disciplina introdução à análise química

Introdução a Analise Química - I sem/2014 – Profa Ma Auxiliadora - 1

1

Disciplina

QUIO94 - Introdução à Análise Química

1 semestre 2014

TITULAÇÃO ÁCIDO-BASE Profa. Maria Auxiliadora Costa Matos

Download aulas: http://www.ufjf.br/nupis/

Universidade Federal de Juiz de Fora

Instituto de Ciências Exatas

Departamento de Química


2

1 ETAPA

Antes de iniciar a titulação

A solução contém apenas base fraca e água - solução aquosa de uma base

fraca. O pH da solução será determinado pela dissociação da base fraca.

2 ETAPA

Antes de atingir o Ponto de Equivalência

A solução é composta por uma mistura de base fraca que ainda não

reagiu e o sal formado pela reação da base fraca com o ácido que foi

adicionado. O pH será determinado elo sistema tampão formado.

3 ETAPA

No Ponto de Equivalência

A quantidade de ácido forte adicionado foi suficiente para reagir com

total de base fraca presente na solução, produzindo um sal de base fraca

e ácido forte, e água. O pH será determinado pela hidrólise do sal.

4 ETAPA

Após o Ponto de Equivalência

Excesso de ácido forte é adicionado a solução do sal de base fraca e

ácido forte. O pH é determinado pelo excesso de ácido forte.

Geralmente, exceto muito próximo do ponto de equivalência, a

contribuição da hidrólise do sal é pequena, pois o ácido forte reprime

esta reação.

TITULAÇÃO BASE FRACA COM ÁCIDO FORTE

TTTIIITTTUUULLLAAAÇÇÇÃÃÃOOO BBBAAASSSEEE FFFRRRAAACCCAAA CCCOOOMMM ÁÁÁCCCIIIDDDOOO FFFOOORRRTTTEEE


3

Exemplo 3: Titulação de 100,00 mL de NH3 0,100 mol/L com solução padrão HCL 0,100

mol/L. Dado Kb = 1,80 x 10-5.

1. Escrever a reação química:

2. Calcular o volume de titulante necessário para atingir o ponto de equivalência.

NH4OH (aq) + HCl (aq) NH4Cl (aq) + H2O (l)

n mol HCl = n mol NH4OH

C HCl x V HCl add = C NH4OH x V NH4OH

0,100 mol/L x V HCl add = 0,100 mol/L x 100,00 mL

V HCl PE = 100 mL


TITULAÇÃO BASE FRACA COM ÁCIDO FORTE


4

Ca = concentração analítica NH4OH

NH4OH (aq) NH4+ (aq) + OH-

(aq) Kb = 1,80 x 10-5 Início 0,100 - -

Equilíbrio 0,100 - x x x

Solução aquosa de uma base fraca. O pH é calculado em função da dissociação do

hidróxido de amônia presente na solução.

1 ETAPA Antes de iniciar a titulação

No equilíbrio:

BC: [NH4+] = [OH -] = x

BM: Ca = [NH4OH] + [NH4+]

a)Se Ca/Kb 102 Efetuar o cálculo simplificado.

(Ao simplificar o cálculo o erro será menor que 5%)

b) Se Ca/Kb 102 Efetuar o cálculo sistemático - equação

quadrática (Ao simplificar o cálculo o erro será maior que 5%)

[NH4OH] = Ca - [NH4+]

[NH4OH] = Ca - x



5

NH4OH (aq) NH4+ (aq) + OH-

(aq) Kb = 1,80 x 10-5 Início 0,100 - -

Equilíbrio 0,100 - x x x

Solução aquosa de um ácido fraco. O pH é calculado em função da dissociação do ácido

acético presente na solução.

