Aula 9 - Parte II - Preparo de soluções e Titulações

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Prof. Dra. Evania Andrade 
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Preparo de soluções e Titulações 
Macaé 
Agosto - 2014 
 
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Ácido fraco 
Base forte 
TITULAÇÃO DE UM ÁCIDO FRACO COM UMA BASE FORTE 
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1° Antes da adição de qualquer quantidade de base: a solução contém apenas HA 
em água. Este é um ácido fraco cujo pH é estabelecido pelo equilíbrio: 
AH  H+ + A- 
Ka 
2° Antes do ponto de equivalência: há uma mistura de HA (que não reagiu), mais 
o A- produzido pela reação, com isso, temos um SISTEMA TAMPÃO!!! Para 
determinarmos o pH vamos utilizar a equação de Henderson-Hasselbalch. 
Os cálculos envolvidos na titulação para esse problema exibem quatro 
procedimentos algébricos diferentes: 
Ácido fraco 
Base forte 
sç. tem apenas HA em água 
Equação de equilíbrio 
pH 
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 Uma solução tamponada resiste a uma mudança de pH 
quando ácidos ou bases são adicionados ou quando ocorre 
uma diluição. 
 UM TAMPÃO É UMA MISTURA DE UM ÁCIDO E SUA 
BASE CONJUGADA, SENDO NECESSÁRIO QUE 
EXISTAM QUANTITADES COMPARÁVEIS DE ÁCIDO E 
BASE CONJUGADOS (DENTRO DE UM FATOR DE 10) 
PARA QUE HAJA AÇÃO DE TAMPONAMENTO 
SIGNIFICATIVA 
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3° No ponto de equivalência: “todo” o HA foi convertido em A-. A mesma solução 
pode ser feita simplesmente dissolvendo-se A- em água. Temos uma base fraca cujo 
pH é estabelecido pela reação: 
 
 
 
 
 
 
 
4° Após o ponto de equivalência: a base adicionada a solução encontra-se em 
excesso. Uma boa aproximação é determinar o pH considerando apenas a base forte 
(excesso de OH-). 
A- + H2O  HA
 + OH- 
Kb 
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Exemplo: 
Estime o pH do ponto estequiométrico da titulação de 25 mL de 0,100 M de HCOOH 
(aq) com 0,150 M de NaOH (aq). 
Dicas!!! 
1 - O sal no PE fornece um íon que age como uma base fraca ou como um ácido fraco? 
2 – Observe que a quantidade de sal no PE é igual à quantidade inicial de ácido e que o 
volume é o volume total das soluções de analito e titulante. 
3 – Kb de uma base fraca esta relacionado com Ka de seu ácido conjugado por: 
 
 Ka x Kb = KW 
4 – Supunha que a autoprotólise da água não tem efeito significativo no pH. 
a) Base fraca → espere pH  7 
b) Ácido fraco → espere pH  7 
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8 HCOOH 
NaOH 
Estequiometria da reação: 
 
HCOOH(aq) + NaOH(aq) HCOONa(aq) + H2O(aq 
Ka = 1,8 x10-4 
Íon básico – pH  7 
Ka x Kb = Kw 
Kb = 5,55 x 10
-11 
M = 0,150 M 
V = (?) 
M = 0,100 M 
V = 25 mL = 2,5 x 10-3 L 
→ n = 
= n = 2,5 x 10-3 mol 
Cálculos!!!! 
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Qual é o volume de 0,150 M de NaOH que contém 2,5 x 10-3 mol de íons OH-? 
Qual é o volume total das soluções combinadas? 
Qual [HCOO-] no PE ? 
Qual o pH da solução ? 
Mbs x Vbs = Mác. X Vác. 
Vbs = 16,7 mL 
Vtotal da sç. = 16,7 mL + 25 mL 
Vtotal da sç. = 41,7 mL 
HCOOH 
NaOH 
M = 0,150 M 
V = (?) 
M = 0,100 M 
V = 25 mL = 2,5 x 10-3 L 
[HCOO-] = 
𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑎 𝑠ç.
= 
[HCOO-] = 0,0600 M 
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Estequiometria da reação no PE: 
 
