Exercícios sobre titulações de ácido comentadas

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Exercícios sobre titulações de ácido-base
10. Que volume de Ba(OH)2 é necessário adicionar a 50 mL de NaOH 0,30 M para obter uma solução 0,50 M em HO- ?
2* nBa(OH)2 + nNaOH / vtotal = 0,50 M
Supondo que os volumes são aditivos, vtotal = vBa(OH)2 + vNaOH, Portanto:
2* [Ba(OH)2] * vBa(OH)2 + [NaOH] * vNaOH / (vBa(OH)2 + vNaOH) =0,50 M
0,80 M * vBa(OH) 2 + 0,30 M * 50 mL / (vBa(OH)2 + 50 mL) =0,50 M
0,80 M * vBa(OH) 2 + 15 mmol =0,50 M * vBa(OH)2 + 25 mmol
0,30 M * vBa(OH) 2 = 10 mmol
vBa(OH) 2 = 33 mL
11 Titularam-se 20,00 mL de uma solução de HCl 0,1000 M com uma solução de NaOH 0,1000 M. Calcule
11.1 o volume equivalente, e o pH da solução no ponto de equivalência.
No ponto de equivalência,
nHO- adicionado = nH+ presente inicialmente
[HO-] vHO- = [H+] vH+
0,1000 M vHO- = 0,1000 M * 25,00 mL
vHO- = 25,00 mL
pH no ponto de equivalência =7,0, uma vez que na titulação de ácido forte com base forte não se produz nenhuma partícula ácido/base com características diferentes do solvente, e portanto o pH é o pH do solvente puro,
Nota: Rigorosamente, o catião Na+ em solução aquosa é um ácido fraco, mas dado o seu elevado pKa (≈14,5) e baixa concentração (0,100 M) em relação à água (55,5 M), não afectará o pH da solução.
11.2 a variação de pH entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência
1% antes do volume equivalente:
n H+ restante= 1% n H+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mol
Volume da solução = vH+ + vHO- = 25,00 mL + 99 % 25,00 mL= 49,75 mL
[H+] = 25 mol / 49,75 mL = 5,025 * 10-4 M
pH = -log [H+] = 3,3
1% depois do volume equivalente:
n HO- restante= 1% n H+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mol
Volume da solução = vH+ + vHO- = 25,00 mL + 101 % 25,00 mL= 50,25 mL
[HO-] = 25 mol / 50,25 mL = 4,975 * 10-4 M
pHO = -log [HO-] = 3,3
pH =14 – pOH = 10,7
12.Titularam-se 20,00 mL de uma solução de ácido acético 0,1000 M com NaOH 5,000 * 10-2 M. Calcule:
12.1 o volume equivalente de NaOH
No ponto de equivalência,
nHO- adicionado = nCH3COOH presente inicialmente
[HO-] vHO- = [CH3COOH] vCH3COOH
0,05000 M vHO- = 0,1000 M * 20,00 mL
vHO- = 40,00 mL
12.2 o pH no início da titulação, no ponto de equivalência, 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50,00 mL de NaOH.
No início da titulação, temos uma solução de ácido fraco
pH = 1/2 pKa -1/2 log [CH3COOH]
pH = 1/2 *4,76 -1/2 (-1)
pH =2,88
No ponto de equivalência, temos uma solução de base fraca:
pH = 7,00 +1/2 pKa +1/2 log [CH3COO-]
pH = 7,00 + 2,38 +1/2 log (0,0333)
pH = 8,64
1% antes ponto de equivalência:
pH = pKa + log ([CH3COO-]/[CH3COOH]
pH= 4,76 + log 99
pH = 6,76
1% depois do ponto de equivalência, o excesso de NaHO equivale a 0,02 mmol, num volume de 60,40 mL,
[HO-]= 0,02 mmol/60,40 mL = 3,31 * 10-4 M
pH = 14 - pOH =10,52
Após grande excesso (50,00 mL) de titulante, o excesso de NaOH é:
(50,00-40,00) *5,000* 10-2 M = 5,000 * 10-4 mol, num volume de 50,00+20,00 = 70,00 mL,
[HO-]= 0,5000 mmol / 70,00 mL = 7,14 * 10-3 M
pH = 14 - pOH =11,85
Os exercícios 13. a 16. resolvem-se de forma idêntica:
13.Titularam-se 25,00 mL de uma solução de ácido fórmico 0,1200 M com NaOH 0,1000 M. Calcule:
13.1 o volume equivalente de NaOH
13.2 o pH no início da titulação, no ponto de equivalência, 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50,00 mL de NaOH.