1 ETAPA Antes de iniciar a titulação


No equilíbrio:

BC: [NH4+] = [OH -] = x

BM: Ca = [NH4OH] + [NH4+]

0,100 = [NH4OH] + [NH4+]

[NH4OH] = 0,100 - x

Kb = [NH4

+]]●[ OH-]

[NH4OH]

1,80 x 10-5 = x● x

0,100 - x

Ca/Kb = 0,1/1,80 x 10-5 = 5,6 x 103

x 0,1

x2 + 1,80·10-5 x - 1,80·10-6 = 0

x = 0,00133 mol/L

pOH = - log (0,00133) = 2,88

pH = 14 – 2,88 = 11,12

x = 0,00134 mol/L

pOH = - log (0,00134) = 2,87

pH = 14 – 2,87 = 11,13

1,80 x 10-5 = x● x

0,100 - x

desprezível

1,80 x 10-5 = x● x

0,100


6

a) VHCl add = 20,00 mL

NH4OH (aq) + HCl (aq) NH4Cl (aq) + H2O(l) Início 0,0100 - - -

Adição - 0,00200 - -

Equilíbrio 0,00800 - 0,00200 0,00200

No equilíbrio:

2 ETAPA Antes de atingir o Ponto de Equivalência

Há uma mistura do hidróxido de amônia e cloreto de amônio (ácido e base conjugados)

formando um tampão. O pH pode ser calculado através da relação de concentrações do

ácido e da base conjugada.

n mol HCl add = C HCl·V HCl = 0,100·0,02000 = 0,00200 mol

[NH4OH] = 0,00800

0,120

0

= 0,0667 mol/L

[NH4+ ] =

0,00200 = 0,0167 mol/L

0,120

Kb = [NH4

+]●[OH-]

[NH4OH]

1,80 x 10-5 = 0,0167●[OH-]

0,0667

[OH-] = 7,20x10-4 mol/L

pOH = 4,14

pH = 14 – 4,14 – 9,86



7



Adição - 0,00500 - -

Equilíbrio 0,00500 - 0,00500 0,00500

No equilíbrio:

n mol HCl add = C HCl·V Hcl = 0,100·0,05000 = 0,00500 mol

[NH4OH] =

[CH3COOH] =

0,00500

0,150 = 0,0333 mol/L

[NH4+ ] =

[CH3COO -] =

0,00500

0,150 = 0,0333 mol/L

Quando o volume do ácido adicionado é igual a metade

do volume da ácido para atingir o ponto de equivalência

pOH = pKb

[ OH -] = Kb


Kb = [NH4

+]●[OH-]

[NH4OH]

1,80 x 10-5 = 0,0333●[OH-]

0,0333

[OH-] = 1,80x10-5 mol/L

pOH = 4,74

pH = 14 – 4,74 – 9,26


8



Adição - 0,0100 - -

Equilíbrio - - 0,0100 0,0100

3 ETAPA No Ponto de Equivalência

Consiste em calcular o pH de uma solução de sal de ácido forte e base fraca – hidrólise

do cátion.

n mol HCl add = C HCl·V HCl = 0,100·0,1000 = 0,0100 mol

[NH4Cl] = 0,0100

0,200 = 0,0500 mol/L



9

Hidrólise do íon amônio:

NH4+ (aq) + H2O (l) NH4OH(aq) + H3O

+ (aq)

Início 0,0500 - - -

Equilíbrio 0,0500 - x - x x

No equilíbrio:

5,6 10-10 = x2/ 0,0500

x = [H3O

+] = 5,27x10-6 mol/L

pH = -log 5,27 x 10-6 = 5,28

= [NH4OH]●[H3O

+]

[NH4+]

Kh = KW

Kb

= x● x

0,0500 - x

Kh = 1,00x10-14

1,80x10-5

102 Simplificar [NH4+] 0,0500

CAC-

Kh

102 Equação quadrática Ca NH4

+-

Kh


0,0500

5,6x10-10 = 9 x107


10



Adição - 0,010500 - -

Equilíbrio - 0,000500 0,01000 0,01000

4 ETAPA Após o Ponto de Equivalência

O pH é calculado em função da concentração de H3O+ proveniente do HCl adicionado em

excesso.

n mol HCl add = n mol HCl = C HCl·V HCl = 0,100·0,005 = 0,0105

mol

CNaOH

=

n mol HCl

V total =

(n mol HCl)

(VNH4OH + VHCl) =

(0,000500)

(0,100 + 0,105) = 2,44x 10-3 mol/L

[H3O +] = CHCl = 2,44x 10-3 mol/L

pH = - log 2,44x 10-3

pH = 2,61


Próximo ao ponto de equivalência (soluções muito

diluídas) e para bases muito fracas, a hidrólise do sal

formado contribui significativamente para o pH do meio.


