TÓPICO 3 - Titulação Ácido-Base

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Curso: Engenharia Ambiental 
 
Disciplina: Química Analítica 
 
 
TÓPICO 3 - TITULAÇÃO ÁCIDO-BASE 
 
 
 
Profª. Drª. Elisandra Scapin 
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INDICADORES ÁCIDO-BASE 
 
 Muitos compostos naturais e sintéticos exibem cores que 
dependem do pH da solução na qual estão dissolvidos. 
 
Um indicador ácido/base é um par conjugado de ácido e de base 
cujo ácido apresenta uma coloração e a base, outra. 
 
 
 
 
Pelo menos uma das colorações é suficientemente intensa para 
ser visualizada em soluções diluídas. 
 
Ex.: fenolftaleína – 3,3-bis(4-hidroxifenil)-1-(3H)-isobenzofuranona 
– C20H14O4 
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A interconversão entre as formas ácida e básica é semelhante para 
todos os indicadores. 
 
O equilíbrio para um indicador do tipo ácido, HIn é: 
 
 
 
 
 
A concentração de um indicador em solução é geralmente tão 
baixa que sua influência sobre o pH da mesma é desprezível. 
 
O equilíbrio pode ser deslocado tanto para a esquerda quanto para 
a direita de acordo com mudanças na acidez, por isto pode ser 
usado para indicar o pH da solução á qual foi adicionado. 
HIn (aq) + H2O In
-(aq) + H3O
+(aq)
forma ácida forma básica
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Um indicador pode existir na forma ácida em soluções mais ácidas e 
na forma básica em soluções menos ácidas. 
 
 
Ex.: fenolftaleína – forma ácida –incolor 
 - forma básica – vermelha 
 azul de bromotimol - forma ácida - amarela 
 - forma básica – azul 
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Alterações de cores e estrutura 
molecular da fenolftaleína 
Alterações de cores e estrutura 
molecular do azul de bromotimol 
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TITULAÇÕES ÁCIDO-BASE (VOLUMETRIA DE NEUTRALIZAÇÃO): 
 Ponto de equivalência - ponto onde números iguais de 
equivalentes de ácido e de base foram adicionados - indicado pela 
mudança de cor da solução. 
 
 O pH próximo ao ponto de equivalência muda rapidamente com a 
adição de pequenas quantidades de titulante, fornecendo nítida 
mudança de cor. 
Na titulação: 
 Titulado: solução de concentração 
desconhecida – no erlenmeyer. 
 
 Titulante: solução de 
concentração conhecida - na 
bureta. 
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Ex.: curva de titulação de 50,00 
mL de uma solução de KOH 
0,020 M com uma solução de 
HBr 0,100 M. 
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Titulação de um Ácido Forte com uma Base Forte 
 
As curvas de ácido forte com base forte tem o mesmo aspecto: 
 
 
 
Qualquer indicador cuja cor muda no intervalo de 4 - 10 pode ser 
usado. 
 
- pH inicial: o pH da solução antes da adição de qualquer base é 
determinado pelo ácido forte. 
 
Ex.: solução 0,100 mol/L de HCl, [H+] = 0,100 mol/L e o pH = -log 
[H+]= 1,00. 
 
- pH pré-equivalência: o pH antes do ponto de equivalência é 
determinado pela concentração de ácido que ainda não foi 
neutralizado. 
H+(aq) + OH-(aq) H2O
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- pH no ponto de equivalência: neste ponto uma quantidade igual 
de íons OH- e de H+ reagiu, deixando apenas uma solução de 
seu sal. 
 
O pH é 7: 
 
 
-pH pós-equivalência: neste ponto o pH da solução é 
determinado pelo excesso de base na solução. 
 
Ex.: calcule o pH quando as seguintes quantidades de solução 
de 0,100 mol/L de NaOH for adicionada a 50 mL de solução de 
0,100mol/L de HCl: 
a) 49 mL 
b) 51 mL 
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a) 49 mL 
 
Primeiro devemos calcular: 
- a quantidade de H+ na solução: 
(0,050 L) (0,10 mol/L) = 5,00 x 10–3 mol de H+ 
 
- a quantidade de OH- que foi adicionada: 
(0,049 L) (0,10 mol/L) = 4,9 x 10–3 mol de OH- 
 
 
Antes da reação: 5,00 x 10–3 mol de H+ + 4,9 x 10–3 mol de OH- 
Depois da reação: 0,10 x 10–3 mol de H+ 
[H+] = quantidade de H
+ 
litros de solução
0,10 x 10-3 mol
0,099 L
= 1,0 x 10-3 mol/L=
pH = - log [H+] = 3,00
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b) 51 mL 
 
O cálculo é o mesmo, só que agora temos mais OH- na solução 
do que H+: 
- Quantidade de H+ na solução: 
(0,050 L) (0,10 mol/L) = 5,00 x 10–3 mol de H+ 
 
