Equilíbrio Químico Envolvendo A Formação De Composto Pouco Solúvel

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CAPÍTULO 3 
EQUILÍBRIO QUÍMICO ENVOLVENDO A FORMAÇÃO DE COMPOSTO POUCO SOLÚVEL 
 
 
3.1 INTRODUÇÃO 
 
 
As reações envolvendo o equilíbrio de precipitação são importantes, pois através da 
teoria e dos cálculos que envolvem a formação dos precipitados se pode prever a solubilidade 
de um determinado sal, pode-se controlar a formação de um precipitado e isto pode ser 
aplicado no tratamento de águas residuais, na extração de metais na água do mar, isto é, na 
purificação de qualquer sistema através da separação de cátions ou ânions de interesse.etc. 
Reações em solução aquosa que ocorrem pela mistura de dois compostos com a 
formação de compostos pouco solúveis são denominadas de reações de precipitação. 
 
Exemplos: AgNO3 + NaCl ⮀ AgCl + NaNO3 
branco 
Pb(NO3)2 + K2CrO4 ⮀ PbCrO4(s) + 2 KNO3 
amarelo 
 
 
OBS: Um precipitado pode ser representado numa equação química pelo sub-índice (s), que 
significa que um sólido foi formado na reação ou pela fórmula do sólido sublinhada, como 
exemplificado acima. 
 
Em reações que envolvem a formação de precipitado, é comum escrever a equação 
química somente com os íons que participam da reação de precipitação. 
A partir dos exemplos acima: 
Exemplo: Ag+ + Cl- ⮀ AgCl 
branco 
Pb2+ + CrO 2- ⮀ PbCrO 
amarelo 
 
 
O processo de precipitação envolve um equilíbrio heterogêneo e não se processa 
instantaneamente. A condição de equilíbrio é descrita pelo produto de solubilidade, que será 
discutido mais adiante. Antes, porém, é necessário que se compreenda alguns conceitos 
básicos, tal como, solubilidade de um determinado composto (soluto) em um solvente 
específico. 
141 
 
 
 
Solubilidade é a quantidade máxima de composto (soluto) que se consegue dissolver 
em um volume de solvente e pode ser descrita em g soluto/L solução (Título) ou mol soluto/L 
solução (concentração molar). Quando a solubilidade de um determinado soluto é baixa ou 
muito baixa eles são denominados pouco solúveis ou insolúveis. 
 
Quando um composto tem uma solubilidade limitada e tenta-se dissolver uma 
quantidade deste composto que exceda a sua solubilidade, os íons desse composto que se 
ionizam entram em equilíbrio com o material sólido (o composto). Antes, porém é necessário 
que se entenda como funciona o equilíbrio entre um composto pouco solúvel e seus íons em 
solução. 
 
Dado o exemplo: Em um bécher colocar uma massa qualquer, por exemplo, 1,0 g de 
cloreto de prata (AgCl) e completar com água até 1,0 L de solução. Misturar e tentar dissolver o 
sólido. Deixar em repouso e observar. A equação química abaixo representa a reação entre o 
sólido e seus íons em solução, após ter sido atingido o equilíbrio. 
 
AgCl (s) ⮀ Ag+ (aq) + Cl- (aq) 
branco 
 
 
Este equilíbrio é heterogêneo (porque apresenta uma fase sólida em equilíbrio com os 
íons da fase aquosa) e a constante de equilíbrio, denominada de constante do produto de 
solubilidade ou simplesmente produto de solubilidade (Kps), é dada pela equação 1 abaixo: 
 
A constante de equilíbrio da reação acima é dada por: 
 
 
K = [Ag+] x [Cl-] 
[AgCl(s)] 
 
Que, rearranjada, pode ser escrita: 
 
 
K x [AgCl(s)] = [Ag+] x [Cl-] 
K x [AgCl(s)] = constante = Kps 
 
 
Obtendo-se a equação 1, que define o produto de solubilidade. 
142 
 
4 
4
2
2 
4 (aq) 
4
Kps = [Ag+] x [Cl-] (1) 
 
 
OBS: A constante de equilíbrio é dependente somente dos íons em solução, pois o sólido 
insolúvel, por ser constante, tem seu valor embutido no Kps. 
 
EXERCÍCIO: Escrever a constante do produto de solubilidade para as reações abaixo. 
 
(a) Ag3PO4 (s) ⮀ 3 Ag+ (aq) + PO 3- (aq) 
 
 
R: Kps = [Ag+]3 x [PO 2-] 
 
(b) Hg2Cl2 (s) ⮀ Hg 2+ + 2 Cl- (aq) 
R: Kps = [Hg 2+] x [Cl-]2 
(c) Al2(SO4)3 (s) ⮀ 2 Al3+ (aq) + 3 SO 2- 
 
R: Kps = [Al3+]2 x [SO 2-]3 
 
 
 
As constantes do produto de solubilidade, como normalmente são chamadas, são 
tabeladas a uma dada temperatura, e listadas nos livros de Química. Na Tabela XI estão 
listados alguns exemplos de constantes de produto de solubilidade para uma série de 
compostos. 
 
Como se deve interpretar a grandeza do Kps? 
(1) Quanto menor o Kps menos solúvel é o precipitado, ou seja, em solução, os íons 
comuns ao precipitado estão em concentrações bem diminutas. 
(2) Quando for comparar a solubilidade de duas ou mais substâncias, se as substâncias em 
questão tiverem o mesmo tipo de estequiometria, a informação do Kps basta, ou 
seja, menor Kps, menos solúvel a substância. 
Exemplo: AgCl e AgBr; Ag2CrO4 e Fe(OH)2; Bi2S3 e Al2(SO4)3 
 
 
Assim, quando for comparar a solubilidade de duas ou mais substâncias, se as 
substâncias em questão NÃO tiverem o mesmo tipo de estequiometria, a informação do Kps 
143 
 
NÃO basta. Neste caso, deve-se calcular a solubilidade da cada substância através do Kps 
e compará-las. 
TABELA XI – PRODUTO DE SOLUBILIDADE APROXIMADO PARA ALGUNS COMPOSTOS 
 