11

0 ,0

2 ,0

4 ,0

6 ,0

8 ,0

1 0 ,0

1 2 ,0

0 ,0 5 0 ,0 1 0 0 ,0 1 5 0 ,0 2 0 0 ,0 2 5 0 ,0

V o lu m e d e titu la n te (m L )

pH

CURVA DE TITULAÇÃO

100,00 mL NH4OH 0,100 mol/L com HCl 0,100 mol/L

pOH= pKb

PE


12

INDICADOR ÁCIDO- BASE

Os indicadores ácido-base são compostos orgânicos, que se comportam como ácidos

fracos (indicadores ácidos) ou bases fracas (indicadores básicos) e mudam gradualmente

de coloração dentro de uma faixa estreita da escala de pH, chamada ZONA DE

TRANSIÇÃO.

Indicadores ácidos

O equilíbrio ácido-base entre as formas ácida (HInd) e básica (Ind-) pode ser expressa

por:

HInd (aq) + H2O(l) Ind-

(aq) + H3O+ (aq)

= pKeq + log

Keq = a H3O

+ · a Ind-

a HInd

a H3O+ =

Keq · a HInd

a Ind-

pH = -log a H3O+

pH = -log Keq - log a HInd

a Ind-

a Ind-

a HInd

= pKeq + log [Ind-]· Ind-

[HInd]· HInd

pH = pK + log [Ind-]

[HInd]


13

pH = pK 1

Zona de transição representa os limites de pH entre os quais

é perceptível a mudança de cor.

ZONA DE TRANSIÇÃO

A mudança de cor do indicador será percebida quando a razão entre as concentrações

das duas formas do indicador ([Ind-]/[HInd] ou [HInd]/[Ind-]) for igual ou superior a 10.

= 10

[Ind-]

[HInd]

pH = pK + 1

[Ind-]

[HInd]

pH = pK - 1 1

10

=

predomínio coloração da forma básica [Ind-]

predomínio coloração da forma ácida [HInd]


14

Indicador pKa Zona de transição

Timolftaleína 10,0 9,4 a 10,6

Fenolftaleína 9,3 8,0 a 10,0

Azul de timol 8,9 8,0 a 9,6

Azul de bromotimol 7,1 6,2 a 7,6

Vermelho de metila 5,0 4,4 a 6,2

Alaranjado de metila 3,4 3,1 a 4,4

Azul de timol 1,65 1,2 a 2,8

amarelo azul

Vermelho amarelo

incolor azul

Coloração

incolor rosa

amarelo azul

Vermelho amarelo

Vermelho amarelo


15

INDICADOR MISTO

Mistura de um indicador mais um corante orgânico que aumenta a nitidez da mudança de

coloração do indicador, sema alterar a zona de transição do indicador.

Ex.: Alaranjado de metila (pKa = 3,7)

Alaranjado de metila e carmim índigo (pKa = 3,7)

(indicador) (corante azul)

Amarelo vermelho

Verde Violeta


16


A concentração dos reagentes e a constante de equilibro influenciam na curva de

titulação, no ponto de equivalência e, portanto, na escolha do indicador.

Maior a inflexão

da curva

Quanto maior a concentração

dos reagentes

Quanto maior a constante de

equilíbrio dos reagentes (Ka ou Kb)

Ponto Final será

mais nítido


17

TITULAÇÃO DE ÁCIDOS COM DIFERENTES Ka

COM NaOH 0,100 MOL/L


18

TITULAÇÃO DE HCl EM DIFERENTES CONCENTRAÇÕES

COM NaOH EM DIFERENTES CONCENTRAÇÕES

A: HCl 0,05 molL-1 e

NaOH 0,1 molL-1

B: HCl 0,0005 molL-1 e

NaOH 0,001 molL-1


19

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

14,0

0,0 2,0 4,0 6,0 8,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0

Volume de titulante (mL)

pH

pKa = 10

pKa = 8

pKa = 6

pKa = 4

pKa = 2

Ácido Forte


20

Ka1 / Ka2 10 4 ou pKa2 pKa1 4

A titulação envolvendo ácidos polipróticos com base forte assemelha-se a titulação de

vários ácidos monopróticos de forças diferentes (Ka diferentes).

