aula analitica substancias anfoteras

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SUBSTÂNCIAS ANFÓTERAS 
São substâncias que apresentam um caráter dualístico em relação ao pH em que elas participam, portanto, em pH ácido elas irão se comportar como bases, por outro lado, em pH básico elas irão se comportar como ácidos.
Exemplo de substâncias anfóteras:
 CO3 2- (aq) + H2O(l) HCO3 - (aq) + OH- (aq)
 HCO3 - (aq) + H2O(l) H2CO3(aq) + OH- (aq)
H2SO4(aq) + H2O(l) HSO4 - (aq) + H3O+ (aq) 
HSO4 - (aq) + H2O(l) SO4 2- (aq) + H3O+ (aq)
Anfóteros: que se pode comportar como ácido ou como base Anfipróticos: São moléculas que apresentam caráter ácido e básico ao mesmo tempo. Possuem uma região ácida e outra básica.
O é mais eletronegativo, prendendo os elétrons, enquanto que os elétrons do N estão mais disponíveis, logo, substâncias nitrogenadas são sempre mais básicas que as oxigenadas. 8 – hidroxiquinolina: usada para sequestrar metais O metal se liga ao N e forma um anel pentavalente O metal se coordena com outras 8 – hidroxiquinolinas
 
HCO3- nos antiácidos, mas também nos desodorantes, já que neutraliza facilmente os ácidos produzidos pelas glândulas sudoríparas. 
ZnO também é uma substância anfótera: 
ZnO + H3O+ → Zn+2 (solúvel) 
ZnO + OH- → ZnO2 - (solúvel) Zincato é o pó branco do leite de rosas.
Para o cálculo do pH de substâncias anfóteras devemos considerar:
 Se Ka> Kb, pH= - ½ log Ka . Ca + Kw 
Se Kb > Ka, pH = - ½ log Kb . Cb + Kw
Exemplos de hidróxidos anfóteros:
 Al(OH)3 (s) + 3H3O+ (aq) → Al+3 (aq) + 6H2O(l)
 Al(OH)3 (s) + OH- (aq) → [Al(OH)4 ] - (aq) 
Zn(OH)2 (s) + 2H3O+ (aq) → Zn+2 (aq) + 4H2O(l) 
Zn(OH)2 (s) + 2OH- (aq) → [Zn(OH)4 ] -2 (aq) 
Sn(OH)4 (s) + 3H3O+ (aq) → Sn+4 (aq) + 8H2O(l) 
Sn(OH)4 (s) + 2OH- (aq) → [Sn(OH)6 ] -2 (aq)
NEUTRALIZAÇÃO E HIDRÓLISE
Neutralização é a união de valências de sinais contrários representados por íons H3O+ , os quais são as valências (+) e pelos íons OH- os quais são as valências (-). Podemos afirmar que a neutralização de ácidos e bases ocorre quando o Ka a Kb são semelhantes, os quais unem-se para formar como produto o correspondente SAL E ÁGUA.
Podemos escrever para a clássica reação: NaOH + HCl → NaCl + H2O Portanto, podemos concluir que soluções de ácidos e bases com mesma força de dissociação e concentração, ao se unirem irão atingir pH = 7, o qual é também chamado de pH de neutralização. 
Quando temos ácidos e bases com forças de dissociação distintas, iremos observar também sal e água na reação de neutralização. Entretanto, este sal sofre reação reversa através das moléculas de água formadas no processo reacional, em um processo denominado HIDRÓLISE. 
NaOH + H3CCO2H → H3CCO2Na + H2O
Neste caso temos a hidrólise do acetato de sódio dando origem ao hidróxido de sódio, base forte, e ao ácido acético, ácido fraco. O pH neste caso não será o pH de neutralização e sim um pH básico em função da dissociação do NaOH. 	
NH4Cl + H2O → NH4OH + HCl
Neste caso temos a hidrólise do cloreto de amônio dando origem ao HCl , ácido forte, e ao NH4OH, base fraca. O pH neste caso não será o pH de neutralização e sim um pH ácido em função da dissociação do HCl.
HIDROLISE
Para melhor entendermos o fenômeno de hidrólise e neutralização dividiremos as soluções salinas em 4 tipos de sais representados abaixo:
1-Sal de ácido forte com base forte: Nesse tipo de solução observaremos a clássica reação de neutralização de ácido forte com base forte, resultando como produtos sal e água. O pH neutro obtido pode ser compreendido pela equimolaridade das soluções e das forças de dissociação.