SUBSTÂNCIA FÓRMULA Kps 
Brometo de prata AgBr 7,7 x 10-13 
Cianeto de prata AgCN 2,0 x 10-12 
Cloreto de prata AgCl 1,5 x 10-10 
Fosfato de cálcio Ca3(PO4)2 1,1 x 10-32 
Fosfato de amônio e magnésio Mg(NH4)(PO4) 2,5 x 10-13 
Cromato de prata Ag2CrO4 1,3 x 10-12 
Hidróxido de alumínio Al(OH)3 2,0 x 10-32 
Hidróxido cúprico Cu(OH)2 1,6 x 10-19 
Hidróxido férrico Fe(OH)3 1,5 x 10-36 
Hidróxido ferroso Fe(OH)2 8,0 x 10-16 
Hidróxido manganoso Mn(OH)2 4,0 x 10-14 
Hidróxido de magnésio Mg(OH)2 5,9 x 10-12 
Hidróxido de zinco Zn(OH)2 2,0 x 10-14 
Iodeto de prata AgI 8,3 x 10-17 
Oxalato de cálcio CaC2O4 4,2 x 10-9 
Oxalato de magnésio MgC2O4 1,0 x 10-5 
Oxalato de prata Ag2C2O4 1,1 x 10-11 
Oxalato de zinco ZnC2O4 7,5 x 10-9 
Sulfato de alumínio Al2(SO4)3 1,0 x 10-30 
Sulfeto de bismuto (III) Bi2S3 1,0 x 10-97 
Sulfeto de cádmio CdS 1,0 x 10-27 
Sulfeto de cobalto (II) CoS 5,0 x 10-22 
Sulfeto cúprico CuS 8,5 x 10-45 
Sulfeto manganoso MnS 1,4 x 10-15 
Sulfeto de níquel (II) NiS 4,0 x 10-20 
Sulfeto de prata Ag2S 1,6 x 10-49 
Sulfeto de zinco ZnS 4,5 x 10-24 
Tiocianato de prata AgSCN 1,1 x 10-12 
 
(Fonte: Baccan, 2001) 
144 
 
 
 
3.2 CÁLCULO DA SOLUBILIDADE DE UM SÓLIDO POUCO SOLÚVEL DADA A 
CONSTANTE DO PRODUTO DE SOLUBILIDADE 
Dada reação, qual a solubilidade do AgCl? Dado Kps AgCl = 1,5 x 10-10 
AgCl (s) ⮀ Ag+ (aq) + Cl- (aq) 
Início: sólido 
Reagiu: - s +s +s 
 
Equilíbrio: sólido s s 
 
 
Onde: s = solubilidade (mol/L) ou (mmol/mL); Isto quer dizer que, dependendo do Kps, pode-se 
calcular a quantidade de íons na solução aquosa, após ter sido atingido o equilíbrio. 
 
Logo, aplicando o Kps, tem-se: 
Kps = [Ag+] x [Cl-] 
Como: 
Assim: 
 
[Ag+] = [Cl-] = s 
 
 
Kps = s x s = s2 
 
 
s = Kps = 1,5 x 10-10 = 1,2 x 10-5 mol/L 
 
Resposta: [Ag+] = [Cl-] = s = 1,2 x 10-5 mol/L. Isto significa dizer que s, a solubilidade do AgCl, é 
igual à concentração máxima de íons cloreto e íons prata dissolvidos na solução na 
presença do sólido AgCl. 
 
Uma outra maneira de raciocinar: 
s = [Ag+] = [Cl-] = 1,2 x 10-5 mol/L  A solubilidade, s (mol/L), é a concentração máxima de 
íons cloreto e íons prata dissolvidos na solução saturada. Qualquer quantidade de íons cloreto 
ou íons prata acima dessa concentração irá precipitar cloreto de prata. 
 
Então, quando se deseja saber a solubilidade de um determinado composto deve- 
se entender que: 
O que dissolve de AgCl é –s na reação acima, no equilíbrio, que é igual a +s, que é o que 
solubiliza de íons cloreto e íons prata. Então, pode-se expressar o que se dissolve de AgCl em 
mol/L e g/L. Assim: 
145 
 
Para o cálculo da solubilidade do AgCl (M.M. = 143,5 g/mol), s, em g/L, basta multiplicar 
a solubilidade, s(mol/L) pela massa molar (g/mol), obtendo-se a solubilidade do sólido em g/L. 
Logo: 
s (g/L) = s (mol/L) x M.M. (g/mol) 
s (g/L) = 1,22 x 10-5 (mol/L) x 143,5 (g/mol) 
s (g/L) = 1,75 x 10-3 g/L de AgCl que foram dissolvidos na solução, dando os respectivos 
íons, Cl- e Ag+. 
 
A solubilidade é pequena?Resposta: Sim, pois se tiver, por exemplo, 1 g de AgCl sólido em 1,0 L de solução saturada 
somente 0,00175 g de sólido se dissolverá. 
 
OBS: É importante conhecer a equação balanceada da reação de equilíbrio entre o sólido e 
seus respectivos íons em solução e representá-la corretamente. 
 
Veja o exemplo: A solubilidade de sulfeto de bismuto (mol/L) em uma solução saturada 
com o sólido. Kps(Bi2S3) = 1,0 x 10-97 
Bi2S3 (s) ⮀ 2 Bi3+ + 3 S2- 
Início: sólido 
Reagiu: - s +2s +3s 
 
Equilíbrio: sólido 2s 3s 
 
 
Kps = [Bi3+]2 x [s2-]3 = [2s]2 x [3s]3 = 4s2 x 27s3 
Kps = 108s5 
s = (Kps/108)1/5 = (1,0 x 10-97/108)1/5 
s = 1,56 x 10-20 mol/L. 
 
 
OBS: Este valor não é muito pequeno? Este sólido praticamente não se dissolve em solução 
aquosa. 
 
EXERCÍCIO: 
(a) Calcular a solubilidade (em mol/L e g/L) das seguintes substâncias em soluções 
aquosas saturadas. (b) Colocar esses sólidos em ordem decrescente de solubilidade. 
Consultar a tabela XI de Kps e os pesos moleculares a partir de uma Tabela Periódica. 
- Ag2CrO4. R: s = 6,9 x 10-5 mol/L; 0,023 g/L. 
146 
 
4
4
- Ca3(PO4)2. R: s = 1,6 x 10-7 mol/L; 2,46 x 10-4 g/L. 
- Fe(OH)3. R: s = 4,8 x 10-10 mol/L; 5,13 x 10-8 g/L. 
- Fe(OH)2. R: s = 5,8 x 10-6 mol/L; 5,22 x 10-6 g/L 
Ordem decrescente de solubilidade: Ag2CrO4 < Ca3(PO4)2 < Fe(OH)2 < Fe(OH)3 
+ solúvel ⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢⭢ - solúvel 
LEMBRE-SE: 
A comparação da solubilidade de diferentes compostos em função Kps, só pode ser feita se os 
compostos tiverem a mesma proporção de íons (cátion ou ânion). Se forem diferentes, calcular 
a solubilidade de cada composto e comparar como foi feito acima. 
 
No exemplo acima, só podem ser comparados: 
- cromato de prata (Kps = 1,3 x 10-12) e hidróxido ferroso (Kps = 8,0 x 10-16), que têm a mesma 
razão estequiométrica, respectivamente, 2:1 e 1: 2  menor Kps, menos solúvel. Então, o 
hidróxido ferroso é o menos solúvel. 
 