O desenvolvimento da curva de titulação depende dos valores absolutos e relativos das

constantes de dissociação sucessivas, havendo uma inflexão para cada H ionizável.

Condição para que cada inflexão da curva associe-se a uma variação de pH conveniente:

a) Valores Absolutos:

Constante de ionização relacionada a cada H ionizável não seja de um ácido muito fraco.

b) Valores relativos:

TITULAÇÃO ÁCIDOS POLIPRÓTICOS

TTTIIITTTUUULLLAAAÇÇÇÃÃÃOOO DDDEEE ÁÁÁCCCIIIDDDOOOSSS PPPOOOLLLIIIPPPRRRÓÓÓTTTIIICCCOOOSSS CCCOOOMMM BBBAAASSSEEE

FFFOOORRRTTTEEE


21

H2A (aq) + BOH (aq) BHA (aq) + H2O (1PE)

BHA (aq) + BOH (aq) B2A (aq) + H2O (2PE)

H2A (aq) + 2BOH (aq) B2A (aq) + 2H2O

(ácido poliprótico) (base forte) (sal formado)

Considerando o ácido poliprótico hipotético H2A:

Dissociação do ácido:

H2A (aq) + H2O(l) H3O+ (aq) + HA¯(aq) Ka1 ( 1 constante de dissociação)

HA¯(aq) + H2O(l) H3O+ (aq) + A2

(aq) Ka2 ( 2 constante de dissociação)

Reação Química de neutralização com uma base forte hipotética BOH:

Cálculo do volume de titulante necessário para atingir o PE

Do inicio até o 1PE : nº mol H2A = nº mol BOH

Do inicio até o 2PE : 2 nº mol H2A = nº mol BOH


22

H2A (aq) + H2O(l) H3O+ (aq) + HA¯ (aq) Ka1

Início Ca - - - Equilíbrio Ca - x - x x

1 ETAPA


A solução aquosa de um ácido poliprótico. O pH da solução será

determinado pela dissociação do ácido poliprótico.

No equilíbrio:

BC: [H3O+] = [HA¯] = x

BM: [H2A] = CaH2A - x

Ka1 = [HA¯]●[ H3O

+]

[H2A]

Ka1 = x ● x

Ca H2A - x

a)Se Ca H2A/Ka1 102 [H2A] Ca H2A

b) Se Ca/Ka 102 x2 + Ka1 x - Ka1 Ca H2A = 0

Ka1 = X2

Ca H2A

[H3O+] = ]2[1 AHxKa

[ H3O +]2

[H2A]

=

Considerando

Ka2 Ka1


23

H2CO3 (aq) + NaOH (aq) NaHCO3 (aq) + H2O (1PE)

NaHCO3 (aq) + NaOH (aq) Na2CO3 (aq) + H2O

H2CO3 (aq) + 2 NaOH (aq)

Na2CO3 (aq) + 2 H2O (2PE)

Exemplo 1: Titulação de 25 mL de H2CO3 0,100 mol/L com NaOH 0,100 mol/L.

Dado Ka1= 4,60 x 10-7 e Ka2= 5,60 x 10-11.

1. Escrever a reação química:

Ka1 / Ka2 = 4,60 x 10-7 / 5,60 x 10-11 = 8,3 x 103 104

2. Calcular o volume de titulante necessário para atingir o ponto de equivalência.

1PE : n mol NaOH = n mol H2CO3

C NaOH∙V NaOH add = C H2CO3∙V H2CO3

0,100 mol/L ∙V NaOH add = 0,100 mol/L∙25,00

mL V NaOH PE = 25,0 mL

2PE : n mol NaOH = 2∙ n mol H2CO3

C NaOH∙V NaOH add = 2∙C H2CO3∙V H2CO3

0,100 mol/L ∙V NaOH add = 2∙0,100 mol/L∙25,00

mL V NaOH PE = 50,0 mL


24

H2CO3 (aq) + H2O(l) H3O+ (aq) + HCO3¯ (aq) Ka1= 4,60 x 10-7

Início 0,100 - - - Equilíbrio 0,100 - x - x x

1 ETAPA


pH da solução será determinado pela dissociação do H2CO3.