HCOO-(aq) + H2O(aq  HCOOH(aq) + OH
-(aq 
Kb = 
𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻 [𝑂𝐻
_
]
[𝐻𝐶𝑂𝑂
_
]
 
HCO2
- HCOOH OH- 
Minicial 0,0600 0 0 
∆ M -X +X +X 
M  0,0600 - X X X 
Kb = 
𝑋2
0,0600 −𝑋
 
Kb = 1,8 𝑥 10_6 = [OH
-] 
pOH = -log (1,8 𝑥 10_6 ) 
pOH = 5,74 
pH = 8,16 
Autoprotólise da água!!! 
[OH-] = 1,0 X 10-7 
Logo a [OH-] é 18 x maior 
Então podemos ignora-la 
nos cálculos 
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Titulação de 50,00 mL de ácido 2-(N-morfolino)etanossulfônico (pKa = 6,27) 0,020 
M com solução de NaOH 0,100 M. 
Exemplo: 
1° Reação de titulação: 
Esta reação é o inverso da reação de Kb para a base A-. Portanto a constante 
de equilíbrio para a reação acima será: 
A constante de equilíbrio é tão alta que 
podemos dizer que a reação é “completa”, 
após cada adição de OH-. 
A reação de uma base forte com um ácido fraco é completa. 
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Cálculo do volume necessário para atingir o ponto de equivalência: 
1° região: Antes da Adição da Base. 
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HA OH- A- 
Minicial 1 3/10 - 
M final 
relativa 
7/10 - 3/10 
2° região: Antes do PE. 
Após ter começado a adição de OH-, uma mistura de HA mais A- é formada. Essa 
mistura é um tampão cujo pH pode ser calculado com a equação de Henderson-
Hasselbalch, uma vez que o quociente [A-]/[HA] seja conhecido. 
Vamos admitir que desejamos calcular o quociente [A-]/[HA] após a adição de 3,00 
mL de OH-. Como Ve = 10,00 mL, a base adicionada foi suficiente para reagir apenas 
com três décimos de HA. 
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Uma vez que o quociente [A-]/[HA] seja conhecido para uma determinada 
solução, sabemos como calcular o pH dessa solução: 
HA OH- A- 
Minicial 1 3/10 - 
M final 
relativa 
5/10 - 5/10 
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HA OH- A- 
Minicial 1 1 - 
M final 
relativa 
- - 1 
3° região: No PE. 
No ponto de equivalência, a quantidade de NaOH é exatamente a suficiente para 
consumir todo o HA. 
A solução resultante contém “apenas” A- , solução de base fraca!!! 
Neste ponto a concentração formal de A- deixou de ser 0,020 M, que era a 
concentração de HA. O A- é diluído pelo NaOH proveniente da bureta: 
O pH no ponto de equivalência nessa titulação é 9,25. 
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4° região: Após o PE. 
 
Agora estamos adicionando NaOH à solução de A-. A base NaOH é muito mais forte 
que a base A-, de modo que é uma aproximação razoável dizer que o pH é 
estabelecido pela concentração do excesso de OH- na solução. 
Vamos calcular o pH quando Vb = 10,10 mL. Isso corresponde apenas a 0,10 mL 
além de Ve. 
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Curvas de Titulação: dependência de Ka e concentração do 
ácido 
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- KOTZ, J. C.; TREICHEL, P. M.; WEAVER, G. C. QUÍMICA GERAL E REAÇÕES QUÍMICAS 
VOL. Tradução da 6ª edição norte-americana SÂO PAULO: Cengage Learning, 2010. 
 - BROWN, T. L.; JUNIOR, H. E. l.; BURSTEN, B. E.; BURDGE, J. R. Química a Ciência 
Central 9 ed São Paulo: Pearson, 2011. 
- ATKINS P. JONES L. Princípios de Química-Questionando a Vida Moderna e o Meio 
Ambiente 3 ed. Porto Alegre: BOOKMAN, 2006. 
 
BIBLIOGRAFIAS