Ag2CrO4 ⮀ 2 Ag+ + CrO = Kps = 4 s3 
2s s 
Fe(OH)2 ⮀ Fe2+ + 2 OH- Kps = 4 s3 
S 2s 
 
 
3.3 CÁLCULO DO PRODUTO DE SOLUBILIDADE DE UM SÓLIDO, DADA A SUA 
SOLUBILIDADE EM SOLUÇÃO AQUOSA (SATURADA) 
 
Para calcular o Kps, dada a solubilidade do composto, o raciocino é o mesmo, porém o 
cálculo é feito de modo inverso. 
 
EXEMPLO: Calcular o Kps do fosfato de cálcio sabendo-se que sua solubilidade, em mol/L é 
igual 1,0 x 10-6. 
Ca3(PO4)2(s) ⮀ 3 Ca2+ + 2 PO 3- 
Início: sólido 
Reagiu: - s +3s +2s 
 
Equilíbrio: sólido 3s 2s 
 
 
Kps = [Ca2+]3 x [PO43-]2 = [3s]3 x [2s]2 = 27s3 x 4s2 
Kps = 108s5 = 108 x (1,0 x 10-6)5 
147 
 
Kps = 1,08 x 10-28 
 
 
 
 
3.4 FATORES QUE AFETAM A SOLUBILIDADE DE UM PRECIPITADO 
 
 
Uma mudança na solução que contenha um sólido em equilíbrio com seus íons afeta o 
equilíbrio, aumentando ou diminuindo a solubilidade do composto (Princípio de Le Chatelier – 
“Um sistema em equilíbrio que é submetido a uma perturbação, tende a deslocar o equilíbrio na 
direção que anule essa perturbação, e a constante de equilíbrio permanece inalterada”). 
 
Os fatores que afetam o equilíbrio são: 
- O efeito salino (força iônica) da solução (aumenta a solubilidade). 
- A adição de um íon comum ao precipitado (diminui a solubilidade). 
- O pH da solução ou a reação do ânion com ácido (aumenta a solubilidade). 
- A reação do ânion do precipitado com um anion de ácido fraco 
- A formação de íon complexo pela reação do cátion com espécie doadora de par de 
elétrons (molécula ou ânion) (aumenta a solubilidade). 
- A formação de íon complexo pela adição de grande excesso do ânion do precipitado 
(aumenta a solubilidade). 
- A reação do ânion e/ou do cátion com a água (aumenta a solubilidade). 
 
 
OBS: Neste curso estudaremos alguns desses fatores que afetam a solubilidade de um dado 
composto pouco solúvel: adição de um íon comum, o pH da solução onde se forma o 
precipitado, reação do ânion do precipitado com um anion de ácido fraco e formação de íon 
complexo. 
 
 
3.4.1 O EFEITO DA ADIÇÃO DE UM ÍON COMUM AO PRECIPITADO 
Sabe-se que a solubilidade do cloreto de prata em água (solução saturada) é 
sAgCl = 1,2 x 10-5 mol/L. Calcular a solubilidade do cloreto em 1, 0 L de uma solução de NaCl 
0,1mol/L. 
Vamos imaginar agora, uma determinada massa do sólido cloreto de prata em 1,0 L de 
cloreto de sódio 0,1 mol/L. Tem-se, nesse caso, um composto pouco solúvel, o AgCl, e o NaCl, 
148 
 
Cl- (aq) 
s 
+ 
Cl- (aq) 
0,1 
que por ser bastante solúvel, está totalmente ionizado. As reações que representam essa 
situação estão descritas abaixo: 
- Ionização do composto pouco solúvel: AgCl (s) ⮀ Ag+ (aq) + 
s 
- Ionização total da solução de NaCl: NaCl  Na+ (aq) + 
0,1 0,1 
Após ter sido atingido o equilíbrio, tem-se que as concentrações de equilíbrio entre o 
sólido e os seus íons em solução, como exemplificado acima, são: 
[Ag+] = s 
[Cl-] = s + 0,1  0,1mol/L * 
OBS: *isto quer dizer que no equilíbrio têm-se dois tipos de [Cl-]: uma proveniente do 
precipitado AgCl, que é igual a s, e outra proveniente da ionização do NaCl, que é igual 
a 0,1 mol/L. A concentração de [Cl-], s, proveniente do precipitado é muito pequena em 
comparação à [Cl-] = 0,1mol/L da solução de cloreto de sódio, e por isso, pode ser 
desprezada. 
 
Por que desprezar a [Cl-] proveniente do precipitado? O raciocínio é este: em água, a 
solubilidade, s = [Cl-] = [Ag+] = 1,2 x 10-5 mol/L, que é extremamente pequena: 0,000012 mol/L, 
portanto a [Cl-] pode ser desprezada. 
Após o entendimento desse raciocínio, basta aplicar as concentrações de equilíbrio na 
constante do produto de solubilidade do AgCl: 
Kps = [Ag+] x [Cl-]  Kps = [s] x [0,1 + s]  Kps = s x 0,1 
 1,5 x 10-10 = s x 0,1  sAgCl = 1,5 x 10-9 mol/L 
Logo: sAgCl (água) > sAgCl (NaCl) 
 
 
OBS: O íon comum ao precipitado AgCl na solução NaCl (que está totalmente ionizada) é o 
ânion Cl-. Pelo Princípio de Le Chatelier, para que direção se deslocará o equilíbrio para manter 
inalterado o Kps? Se mais cloreto é adicionado, a tendência é a formação de mais precipitado 
(AgCl); para isso íons Ag+ são consumidos e o Kps se mantém constante. 
 
 
3.4.2 O EFEITO DO pH DA SOLUÇÃO ONDE SE FORMA O PRECIPITADO 
Um exemplo interessante é a precipitação de hidróxidos. À exceção dos hidróxidos 
alcalinos (de íons sódio, lítio, potássio, etc) todos os outros hidróxidos são pouco solúveis, tais 
149 
 
como: Ba(OH)2, Mg(OH)2, Al(OH)3, Fe(OH)2, Mn(OH)2, etc. Estes hidróxidos, em sua maioria, 
podem ser dissolvidos pela adição de ácidos fortes ou por formação de íons complexos pelo 
excesso de íons hidroxila (-OH). 
EXEMPLO: Tem-se 1,0 L de solução contendo o precipitado hidróxido ferroso. Calcular a 
solubilidade e o pH em que este precipitado pode começar a solubilizar. 
Dado: Kps Fe(OH)2 = 8,0 x 10-16 
 
Fe(OH)2(s) ⮀ Fe2+ + 2 OH- 
Equilíbrio -s s 2s 
 
 
Aplicando o Kps, tem-se: 
Kps = [Fe2+] x [OH-]2 = s x (2s)2 = 4s3 
s = (Kps/4)1/3  s = 5,85 x 10-6 mol/L 
 
Conhecendo-se s, pode-se calcular a concentração dos íons em solução que estão em 
equilíbrio com o precipitado. Assim: 
[Fe2+] = s = 5,85 x 10-6 mol/L  [OH-] = 2s = 2 x 5,85 x 10-6 mol/L  [OH-]= 1,2 x 10-5 mol/L 
 
Resposta: Se [-OH] = 1,2 x 10-5 mol/L, é a concentração máxima de íons hidroxila na solução 
sem haver precipitação, acima dessa concentração, haverá formação de precipitado. 
 