No equilíbrio:

BC: [H3O+] = [HCO3¯ ] = x

BM: [H2CO3] = CaH2A – x = 0,100 - x

Ka1 = [HCO3¯]●[ H3O

+]

[H2CO3]

Ca H2A/Ka1 = 0,100/4,60 x 10-7 = 217 [H2CO3] 0,100 mol/L

[H3O

+] = ]COH[132

xKa

Ka1 [ H3O

+]2

[H2CO3]

=

[H3O+] = ]100,0 10 x 4,60

-7x = 2,14 x 10-4

pH = 3,67


25

H2A (aq) + NaOH(aq) NaHA (aq) + H2O (l) Início Ca - - - Adição - x - - Equilíbrio Ca - x - x x

2 ETAPA

Antes de atingir o 1 Ponto de Equivalência

A solução é composta por uma mistura de H2A que resta em solução e o HA¯

formado pela reação, gerando o 1 sistema tampão HA¯ e H2A. O pH poderá

ser calculado através da relação de concentrações [HA¯]/[H2A]

No equilíbrio:

[HA¯] = x

[H2A] = CaH2A - x

[H3O +] = Ka1 ●

[H2A]

[HA¯]

Ka1 = [HA¯]●[ H3O

+]

[H2A]

pH = pKa1 + log [HA¯]

[H2A]


FFFOOORRRTTTEEE


26

H2CO3 (aq) + NaOH(aq) NaHCO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - - Adição - 0,00125 - - Equilíbrio 0,00125 - 0,00125 0,00125

2 ETAPA


Ex: Volume NaOH = 12,5 mL (Volume de NaOH adicionado = 1/2 V NaOH 1 pE)

Volume final (mL): 25,0 + 12,5

No equilíbrio:

[HCO3¯] = (0,00125)/(0,0250 + 0,0125) = 0,0333 mol/L

[H2CO3] = (0,00125)/(0,0250+ 0,0125) = 0,0333 mol/L

[H3O +] = 4,60 x 10-7●

(0,0333)

(0,0333)

pH = 6,34 + log (0,0333)

(0,0333) Ka1 =

[HCO3¯]●[ H3O +]

[H2CO3]

= 4,60 x 10-7 mol/L pH = 6,34

[H3O +] = Ka1 ●

[H2CO3]

[HCO3¯]


27

H2CO3 (aq) + NaOH(aq) NaHCO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - - Adição - 0,00200 - - Equilíbrio 0,000500 - 0,00200 0,00200

2 ETAPA


Ex: Volume NaOH = 20,0 mL


No equilíbrio:

[HCO3¯] = (0,000200)/(0,0250 + 0,0200) = 0,0444 mol/L

[H2CO3] = (0,000500)/(0,0250 + 0,0200) = 0,0111 mol/L

[H3O +] = 4,60 x 10-7●

(0,0111)

(0,0444)

pH = 6,34 + log (0,0444)

(0,0111) Ka1 =

[HCO3¯]●[ H3O +]

[H2CO3]

= 1,15 x 10-7 mol/L pH = 6,94

[H3O +] = Ka1 ●

[H2CO3]

[HCO3¯]


28

HA¯(aq) + H2O(l) H3O+ (aq) + A2

(aq) Ka2 ( 2 dissociação)

HA¯(aq) + H2O(l) H2A (aq) + OH(aq) Kh ( hidrólise)

Dissociação

3 ETAPA

No 1 Ponto de Equivalência

Todo ácido fraco H2A foi convertido em HA¯, resultando em uma solução

aquosa de sal de ácido poliprótico e base forte.