- Quantidade de OH- adicionada: 
(0,051 L) (0,10 mol/L) = 5,1 x 10–3 mol de OH- 
 
Antes da reação; 5,00 x 10–3 mol de H+ + 5,1 x 10–3 mol de OH- 
Depois da reação: 0,00 x 10–3 mol de H+ 0,10 mol de OH- 
pOH = - log [OH] = 3,00
[OH-] = 
quantidade de OH- 
litros de solução
0,10 x 10-3 mol
0,101 L
= 1,0 x 10-3 mol/L=
pH = 14 - pOH = 11
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2. Calcule os valores de pH para a titulação de 50mL de HCl 
0,050mol/L com NaOH 0,100mol/L nos seguintes pontos: 
 
a) Ponto inicial (antes de adicionar qualquer base): 
A solução contém 0,050 molL-1 de H3O
+: 
 
pH = -log [H3O
+] = - log 0,050 = 1,3 
Isto porque o HCl é um ácido forte!!! 
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b) Após a adição de 10mL de reagente 
MHCl= 
nº de mol original de HCl - nº de mols de NaOH adiconado
Volume total da solução 
MHCl= 
(0,05L x 0,050molL1-) - (0,01L x 0,100molL1-)
0,05L + 0,01L
MHCl= 
(0,0025molL1-) - (0,001molL1-)
0,06L 
= 2,500 x 10-2 mol L-1
[H3O
+] = 2,500 x 10-2 mol L-1 
pH = - log [H3O
+]= 1,60
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c) Após a adição de 25mL de reagente – ponto de equivalência 
(0,05 x 0,05 = VNaOH x 0,10): 
[H3O
+] = Kw = 1,00 x 10
-14 = 1,00 x 10-7
pH = - log [1,00 x 10-7]= 7,00
Cálculo do Ponto de equivalência: 
Ma x Va = Mb x Vb 
 
0,050 x 50 = 0,100 x Vb 
 
Vb = 25 ml de base 
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d) Após a adição de 25,10mL de reagente 
MNaOH= 
nº de mol original de NaOH - nº de mols de HCl adiconado
Volume total da solução 
(0,02510L x 0,100molL1-) - (0,05L x 0,05molL1-)
00,0751L
(0,00251molL1-) - (0,0025molL1-)
0,0751L 
= 1,33 x 10-4 mol L-1
[OH-] = 1,33 x 10-4 mol L-1
pOH = - log [1,33 x 10-4 mol L-1]= 3,88
pH = 14,00 - 3,88 = 10,12
MNaOH= 
MNaOH= 
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Curva De Titulação De Um Ácido Fraco Com Uma Base Forte 
 
Ex.: Titulação de 50,00 mL de uma solução de MES (ácido 2-(N-
morfolino)etanossulfônico - ácido fraco, pKa = 6,27 ) 0,020 M 
com solução de NaOH 0,100 M. 
1) Reação de Titulação 
2) Cálculo do Volume no Ponto de Equivalência: 
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- pH inicial: como o ácido é fraco, o pH depende da dissociação no 
equilíbrio: 
Ka = x . x 
 0,100 
X2 = (1,8 x 10-5) . 0,100 = 1,34 x 10-3 
pH = -log [H+]= 2,87. 
 
- entre o pH inicial e o ponto de equivalência: 
 
 
 
-Ponto de equivalência: é atingido após a adição de 50 mL de 
NaOH., e o pH é maior do que 7. 
 
-Depois do ponto de equivalência: o pH é dado pelo excesso de 
NaOH. 
HC2H3O2(aq) + OH-(aq) C2H3O2
-(aq) + H2O(l) 
Ex.: 50 mL de HC2H3O2 0,100 mol/L são titulados com NaOH 
0,100mol/L 
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Exemplo: Calcule o pH de uma solução formada quando 45 mL de 
0,100 mol/L de NaOH forem adicionados a 50 mL de 0,100 mol/L de 
HC2H3O2 ( Ka = 1,8 x 10
-5) 
- Quantidade de cada reagente antes da neutralização: 
- O NaOH consome o HC2H3O2: 
- Como há um equilíbrio entre o HC2H3O2 e o C2H3O2
- temos um 
tampão: 
 
Ka (CH3COOH) = 1,8 x 10
-5 
-Volume total: 45mL + 50mL= 95mL 
- Após a reação tem-se: 
pH = (-log 1,8 x 10-5 ) + log 
0,0474 
0,0053 
pH = 5,70 
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Curva De Titulação De Um Ácido Forte Com Uma Base Fraca 
Ex.: titulação de 50 mL 
de NH3 1 mol/L com 
HCl 1 mol/L 
 