Logo, sabendo-se que pOH = - log [OH-] e que pH = 14 – pOH, pode-se calcular a partir de que 
pH o hidróxido ferroso precipita. 
pOH = -log [-OH] = - log (1,2 x 10-5) = 4,92 pH = 14 – pOH = 9,08 
 
 
Em pH > 9,08, a solubilidade do hidróxido ferroso diminui para se adequar ao Princípio de Le 
Chatelier, ou seja, aumentando o pH, aumenta [-OH], o equilíbrio se desloca para a formação do 
precipitado Fe(OH)2. 
 
3.4.2.1 PRECIPITAÇÃO SELETIVA (CONTROLADA) DE HIDRÓXIDOS 
 
Pode-se separar seletivamente um ou mais metais que forme hidróxidos pouco solúveis, 
somente pelo ajuste de pH do meio reacional.150 
 
EXEMPLO 1: Uma solução contém os íons Mg2+ 10-1 mol/L e Fe3+ 10-1 mol/L. Em que faixa de 
pH pode-se separar um cátion do outro, pela adição gota a gota, de uma solução de NaOH 
1,0 mol/L? 
Dados: Kps (Mg(OH)2) = 7,1 x 10-12 Kps (Fe(OH)3) = 2,0 x 10-39. 
 
- Cálculo do pH para precipitar Mg(OH)2, basta aplicar o Kps: 
Reação: Mg(OH)2 ⮀ Mg2+ + 2 -OH 
Kps = [Mg2+] x [-OH]2 7,1 x 10-12 = 10-1 x [-OH]2 
[OH-] = 8,6 x 10-6 mol/L. pOH = 5,1 pH = 14 – 5,11 = 8,9 
Conclusão: Em pH > 8,9 o cátion magnésio precipita na forma de hidróxido de magnésio. 
 
 
- Cálculo do pH para precipitar Fe(OH)3, basta aplicar o Kps: 
Reação: Fe(OH)3 ⮀ Fe3+ + 3 -OH 
Kps = [Fe3+] x [-OH]3 2,0 x 10-39 = 10-1 x [-OH]3 
[OH-] = 2,7 x 10-13 mol/L. pOH = 12,5 pH = 14 – 11,60 = 1,4 
 
 
Conclusão: Em pH > 1,4 o cátion férrico precipita na forma de hidróxido férrico. 
 
 
Resposta: Para separar um cátion do outro basta aumentar o pH da solução acima de pH 1,4, 
porém o pH não pode ultrapassar a 8,9. Ou seja, precipita-se o cátion férrico e o cátion 
magnésio permanece em solução. 
 
OBS: O mesmo exemplo pode ser analisado de forma distinta. O Kps do Fe(OH)3 é muito 
menor que o do Mg(OH)2, embora não sejam seus Kps comparáveis (precipitados de 
estequiometria diferente), a enorme diferença nos valores numéricos dos Kps é que permitem 
estabelecer, com confiança, que a solubilidade do Fe(OH)3 é muito menor que a do outro. 
Assim, parece que o Fe(OH)3 precipitará em menores [-OH]. Pode-se resolver o problema da 
seguinte forma: (1) calculando a [-OH] requerida para precipitar quantitativamente o Fe3+ e (2) 
calculando a [-OH] no qual o Mg(OH)2 começa a precipitar. Se (1) é menor que (2), a 
separação é possível em princípio, e a faixa de [-OH] permitida é definida pelo dois valores, 
como no exemplo anterior. Porém no exemplo abaixo o problema proposto é que a remoção de 
Fe3+ da solução tenha que ser QUANTITATIVA. 
 
3.4.2.2 PRECIPITAÇÃO SELETIVA E QUANTITATIVA DE HIDRÓXIDOS 
151 
 
Duas considerações tornam-se necessárias quando tratamos de separações iônicas por 
precipitação controlada: 
1o. A precipitação de uma espécie é dita quantitativa quando sua concentração é reduzida em 
1000 vezes em relação à concentração inicial (99,9 % são precipitados). 
Exemplo: 1 parte em 1000 de [Fe3+] = 0,1 mol/L, ou seja, 
1/1000 de [Fe3+] = 1/1000 x 10-1 = 10-4 mol/L. 
2o. Uma espécie é dita quantitativamente ausente de uma solução quando sua concentração for 
inferior a 10-6 mol/L (m < 0,0001g). 
 
EXEMPLO 2: Podem Mg2+ e Fe3+ serem separados QUANTITATIVAMENTE como hidróxidos, a 
partir de uma solução 10-1 mol/L em cada cátion? Se a separação é possível, que faixa de [-OH] 
é permitida para que se consiga essa separação quantitativa? 
Dados: Kps (Mg(OH)2) = 6 x 10-12 Kps (Fe(OH)3) = 2,0 x 10-39. 
Assim, considerando que a precipitação será quantitativa quando restar em solução uma 
[Fe3+] = 10-4 mol/L, pode-se: 
 
(1) Cálculo da [-OH]mínima necessária para reduzir em 1000 vezes a [Fe3+] é feita pela 
substituição direta de [Fe3+] = 10-4 mol/L na expressão do Kps do hidróxido férrico. 
 
- Cálculo da [OH-]mínima para precipitar Fe(OH)3, aplicando o Kps (1): 
Reação: Fe(OH)3 ⮀ Fe3+ + 3 -OH 
Kps = [Fe3+] x [-OH]3 🡢 2,0 x 10-39 = 10-4 x [-OH]3 🡢 [-OH] = 2,3 x 10-12 mol/L 🡢 
pOH = 11,6 🡢 pH = 2,4 (pH mínimo para que a precipitação de Fe(III) seja quantitativa). 
 
 
(2) Cálculo da [-OH]máxima requerida para saturar a solução de Mg2+, ou seja, [OH-]máxima 
que se pode ter em solução sem causar precipitação de Mg(OH)2, que corresponde à situação 
desejada de separação (faixa de pH). Assim, o produto [Mg2+] x [OH-]2 não pode exceder o 
Kps. Substituindo a [Mg2+] 0,1 mol/L permite calcular a [-OH] que pode ser tolerada. 
 
- Cálculo da [OH-]máxima em solução para que não haja precipitação de Mg(OH)2 (2): 
Reação: Mg(OH)2 ⮀ Mg2+ + 2OH- 
Kps = [Mg2+] x [-OH]2 🡢 6,0 x 10-12 = 10-1 x [-OH]2 🡢 [-OH] = 8,43 x 10-6 mol/L. 
pOH = 5,1 🡢 pH = 8,9 (pH máximo para que não haja precipitação do Mg2+). 
152 
 
R: A partir desses cálculos, pode-se concluir que a separação quantitativa de Fe(OH)3 pode ser 
alcançada se pH > 2,4 e que não há precipitação Mg(OH)2 até que o pH = 8,9. 
 