2 3

Ka2 = [A2¯]●[H3O

+]

[HA¯]

[A2¯] = Ka2 ● [HA¯]

[H3O +]

[H3O +]2 =

Ka1 ●Ka2●[ HA¯]

Ka1 + [HA¯]

Ka1 = [HA¯]●[H3O

+]

[H2A]

[H2A] = [H3O

+]●[HA¯]

Ka1

2 3 1

Ka2● [HA¯]

[H3O +]

= [H3 O +] +

[H3O +]●[HA¯]

Ka1

[A2¯] = [H3O +] 1 [A2¯] = [H3O

+] + [H2A] ( gerado pela associação do H30

+ a HA-)

Substituindo e em :


29

pH = 1/2pKa1 + 1/2pKa2

Se Ka1 Ca HA¯:

Aplicando a função “p = -log ”:

Ka2 Ka1

[H3O +] =

[H3O +]2 =


Ka1 + [HA¯]

[H3O +]2 =


[HA¯]

= Ka1 ●Ka2


30

pH = ½(6,34) + ½(10,25)

H2CO3 (aq) + NaOH(aq) NaHCO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - - Adição - 0,00250 - - Equilíbrio - - 0,00250 0,00250

Como Ka1 Ca HCO3¯ :

(4,60 x 10-7 0,0500 mol/L)

3 ETAPA


Volume NaOH = 25,0 mL de NaOH.


[H3O +] = a2a1

K K = 11-10 x 5,60 7·-10 x 4,60 = 5,10 x 10-9 mol/L

pH = 8,29


31

NaHA (aq) + NaOH(aq) Na2A (aq) + H2O (l) Início Ca - - - Adição - x - - Equilíbrio Ca - x - x x

4 ETAPA Entre o 1 e o 2 Ponto de Equivalência

A solução é composta por uma mistura de HA¯ que resta em solução e o

A2¯ formado pela reação, gerando o 2 sistema tampão A2¯ e HA¯. O pH

poderá ser calculado através da relação de concentrações [A2¯]/[ HA¯].

No equilíbrio:

[A2¯] = x

[HA¯] = Ca HA¯ - x

[H3O +] = Ka2 ●

[HA¯]

[A2¯]

Ka2 = [A2¯]●[ H3O

+]

[HA¯]

pH = pKa2 + log [A2¯]

[HA¯]


32

NaHCO3 (aq) + NaOH(aq) Na2 CO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - - Adição - 1,25 x 10-3 - - Equilíbrio 1,25 x 10-3 - 1,25x 10-3 1,25 x 10-3

No equilíbrio:

[CO32¯] = (0,00125)/(0,0250 + 0,0375) = 0,0200 mol/L

[HCO3¯] = (0,00125)/(0,0250 + 0,0375) = 0,0200 mol/L

[H3O +] = 5,60 x 10-11●

(0,0200)

(0,0200)

pH = 10,25 + log (0,0200)

(0,0200) Ka2 =

[CO32¯]●[ H3O

+]

[HCO3¯]

= 5,60 x 10-11mol/L pH = 10,25

[H3O +] = Ka2 ●

[HCO3¯]

[CO32¯]

4 ETAPA

Entre o 1 e o 2 Ponto de Equivalência

Ex: 37,5 mL de NaOH (Volume de NaOH adicionado = 3/4 V NaOH 2 pE)




33

A2¯ (aq) + H2O (l) HA¯ (aq) + OH¯ (aq) Kh Início Ca - - -

x

Equilíbrio Ca - x - x x

No equilíbrio:

5 ETAPA


Todo ácido fraco HA¯ foi convertido em A2¯, resultando em uma solução

aquosa de sal de ácido poliprótico e base forte – hidrólise de A2¯.

= [HA¯]●[ OH -]

[A2¯]

Kh = KW

Ka2

= [ OH -]2

[A2¯]

Kh = KW Ka2

a)Se Ca A2¯/ Kh 102 [A2¯] Ca A2¯

b) Se Ca/Ka 102 x2 + Kh x - Kh Ca A2¯ = 0

2¯

Aa

2

WC

K

aK

[OH-] =


34

NaHCO3 (aq) + NaOH(aq) Na2CO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - -

Adição - 0,00250 - - Equilíbrio - - 0,00250 0,00250

Hidrólise: CO32¯ (aq) + H2O (l) H CO3¯ (aq) + OH¯ (aq) Kh

Início 0,0333 - - -


5 ETAPA


Ex: Volume NaOH = 50 mL de NaOH


No equilíbrio:

[CO32¯] = (0,00250)/(0,0250 + 0,050) = 0,0333 mol/L

= [H CO3¯]●[ OH -]

[CO32¯]

Kh = KW

Ka2

= [ OH -]2

[CO32¯]

Kh = KW

Ka2 =

x 2

0,0333- x

Kh = 1,00 x 10-14

5,60 x 10-11


35

= 0,071

(7,1 %)

=

Ca CO32¯/ Kh = 0,0333/1,79 x 10-4 = 186

x2 + 1,79 x 10-4 x - 5,95 x 10-6 = 0

x = 2,35 x 10-3

[OH -] = 2,35 x 10-3 mol/L

pOH = 2,62

pH = 11,37

= x 2

0,0333- x

Kh = 1,00 x 10-14

5,60 x 10-11

x 2

0,0333- x

1,79 x 10 -4


36

6 ETAPA Após o 2 Ponto de Equivalência

Excesso de base forte é adicionado a solução de A2. O pH é determinado pelo excesso de

base forte. Nas imediações do PE a hidrólise do sal deve ser considerada no cálculo do pH.


FFFOOORRRTTTEEE


37

NaHCO3 (aq) + NaOH(aq) Na2CO3 (aq) + H2O (l) Início 0,00250 - - -

Adição - 0,00260 - - Equilíbrio - 1,00 x 10-4 0,00250 0,00250

Hidrólise: CO32¯ (aq) + H2O (l) H CO3¯ (aq) + OH¯ (aq) Kh

Início 0,0329 - - -


6 ETAPA

Após 2 Ponto de Equivalência

Ex: Volume NaOH = 51,0 mL de NaOH


[OH-] total = [OH-] NaOH + [OH-] hidrólise carbonato

=

[OH-]2

0,0329- x

Kh = 1,00x10-14

5,68x10-11

No equilíbrio:

[CO32¯] = (0,00250)/(0,0250 + 0,051) = 0,0329 mol/L

= [H CO3¯]●[ OH -]

[CO32¯]

Kh = KW

Ka2 [ OH-] hidrólise = 2,44 x10-3

mol/L

[ OH-] NaOH excesso = C NaOH · V NaOH

excesso

V final =

0,100 · 0,001

0,0760

= 0,00132 mol/L pOH = 2,42

pH = 14 - pOH = 11,6 [OH-] total = 0,00132 + 2,44 x10-3 = 3,76 x10-3 mol/L


38

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

14,0

0,0 20,0 40,0 60,0 80,0 100,0 120,0


pH

1pE

2pE

[OH-] total = 0,00132 + 2,44 x10-3 = 0,00376 mol/L


25,00 mL H2C03 0,100 mol/L com NaOH 0,100 mol/L


39


25,00 mL H3P04 0,100 mol/L com NaOH 0,100 mol/L

0,0

2,0

4,0

6,0

8,0

10,0

12,0

14,0

0,0 20,0 40,0 60,0 80,0 100,0 120,0


pH

1◦ PE

2◦ PE


40

Curva de titulação de 50 mL de um ácido fraco com NaOH 0,100 mol L-1 (A) e segunda

derivada da curva de titulação expandida (B).


41

Curva de titulação de 20 mL de ácido H2A 0,100 mol L-1com NaOH 0,100 mol L-1

(Ka1 H2A = 1,00 x 10-3 e Ka2 H2A = 1,00 x 10-7.


42

7

Curva de titulação de 25 mL de ácido

maleico 0,100 mol L-1com NaOH 0,100 mol L-1

Ka1 = 1,3 x 10-2 e Ka2 = 5,9 x 10-7.

Exemplo 1,5-9 - Skoog, 2008

Curva de titulação com NaOH 0,100 mol L-1

de: 25 mL de: ácido fosfórico 0,100 mol L-1

Ka1=7,5 x 10-3, Ka2=6,2 x 10-8, Ka3=4,8 x 10-13) (A), ácido

oxálico 0,100 mol L-1 Ka1=5,6 x 10-2, Ka2=5,2 x 10-5

(B) e ácido sulfúrico 0,100 mol L-1 (C).

disciplina introdução à análise química

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