O ponto de 
equivalência é em 4,8, 
portanto deveria ser 
escolhido um indicador 
que tivesse este pH no 
seu intervalo de 
variação de coloração. 
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Uma alíquota de 50,00mL de NaCN 0,050mol.L-1 é titulada com 
HCl 0,100mol.L-1. A reação é: 
a) 0,00 mL de HCl: 
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b) 10 mL de reagente: 
A adição do ácido produz um tampão com a composição dada por: 
 
(0,01L x 0,10molL1-) 
0,05L + 0,01L
= 1,66 x 10-2 mol L-1MHCN= 
(0,05L x 0,050molL1-) - (0,01L x 0,100molL1-)
0,05L + 0,01L
MNaCN= 
(0,0025molL1-) - (0,001molL1-)
0,06L 
= 2,500 x 10-2 mol L-1
MNaCN= 
NaCN Na
+ + CN- (o que sobrou) NaCN + HCl HCN + NaCl
(0,0025mol.L-1) – (0,001mol.L-1) 
 (0,01L x 0,10mol.L-1) 
Substituindo estes valores na equação de Henderson-Hasselbalch 
temos: 
pH = pKa + log 
[A-]
[HA]
pH = (- log 6,2 x 10-10) + log 
[2,50 x 10-2 mol L-1]
[1,66 x 10-2 mol L-1]
pH= 9,20 + 0,17 = 9,37
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b) 25 mL de reagente 
 
Este volume corresponde ao ponto de equivalência. 
 
A espécie principal do soluto é o ácidofraco HCN: 
[H3O
+] = Ka x MHCN = 6,2 x 10
-10 x 0,033= 4,45x 10
-6 mol L-1
pH = - log (4,45x 10-6)= 5,34
(0,025L x 0,10molL1-) 
0,075
= 0,033 mol L-1MHCN= 
HCN + H2O H3O
+ + CN-
29 
MHCl = (0,026L x 0,100molL
-1) - (0,050L x 0,050molL-1)
0,076L
= 1,32 x 10-3molL-1
pH = -log ( 1,32 x 10-3 ) = 2,88
d) 26mL de reagente 
 
O excesso de ácido forte presente reprime a dissociação do 
HCN a ponto de sua contribuição ao pH ser desprezível. Assim: 
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Parte da piridina foi neutralizada, há uma mistura de piridina e íon 
piridínio – TAMPÃO. 
A fração de piridina que foi titulada é 4,63/19,60 = 0,236 
A fração de piridina remanescente é (19,60 – 4,63)/19,60 = 0,764 
Considere a titulação de 25,00 mL de piridina 0,08364 M com uma 
solução de HCl 0,1067 M. 
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Ácidos e Bases Polifuncionais 
Sistema ácido Fosfórico 
Quando adicionamos dois equilíbrios sequenciais multiplicam-se 
as constantes de equilíbrio : 
- 
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Quando adicionamos os 3 equilíbrios sequenciais multiplicam-se 
as constantes de equilíbrio teremos : 
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O equilíbrio de dissociação do H3PO4 é: 
Presumindo que a dissociação de H2PO4
- seja desprezível temos: 
Calcule a concentração de íon hidrônio em uma solução tampão de ácido 
fosfórico 2,00 molL-1 e diidrogênio fosfato de potássio 1,50 molL-1. 
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Curva De Titulação De Um Ácido Poliprótico 
 
Ex.: curva de titulação de 50mL de H2SO3 1 mol/L com NaOH 
Reação 1: 
 
Reação 2: 
H2SO3(aq) + OH
-(aq) HSO3
- (aq) + H2O
HSO3
- (aq) + OH-(aq) SO3
2-(aq) + H2O 
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Ex.: Uma solução de NaOH livre de carbonato teve sua 
concentração determinada imediatamente após a sua preparação 
como igual a 0,05118 molL-1. Exatamente 1,000 L dessa solução foi 
exposto ao ar por algum tempo e absorveu 0,1962 g de CO2. 
Calcular o erro de carbonato relativo que surgiria na determinação 
de ácido acético com a solução contaminada se for utilizada a 
fenolftaleína como indicador. 
36 
APLICAÇÕES TÍPICAS DAS TITULAÇÕES DE NEUTRALIZAÇÃO 
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Referências Bibliográficas: 
 
1. HARRIS, D. C. Análise Química Quantitativa. 8ª Edição., Rio 
de Janeiro, Editora Livros Técnicos e Científicos S. A., 2012. 
 
2. SKOOG, D. A.; West, D. A.; Holler, F. J.; Crouch, S. R.; 
Fundamentos de Química Analítica, 9ª Edição, Editora Thomson, 
2014. 
 
3. VOGEL, A. I. Analise Química Quantitativa. 6 ed. Rio de 
Janeiro: Livros Técnicos e Científicos. 2002. 
 
4. BACCAN, N. Química Analítica Quantitativa Elementar. São 
Paulo: Edgard Blücher. 2001.