Verificando a [Fe3+] na mistura quando o pH = 8,9, ou seja, quando se inicia a precipitação do 
hidróxido de magnésio, tem-se: 
[Fe3+] = 2,0 x 10-39/(8,43 x 10-6)3 [Fe3+] = 3,34 x 10-24 mol/L. 
 
 
Conclusão: 1o. A razão 0,1/3,34 x 10-24 mol/L > 1000. 
2o. Fe3+ é removido quantitativamente da solução (C< 10-6 mol/L). 
A separação desses dois cátions pode ser feita entre pH 2,4 e pH 8,9. 
 
 
3.4.3 O EFEITO DA REAÇÃO DO ÂNION (BASE CONJUGADA DE UMA ÁCIDO FRACO) DO 
PRECIPITADO COM UM ÁCIDO FORTE 
 
EXEMPLO: Dado o sal pouco solúvel, AgCN, em uma solução de HCN 0,1M. Calcular a 
solubilidade deste composto em pH 3,0 e pH 9,0. Prever, através do Princípio de Le Chatelier, 
como se comportará a solubilidade do precipitado somente pela variação no pH da solução 
0,1 M de HCN. 
Dados: Kps AgCN = 2,0 x 10-12 Ka HCN = 4,9 x 10-10 
De início, é importante lembrar que o ânion CN- é a base conjugada do HCN (ácido 
fraco) e as reações envolvidas nesse equilíbrio são: 
AgCN(s) ⮀ Ag+ + CN- 
CN- + H3O+ ⮀ HCN + H2O 
Pelo Princípio de Le Chatelier, se a [H3O+] aumenta (isto é, quando o pH diminui), há 
formação de HCN sem ionizar. Para manter o equilíbrio, o CN- que reagiu com H3O+, deve ser 
compensado. Isto é obtido pela dissolução do precipitado AgCN, ou seja, através do aumento 
da aumentando a solubilidade desse precipitado. 
Para avaliar quantitativamente como o pH afeta a solubilidade do AgCN é necessário 
aplicar os dois tipos de equilíbrio envolvidos nesse cálculo, com suas respectivas constantes de 
equilíbrio. 
- Reação de dissolução do precipitado: 
 
(1) AgCN(s) ⮀ Ag+ + CN- Kps = [Ag+] x [CN-] 
 
- Reação inversa de dissociação de ácido fraco: 
153 
 
 
(2) CN- + H3O+ ⮀ HCN + H2O _ 1 = [HCN] = 1 
 
K x [H2O] [CN -] x [H3O+] Ka 
 
Somando as reações, tem-se que no equilíbrio a solubilidade, s, é dependente do pH. A 
reação total é descrita abaixo: 
AgCN(s) + H3O+ ⮀ Ag+ + HCN + H2O 
Equilíbrio: -s +s 
 
 
Assim como a constante de equilíbrio dessa reação dada por: 
 
 
K = [Ag+] x [HCN] _ = Kps 
 
[H3O+] Ka 
que nada mais é que a multiplicação das reações (1) e (2), descritas acima. 
Aplicando o raciocínio acima, qual será a solubilidade do AgCN em uma solução 
0,1 mol/L de HCN em pH 3,0? E em pH 9,0? Faça os cálculos e analise os resultados. 
Dado: Kps (AgCN) = 2,0 x 10-12 e Ka (HCN) = 4,9 x 10-10. 
 
_Kps = [Ag+] x [HCN]_ 
Ka [H3O+] 
 
Em pH 3,0: [H3O+] = 10-3 mol/L 
 
(2,0 x 10-12/4,9 x 10-10) = (s x 0,1/10-3) s = 4,08 x 10-5 mol/L 
 
 
Em pH 9,0: [H3O+] = 10-9 mol/L 
 
(2,0 x 10-12/4,9 x 10-10) = (s x 0,1/10-9) s = 4,08 x 10-11 mol/L 
 
 
Discussão: A solubilidade do AgCN em pH 3,0 é maior que em pH 9,0 porque quando aumenta 
a [H3O+] há formação de HCN sem dissociar, ou seja, diminui a [CN-], logo a reação de 
precipitação se desloca para a direita, há dissolução do precipitado. 
 
 
 
3.4.3.1 PRECIPITAÇÃO SELETIVA (CONTROLADA) DE SULFETOS 
 
 
Um outro exemplo interessante é a precipitação seletiva de sulfetos que pode ser 
controlada pelo pH do meio, e é bastante utilizada em análise sistemática dos cátions do grupo 
154 
 
II e III. Antes de estudar o equilíbrio que controla a precipitação dos diferentes sulfetos de 
metais pesados, é adequado começar o estudo com um exemplo mais simples. 
 
O ânion sulfeto forma compostos pouco solúveis com cátions metálicos pesados( 
(massa atômica maior que a do ferro) que têm produto de solubilidade que variam entre 10-10 a 
10-90 ou menores. Além disso, a concentração de ânion sulfeto, [S=], pode ser variada numa 
faixa de 0,1 a 10-22 mol/L pelo controle do pH de uma solução saturada de ácido sulfídrico 
(H2S). Essas duas propriedades tornam possível e conveniente um grande númerode 
separações de cátions metálicos pesados, tal como, por exemplo, a análise sistemática de 
cátions do grupo II e III, baseando-se somente no ajuste de pH da solução saturada de H2S. 
Para ilustrar a utilização de H2S na separação de cátions divalentes (Me2+) a partir de uma 
solução que seja mantida saturada de gás sulfídrico. A [H2S] em uma solução saturada de gás 
é aproximadamente 0,1 mol/L. Os dois tipos de equilíbrio envolvidos nessa solução são: 
 
- Reação de solubilidade do precipitado MS: 
 
MeS(s) ⮀ Me2+ + S2- 
 
Kps = [Me2+] x [S2-] (2) 
 
 
O H2S é um ácido fraco, diprótico e, portanto, tem duas constantes de ionização 
(Ka1 = 9,6 x 10-8  10-7; Ka2 = 1,3 x 10-14  10-14), portanto se ioniza em duas partes, como 
descrito a seguir: 
 
- Reação da 1a ionização do ácido fraco H2S: 
 
H2S + H2O ⮀ HS- + H3O+ Ka1 = _[HS-] x [H3O+]_ 
[H2S] 
 
- Reação da 2ª. Ionização do ácido fraco H2S: 
 
HS- + H2O ⮀ S= + H3O+ Ka2 = _[S=] x [H3O+]_ 
[HS-] 
 
Considerando que [H2S] >> [HS-] + [S=]  0,1 mol/L (em uma solução saturada de H2S) e 
somando a duas reações de ionização, obtém-se constante de ionização total do H2S a S= e 
que é dada simplesmente pelo produto de Ka1 e Ka2: 
155 
 
 
H2S + 2 H2O ⮀ S= + 2 H3O+ Ka1 Ka2 = _[S=] x [H3O+]2_ = 1,2 x 10-21  10-21 
[H2S] 
 
Rearranjando a equação acima e substituindo a [H2S] = 0,1 mol/L, obtém-se: 
 
 
10-21 = _[S=] x [H3O+]2_  10-22 = [S=] x [H3O+]2 (aplicando + Log, tem-se:) 
0,1 
+ Log 10-22 = + Log [S=] + 2 Log [H3O+] 
-22 = Log [S=] – 2pH 
 
 
Onde: Log [S=] = 2 pH – 22 (3) 
 
 
A partir dessa equação pode-se observar que a [S=] de uma solução saturada de H2S 
varia inversamente com o quadrado da [H3O+], obtendo-se a Figura 12 e revelando que a [S=], 
em uma solução aquosa, pode variar por 20 ordens de grandeza somente pela mudança do pH 
de 0 para 10. 
 