 2NaOH + 2HCl → 2NaCl + 2H2O equimolaridade 
10NaOH + 5HCl → 5NaCl + 5NaOH + 5H2O não há equimolaridade, logo não há neutralização
2-Sal de ácido fraco com base forte: o H3CCO2Na é um exemplo, pois altera significativamente o valor de Kw do sistema porque a base OAc- captura os prótons da H2O formando Hac, deixando os ânions OH- mais disponíveis no meio reacional. O pH básico é o resultado dessa solução.
H3CCO2Na + H2O → NaOH + H3CCO2H 
pH = ½ pKw + ½ pKa + ½ log [sal]
 Constante de hidrólise: Kh = Kw / Ka 
Grau de hidrólise: h =Kh / Csal
Qual é o pH de uma solução 0,015M de acetato de sódio (CH3COONa, Ka = 1,8 x 10-5 )?
CH3CO2Na + H2O → CH3CO2H + OH
0,015 - - 
0,015-x x x
pKa = - log Ka = -log 1,8 .10-5 = 4,75
 pH = ½ pKw + ½ pKa + ½ log [sal] 
pH = ½ 14 + ½ 4,75 + ½ log Cs = 7 + 4,75 / 2 + ½ log 0,015 = 
pH = 7 + 2,375 + ½ (-1,824) = 
pH = 7 + 2,375 -0,91 = 8,47
Outro modo de resolver:
Determinar o valor da Kh 
Kh = Kb = [CH3COOH].[OH- ] / [CH3COO- ] = Kw / Ka
 Kh = 1,0.10-14 / 1,8.10-5 
Kh = 5,56.10-10 
a concentração de [OH- ] = ? = x
 Kh = [CH3COOH].[OH- ] / [CH3COO- ]
 5,56.10^-10 = [x].[x] / [0,015 - x] 
5,56.10^-10 = X² / 0,015 
X² = 5,56.10^-10 . 0,015
X² = 8,3 x 10^-12 → x = 2,9 x 10^-6
 [OH- ] = 2,9.10^-6 M
O pH pOH = - log 2,9.10-6
pOH = 5,54 
pH + pOH = 14
 pH = 14 - 5,54 pH = 8,46
3-Sal de ácido forte com base fraca: a dissolução desse tipo de sal em água irá afetar significativamente o sistema reacional em função de que a base fraca pouco se dissociará, pois a interação do íon OH com o cátion tem acentuado caráter covalente. Por outro lado o ácido forte, formado no meio reacional tem ligações exclusivamente iônicas, apresentando alta dissociação. Um exemplo:
NH4Cl + H2O → NH4OH + HCl
Constante de hidrólise (Kh) = Kw /Kb 
Grau de hidrólise = √Kh/ √ [sal]
 pH = ½ pKw - ½ pKb - ½ log [sal]
Calcule o pH da solução de NH4Cl 0,1 M sabendo que o pKb NH4OH = 4,75 
pH = ½ pKw - ½ pKb - ½ log [sal] 
NH4Cl + H2O→ NH4OH + HCl
 0,1 0,1 0,1
 pH = ½ pKw - ½ pKb - ½ log [sal] = ½ 14 – ½ 4,76 – ½ log 0,1 = 5,12
4- Sal de ácido fraco com base fraca: Nesse sistema os produtos formados após a reação de hidrólise são um ácido fraco e uma base fraca. Entretanto, o pH desse tipo de solução pode apresentar 3 faixas distintas em função da constante de dissociação de ácidos e base fracas formados. 
CatAn + H2O → CatOH + Han 
 Base fraca Ácido fraco
Se Ka > Kb, pH < 7 HCO2NH4 + H2O → HCO2H + NH4OH
 pKa=3 pKb=5
Se Ka = Kb, pH = 7 CH3CO2 NH4 + H2O → CH3CO2H + NH4OH
 pKa = 5 pKb=5
Se Ka < Kb, pH > 7 NH4CN + H2O → HCN + NH4OH 
 pKa=8 pKb=5
Grau de hidrólise = Kh = Kw / Ka . Kb 
pH = ½ pKw + ½ pKa - ½ pKb , independe do [sal]