14.Titularam-se 50,00 mL de NaCN 0,0500 M com HCl 0,1000 M. Calcule o pH depois da adição de 0.00 , 10.00, 25.00 e 26.00 mL de ácido.
15.Trace a curva de titulação de 10,00 mL de uma solução aquosa de ácido sulfúrico 0,1500 M com uma solução de NaOH 0,3000 M.
16. Esboce as seguintes curvas de titulação:
16.1 20,00 mL de amoníaco 0,1000 M com ácido clorídrico 0,1000 M.
16.2 25,00 mL de ácido maleico 0,1000 M com hidróxido de sódio 0,1000 M.
16.3 20,00 mL de fosfato de sódio 0,1000 M com ácido clorídrico 0,1000 M.
17.Analisou-se uma amostra de 0,7121 g de farinha de trigo pelo método de Kjeldahl:
CaHbNc -----> a CO2 + ½ b H2O + ½ c (NH4)2SO4 (reacção realizada na presença de H2SO4 como catalizador)
(NH4)2SO4 + OH- ---> 2 NH3 + SO42-
NH3 + HCl --> NH4Cl + HClexcesso
HClexcesso + NaOH -->H2O + NaCl
O amoníaco formado por adição de uma base concentrada após digestão com H2SO4 foi destilado sobre 25,00 mL de HCl 0,04977 M. O excesso de HCl foi depois titulado por retorno com 3,97 mL de NaOH 0,04012 M. Calcule a percentagem de proteína na farinha.
Dados: 17,5% de N na proteína da farinha.
nHCl total = [HCl] vHCl = 0,04977 M * 25,00 mL = 1,244 mmol = nHCl gasto na reacção com o NH3  + nHClexcesso
nHClexcesso= nNaOH necessário para o titular = 3,97 mL * 0,04012 M = 0,1593 mmol
nNproteína = nNH3 formado = nHCl total – nHClexcesso = 1,244 mmol – 0,1593 mmol =1,085 mmol
mNproteína = 15,20 mg
mproteína = 15,20 mg/0,175 = 86,9 mg
A percentagem de proteína na farinha é portanto = 0,0869 g/ 0,7121 g = 12,2 %
18. Determine o título rigoroso de uma solução aquosa de HCl 0,04 M, sabendo que quando se titulam 50,00 mL do ácido se gastam 50,00 mL de uma solução preparada a partir de 0,3850 g de bórax (381,37 g/mol).
Na2[B4O5(HO)4]. 8H2O <-> 2 H3BO3 + 2 [B(HO)4]- + 2 Na+ + 3 H2O
[B(HO)4]- + H+ <-> H3BO3 + H2O
nbórax= mbórax/MM(bórax) = 0,3850 g / 381,37 g/mol = 1,0095 mmol
nHCl = 2* nbórax= 20,19 mmol
[HCl] = nHCl / vHCl =2,019 mmol / 50,00 mL = 0,04038 M
19. Uma solução de NaOH isenata de carbonatos tinha uma concentração 0,05118 M imediatamente depois de preparada. Exactamente 1,000 L desta solução foi exposto ao ar durante algum tempo e absorveu 0,1962 g de CO2. Calcule o erro relativo que terá lugar ao titular uma solução de ácido acético com esta solução contaminada,utilizando a fenolftaleína como indicador.
nCO2 = 0,1962 g / 44,010 g/mol = 4,458 mmol
nNaOHinicial= 1,000 L* 0,05118 M = 51,18 mmol
O ácido carbónico é diprótico, e reage por isso com o dobro da sua quantidade de NaOH,
[NaOH]final= nNaOHfinal / vNaOH = 51,18mmol – 2* 4,458 mmol /1,000 L = 0,04226 M,
O erro na titulação será 0,05118 / 0,04226 = 21,11%,