 
14 
 
12 
 
10 
 
8 
 
6 
 
4 
 
2 
 
0 
 
-20 -16 -12 -8 -4 
- Log S= 
 
 
 
Aplicando Log na equação (2), tem-se a equação (5): 
Log Kps = Log [Me2+] + Log [S2-] 
Log [Me2+] = Log Kps - Log [S2-] (5) 
pH
 
156 
 
e substituindo na equação (3) no produto de solubilidade de MeS, obtém-se: 
 
 
Log [Me2+] = Log Kps – 2 pH + 22 (6) 
 
Com a equação (6) pode-se construir o diagrama de solubilidade para diferentes sulfetos 
metálicos em função do pH (Figura 13), obtendo-se as linhas de saturação para os íons 
metálicos em soluções saturadas de H2S. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 
8 
6 
4 
2 
0 
-2 
-4 
-6 
-8 
-10 
-12 
-14 
-16 
-18 
-20 
 
 
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 
pH 
 
Figura 13 – Linhas de saturação para íons metálicos em soluções saturadas de H2S, a 25 oC. 
 
De modo semelhante, as equações para cátions mono e trivalentes podem ser descritas 
pelas equações (7) e (8) abaixo: 
 
 
Cátion monovalente (equação 7): 
 
 
Log [Me+] = Log Kps/2 – pH + 11 (7) 
Mn2+ 
Ni2+ 
Zn2+ 
Cd2+ 
L
og
 M
e
n+
 
157 
 
 
 
Cátion trivalente (equação 8): 
 
 
Log [Me3+] = Log Kps/2 – 3 pH + 33 (8) 
 
 
Exercício: 
 
1) Demonstrar como se chega às equações (7) e (8) para precipitação de sulfetos de 
cátions mono e trivalentes. 
 
2) Utilizando o diagrama da Figura 13 em que faixa de pH em que os íons cádmio de e 
zinco, ambos 0,01 mol/L, podem ser separados pela precipitação em soluções saturadas 
com H2S, a 25oC. 
 
3) Pela análise da Figura 13 acima se pode perceber que: 
- Em [Zn2+] = 0,01 mo/L, Log [Zn2+] = -2, a precipitação de Zn2+ somente se inicia em 
pH 1,0. 
- E neste pH (pH 1,0) a concentração [Cd2+] é 10-7 mol/L, ou seja neste pH cádmio já 
está totalmente precipitado como CdS (amarelo). 
- Considerando que para precipitação de quantitativa de cádmio a [Cd2+] tem que ser 
1000 vezes menor que a inicial, ou seja, [Cd2+]= 0,01/1000 = 105 mol/L, Log [Cd2+] = - 
5, que corresponde ao pH = 0. Neste pH a solução é insaturada em relação ao ZnS. 
 
Conclusão: Assim, entre pH 0 e pH 1,0 é possível a separação desses cátions. 
 
 
4) Calcule a solubilidade do Tl2S em solução tamponada em pH 3,0. 
Dados: Log Kps (Tl2S) = - 22, [H2S] = 0,1 mol/L e Log Ka1xKa2 (H2S)= - 21 
 
 
5) Com os dados do exercício acima plotar a linha de saturação do sulfeto de tálio na 
Figura 13. O que pode ser observar em relação a essa linha de saturação do TlS? 
 
6) Utilizando o diagrama da Figura 13 em que faixa de pH em que os íons cádmio e 
manganês, ambos 0,01 mol/L, podem ser separados pela precipitação em soluções 
saturadas com H2S, a 25oC. Estes cátions podem ser separados quantitativamente em 
que faixa de pH? 
158 
 
 
 
7) Idem ao exercício (5) para os cátions Ni2+ e Co2+, ambos 0,1 mol/L. Estes cátions podem 
ser separados quantitativamente? Se afirmativo, em que faixa de pH? Faça a linha de 
saturação para o CoS na Figura 13. 
 
8) NaOH diluído é adicionado a uma solução de Cu2+ 0,05 mol/L e Mn2+ 0,04 mol/L. 
Pergunta-se: 
(a) Que hidróxido precipita primeiro e em que pH? 
(b) Qual a concentração do cátion do primeiro hidróxido metálico quando começa a 
precipitar o segundo hidróxido metálico? (Dados na tabela XI da apostila). 
 
9) Em que faixa de pH 2,0, qual a [Cd2+] quando ZnS começa a precipitar? Qual é a [Zn2+] 
em solução neste pH? A partir dessa [Zn2+], em que pH a precipitação de ZnS é 
quantitativa? 
 
3.5 REAÇÕES ENVOLVENDO A FORMAÇÃO DE PRECIPITADO 
3.5.1 CÁLCULO DA CONCENTRAÇÃO IÔNICA PARA QUE OCORRA PRECIPITAÇÃO 
 
 
Para que ocorra a precipitação no momento da mistura de dois reagentes é necessário 
que o produto iônico (Q) das espécies iônicas (elevadas ao seu respectivo coeficiente 
estequiométrico), seja superior ao produto iônico no equilíbrio, ou seja, seja superior ao produto 
de solubilidade no equilíbrio (Kps). 
 
EXEMPLO GENÉRICO: AxBy ⮀ x Ay+ + y Bx- 
 
 
 
 
Se: 
 
No momento da mistura: Q = [Ay+]x x [Bx-]y 
No equilíbrio: Kps = [Ay+]x x [Bx-]y 
 
 
- Q < Kps Solução insaturada  não ocorre precipitação. 
- Q = Kps Solução saturada  não ocorre precipitação. 
- Q > Kps Solução supersaturada  ocorre precipitação. 
 
 
EXEMPLO: Misturar 100,00 mL de NaCl 0,1mol/L como 100,00 mL de AgNO3 0,1mol/L. 
(a) Ocorre precipitação? 
(b) Calcular a concentração de todos os íons em solução após ter sido atingido o equilíbrio. 
159 
 
3 3 
3
Dado: Kps (AgCl) = 1,5 x 10-10 
 
 
No momento da mistura deve-se calcular a concentração de todas as espécies. Pode-se 
usar a equação molecular ou a equação iônica que define esta reação. 
 
A reação de formação do precipitado que ocorre é: 
Molecular: NaCl + AgNO3 ⮀ AgCl + NaNO3 
Iônica: Na+ + Cl- + Ag+ + NO - ⮀ AgCl + Na+ + NO - 
 
 
Normalmente, em equilíbrio de precipitação, utiliza-se a reação de dissolução do 
precipitado. Assim: 
AgCl ⮀ Ag+ + Cl- (equação iônica de dissolução do precipitado) 
Q = [Ag+] x [Cl-] 
 
 
Cálculo das concentrações iônicas no momento da mistura: 
[NaCl] = [Na+] = [Cl-] = (100,00 mL x 0,1 mmol/mL)/200,00 mL = 0,05 mmol/mL 
[AgNO3] = [Ag+] = [NO -] = (100,00 mL x 0,1 mmol/mL)/200,00 mL = 0,05 mmol/mL 
Q = [Ag+] x [Cl-] = 0,05 x 0,05 
Q = 2,5 x 10-3 mol/L Como Q> Kps  ocorre precipitação 
 
3.5.2 CÁLCULO DAS CONCENTRAÇÕES IÔNICAS NA SOLUÇÃO APÓS A 
PRECIPITAÇÃO 
 
EXEMPLO 1: Observe, primeiramente, que na equação química que representa a 
reação de precipitação, deve-se trabalhar com número de moles (ou mmoles) e não com 
concentração (mol/L ou mmol/mL). 
nNaCl = 100,00 mL x 0,1 mmol/mL = 10 mmmoles 
nAgNO3 = 100,00 mL x 0,1 mmol/mL = 10 mmmoles 
 
 
Reação (equação balanceada): NaCl + AgNO3 ⮀ AgCl + NaNO3 
Início: 10 10 
Reação: -10 -10 +10 +10 
Equilíbrio: s  0 s  0 10 10 
160 
 
3 
4 3 
OBS: Se a reação é completa, como neste caso em que todos os reagentes foram consumidos, 
com a formação de AgCl (sólido), as concentrações dos íons, cloreto e prata, não são zero. Por 
quê? A resposta é porque no equilíbrio, por menor que seja esta concentração, o sólido estará 
em equilíbrio com seus íons em solução. Assim sendo a concentraçãodos íons cloreto e prata, 
na solução serão definidos e calculados pelo Kps. 
Assim: 
Kps = s x s = s2 
 
s = Kps = 1,5 x 10-10 = 1,2 x 10-5 mol/L  Este valor é  zero? É!!! Veja: 0,000012 mol/L 
 
- Como foram pedidas, no exemplo, as concentrações de todas as espécies iônicas na solução 
após ter sido atingido o equilíbrio, tem-se: 
s = [Ag+] = [Cl-] = 1,2 x 10-5 mol/L [Na+] = [NO -] = 10 mmoles/200,00 mL = 0,05 mol/L 
- Quanto de sólido se formou? Para isto basta multiplicar o número de moles de sólido formado 
pela massa molar do sólido. Assim: 
mAgCl = 10 mmoles x 143,5 mg/mmol = 1345 mg = 1,345 g AgCl 
 
 
EXERCÍCIO 2: 25,00 mL de K2CrO4 0,1M com 50,00 mL de AgNO3 0,05M 
(a) Ocorre precipitação? 
(b) Calcular a concentração de todos os íons em solução após ter sido atingido o equilíbrio. 
Dado: Kps (Ag2CrO4) = 1,3 x 10-12 
 
R: (a) Sim, ocorre precipitação. 
[CrO 2-] = 0,0167 mol/L; [NO +] = 0,0333mol/L; 
[K+] = 0,0667mol/L; [Ag+] = 8,8 x 10-6mol/L 
 
OBS: Deve-se sempre balancear a reação molecular e iônica. Não esquecer!!!!!!! 
 
 
 
3.6 PRECIPITAÇÃO SELETIVA FRACIONADA 
 
 
Diversos reagentes de precipitação permitem a separação de íons baseados somente 
nas diferenças de solubilidade dos compostos formados por este reagente. 
 
EXEMPLO : Tem-se 1,0 L de solução contendo 10 mg de íons Cl- e 50 mg de íons CrO42-. 
161 
 
4
(a) Que ânion precipitará primeiro se, à solução que contém os dois íons for adicionada 
solução de AgNO3 0,05 mol/L, gota a gota? 
 
(b) Quando o segundo ânion começar a precipitar, qual será a concentração do primeiro 
ânion na solução? 
Dados: Kps (Ag2CrO4) = 1,3 x 10-12 Kps (AgCl) = 1,5 x 10-10 
 
- Primeiro deve-se calcular a concentração molar das duas espécies iônicas: 
[Cl-] = 10 mg/35,5 mg/mmol = 2,82 x 10-4 mol/L 
1000mL 
 
[CrO 2-] = 50 mg/116 mg/mmol = 4,31 x 10-4 mol/L 
1000 mL 
 
- Segundo, calcular a partir da concentração de cada íon dada, qual a [Ag+] para 
precipitá-los. Isto é feito através do Kps, para cada ânion. 
 
(a) [Ag+] p/ precipitar Cl-: 
Reação: AgCl(s) ⮀ Ag+ + Cl- 
Kps = [Ag+] x [Cl-] 
1,5 x 10-10 = [Ag+] x 2,82 x 10-4 
[Ag+] = 5,32 x 10-7M  [Ag+] > 5,32 x 10-7mol/L para precipitar cloreto na forma de 
AgCl. 
(b) [Ag+] p/ precipitar CrO42- 
Reação: Ag2CrO4(s) ⮀ 2 Ag+ + CrO4= 
Kps = [Ag+]2 x [CrO42-] 
1,3 x 10-12 = [Ag+]2 x 4,31 x 10-4 
[Ag+] = 5,49 x 10-5M [Ag+] > 5,49 x 10-5 mol/L para precipitar cromato na forma de 
Ag2CrO4. 
Resposta : 
(a) Precipita primeiro o ânion cloreto, pois para precipitar este ânion necessita-se de menor 
concentração de íons prata. A razão de íons prata para precipitar cloreto/ íons prata para 
precipitar cromato = 10-5/10-7 = 100. Isto quer dizer que se necessita de cerca 100 vezes menos 
íons prata para precipitar o ânion cloreto. 
162 
 
(b) Para saber a concentração do primeiro ânion na solução quando o segundo ânion começa a 
precipitar basta colocar [Ag+] = 5,49 x 10-5 mol/L para precipitar o segundo ânion, cromato, no 
Kps do AgCl. 
Assim: 
1,5 x 10-10 = 5,49 x 10-5 x [Cl-] 
[Cl-] = 2,73 x 10-6 mol/L  Isto que dizer que, quando o cromato começa a 
precipitar, todo o cloreto praticamente já terá precipitado, como pode ser observado pelo 
resultado acima. 
OBS: No exemplo acima somente foi dito que nitrato de prata foi adicionado gota a gota. Não 
se especificou a concentração nem o volume de nitrato de prata a ser adicionado. Isto pode ser 
calculado e será descrito mais adiante, em detecção do ponto final em argentimetria pelo 
método de MOHR. 
 
3.8 CURVA DE TITULAÇÃO ENVONVENDO REAÇÃO DE PRECIPITAÇÃO 
Os métodos volumétricos que se baseiam na formação de um composto pouco solúvel 
são denominados de titulações de precipitação. A principal aplicação da volumetria de 
precipitação é a determinação de halogenetos (Cl-, Br- e I-) em água do mar e os principais 
métodos descritos na literatura são: método de Mohr e Fajans que utilizam a titulação direta dos 
halogenetos com nitrato de prata (AgNO3) como titulante, sendo o modo de detecção do ponto 
final utilizando indicadores de precipitação e adsorção, respectivamente. 
Titulações com agentes de precipitação são úteis para determinação de certos analitos 
(espécies) precipitáveis quando o equilíbrio é rápido e quando um meio adequado para detectar 
o ponto final é possível. 
Neste caso, a curva de titulação é construída levando-se em conta o log (negativo) da 
concentração de íon precipitável que sobre em solução (pX) vs. volume de titulante (íon 
precipitante) 
EXEMPLO: Volumetria de precipitação : Método de Mohr (Argentimetria). Baseia-se na 
formação de um composto pouco solúvel, AgX, utilizando como titulante uma solução de Ag+ 
para determinação de halogenetos (X-), e como indicador, uma solução de cromato de potássio. 
A curva será entre pCl versus. volume de Ag+. 
EXEMPLO: 50,0 mL de NaCl 0,1 mol/L são titulados com AgNO3 0,1mol/L, usando-se 1 mL de 
K2CrO4 0,1 mol/L como indicador, cujo ponto final forma um precipitado vermelho tijolo de 
Ag2CrO4. 
Dados: Kps (AgCl) = 1,5 x 10-10 Kps (Ag2 CrO4) = 1,3 x 10-12 
163 
 
(1) Construir a curva de titulação. 
(2) Calcular a % de erro provocado na titulação, com o indicador usado. 
 
 
3.8.1 CONSTRUÇÃO DA CURVA 
(a) adição de 0,0 mL de AgNO3 0,1 mol/L. 
Sem adição do titulante não há formação de precipitado, então: 
[Cl-] = 0,1 mol/L 
[Ag+] = 0 
 
 
 
 
 
 
 
(b) adição de 0,10 mL de AgNO3 0,1 mol/L. 
AgNO3 + NaCl ⮀ AgCl + NaNO3 
0,01 5 
 - 0,01 - 0,01 
 
~ 0 4,99 0,01 (mmoles) 
[Cl-] = 4,99mmoles/50,1mL = 0,0996 mol/L 
pCl = - Log [Cl-] = -Log 0,0996 pCl = 1,0 
 
AgCl ⮀ Ag+ + Cl- 
? 0,0996 mol/L 
Kps = [Ag+][ Cl-] 
1,5 x 10-10 = [Ag+] x 0,0996 
[Ag+] = 1,50 x 10-9 mol/L pAg = 8,8 
 
 
(c) adição de 50,00 mL de AgNO3 0,1 mol/L (ponto estequiométrico) 
AgNO3 + NaCl ⮀ AgCl + NaNO3 
5 5 
 -5 -5 
~ 0 ~0 5 5 mmoles 
 
AgCl ⮀ Ag+ + Cl- 
Kps = [Ag+][ Cl-] e como [Ag+] = [ Cl-] 
164 
 
Ag
p
A
g
 
3 3
1,5 x 10-10 = [Ag+]2 
[Cl-] = [Ag+ ] = 1,22 x 10-5 mol/L 
pCl = pAg = 4,9 
(d) adição de 75,00 mL de AgNO3 0,1 mol/L. 
AgNO3 + NaCl ⮀ AgCl + NaNO3 
7,5 5 
 -5 -5 
2,5 ~ 0 5 5 mmoles 
[Ag+] = 2,5 mmoles/125mL = 0,020 mol/L pAg = 1,7 
[Cl-] = Kps/[Ag+] = 7,5 x 10-9 mol/L pCl = 8,1 
 
Tabela XII - Dados para construção de curva de titulação de 50,0 mL de NaCl 0,1 mol/L com 
AgNO1 0,1 mol/L. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
As figuras 14 e 15 mostram o aspecto das curvas pCl e pAg vs. volume de Ag+ , 
respectivamente. 
10 10 
 
9 
 
8 
 
7 
 
6 
 
 
5 
 
4 
 
3 
 
2 
 
1 
0 10 20 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
30 40 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
50 60 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
70 80 
 
9 
 
8 
 
7 
 
6 
 
5 
 
4 
 
3 
 
2 
 
1 
 
0 
0 10 20 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
30 40 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
50 60 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
70 80 
NO 0,1 mol/L (mL) AgNO 0,1 mol/L (mL) 
FIGURA 14 FIGURA 15 
pC
l 
V (mL) Ag+ pAg pCl V (mL) Ag+ pAg pCl 
0,0 ------ 1,0 49,0 6,8 3,0 
10,0 8,6 1,2 49,9 5,8 4,0 
20,0 8,4 1,4 50,0 4,9 4,9 
30,0 8,2 1,6 50,1 4,0 5,8 
40,0 7,7 1,9 51,0 3,0 6,8 
45,0 7,5 2,3 60,0 2,0 7,8 
47,5 7,2 2,6 75,0 1,7 8,1 
165 
 
4
4 
4 
3.8.2 ERRO DA TITULAÇÃO 
No PEQ – Volume total da solução no erlenmeyer. 
Vtotal = 100,0 mL 
Vtotal com indicador = 101,0 mL 
 
 
[CrO =]= 1,0 mL x 0,1 mol/L = 9,9 x 10-4 mol/L (quando satura em presença de Ag+) 
101,0 mL 
[Ag+] = ? quando começa a precipitar o indicador 
 
Ag2CrO4 ⮀ 2Ag+ + CrO = 
? 9,9 x 10-4 mol/L 
 
 
Kps = [Ag+]2 [CrO =] 
1,3 x 10-12 = [Ag+]2 x 9,9 x 10-4 
[Ag+] = 3,6 x 10-5 mol/L (para saturar) 
pAg = 4,4 (após o PEQ;excesso de Ag+) , pois no P.E. pAg = 4,9. 
AgNO3 + NaCl ⮀ AgCl + NaNO3 
0,1V 5 
 -5 -5 
0,1V - 5 0 5 5 mmoles 
 
 
[Ag+] = (0,1V - 5) mmoles = 3,6 x 10-5 mol/L 
(V + 50) mL 
 
V = 50,04 mL 
 
 
% erro = 50,04 -50 x 100 = + 0,08 % 
50