Química

1. Curva de titulações de ácidos polipróticos
A – 25,00 mL de H3PO4 0,1000 mol L-1
B – 25,00 mL de H2C2O4 0,1000 mol L-1
C – 25,00 mL de H2SO4 0,1000 mol L-1

2. Ácido poliprótico neutralizado por base forte
•A forma da curva de titulação depende da magnitude relativa das
várias constantes de dissociação (ou seja, pode exibir 2 ou mais
pontos finais).
•Se Ka1 / Ka2 > 103  o tratamento dos cálculos pode ser feito como
para os ácidos monopróticos.
•Supondo um ácido diprótico H2A com constante de dissociação Ka1 =
1,00 x 10-3 e Ka2 = 1,00 x 10-7.

3. Região A – pH inicial: pH pode ser dado
pela contribuição do [H3O+] proveniente
da primeira dissociação.
Região B – 1a região tamponada:
consiste de H2A e sua base conjugada
NaHA.
Região C – 1o P.E.: formação de um sal
ácido.
Região D – 2a região tamponada:
consiste de HA- e sua base conjugada
Na2A.
Região E – 2o P.E.: consiste de uma
base conjugada de ácido fraco com
uma constante de dissociação Ka2.
Região F - Após 2o P.E.: excesso de
OH-.

4. Exemplo
Construir uma curva de titulação de 25,00 mL de ácido maleico,
HOOC-CH=CH-COOH, 0,1000 mol L-1 com NaOH 0,1000 mol L-1.
Ka1 / Ka2 > 103
pH inicial
H2M + H2O H3O+ + HM- Ka1 = 1,3 x 10-2
HM- + H2O H3O+ + M2- Ka2 = 5,9 x 10-7
52
,
1
10
01
,
3
]
[
10
3
,
1
]
[
1000
,
0
]
[
1
2
3
2
3
2
3
1











pH
L
mol
x
O
H
x
O
H
O
H
Ka

5. Relembrando.......
HA + H2O ⇌ H3O+ + A-
A- + H2O ⇌ OH- + HA
Para encontrar o pH de uma solução contendo tanto um ácido, HA, quanto sua
base conjugada, NaA, precisamos expressar as concentrações de HA e NaA, no
equilíbrio, em termos de cHA e cNaA. Um exame dos dois equilíbrios revela que a
primeira reação decresce a concentração de HA por uma quantidade igual a
[H3O+], enquanto a segunda aumenta a concentração de HA por quantidade
igual a [OH-].
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
3
3
|











OH
O
H
c
A
OH
O
H
c
HA
NaA
HA

6. 1a região tamponada
A adição de 5,00 mL de base resulta na formação de uma tampão do ácido
fraco H2M e sua base conjugada HM-. Considerando a formação de M2-
desprezível:
1
2
10
67
,
1
00
,
30
1000
,
0
00
,
5
]
[ 




 L
mol
x
x
HM
cNaHM
1
2
10
67
,
6
00
,
30
1000
,
0
00
,
5
1000
,
0
00
,
25
2




 L
mol
x
x
x
c M
H
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
3
2
3
2











OH
O
H
c
M
H
OH
O
H
c
HM
M
H
NaHM
Desprezível
74
,
1
10
81
,
1
]
[
10
3
,
1
]
[
]
][
[
1
2
3
2
2
3
1










pH
L
mol
x
O
H
x
M
H
HM
O
H
Ka

7. Logo antes do 1o P.E.
A [H2M] é tão pequena que se torna comparável à [M2-] e o segundo
equilíbrio precisa também ser considerado.
Vadicionado = 24,90 mL
1
2
10
99
,
4
90
,
49
1000
,
0
90
,
24
]
[ 




 L
mol
x
x
HM
cNaHM
1
4
10
00
,
2
90
,
49
1000
,
0
90
,
24
1000
,
0
00
,
25
2




 L
mol
x
x
x
c M
H
]
[
]
[
2
]
[
]
[
]
[
:
]
[
]
[
]
[
:
2
3
2
2
2















OH
M
HM
Na
O
H
BC
M
HM
M
H
c
c
BM NaHM
M
H
cNaHM desprezível

8. ]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
2
]
[
2
2
3
2
2
3
2
2
2
M
H
M
c
O
H
c
M
HM
M
H
c
O
H
M
HM
c
M
H
M
H
NaHM
NaHM

















]
[
]
][
[
]
[
]
][
[
2
3
2
2
3
1







HM
M
O
H
K
M
H
HM
O
H
K
a
a
99
,
3
10
014
,
1
]
][
[
]
[
]
[
]
[ 1
4
1
3
3
2
3 2




 






pH
L
mol
x
K
HM
O
H
O
H
HM
K
c
O
H
a
a
M
H

9. No 1o P.E.
1
2
10
00
,
5
00
,
50
1000
,
0
00
,
25
]
[ 




 L
mol
x
x
HM
cNaHM






















HM
NaHM
NaHM
c
HM
M
H
OH
M
O
H
OH
M
HM
c
O
H
BC
M
HM
M
H
c
BM
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
2
]
[
]
[
:
]
[
]
[
]
[
:
2
2
3
2
3
2
2
11
,
4
10
80
,
7
]
][
[
]
[
]
[
]
[
]
[ 1
5
1
3
3
3
2
3




 







pH
L
mol
x
K
HM
O
H
O
H
K
O
H
HM
K
O
H
a
w
a
pH = ½ (pKa1+pKa2)

10. Logo após o 1o P.E.
Vadicionado = 25,01 mL
Nessa região, a solução é constituída basicamente por HM- com algum M2-
formado.
]
[
]
[
2
]
[
]
[
]
[
:
49999
,
0
]
[
]
[
]
[
:
10
996
,
1
)
(
04997
,
0
)
(
2
3
1
2
2
1
5
1
2
2





























OH
M
HM
Na
O
H
BC
L
mol
M
HM
M
H
c
c
BM
L
mol
x
V
n
n
c
L
mol
V
n
n
n
c
NaHM
M
Na
total
NaHMform
NaOHadic
M
total
NaHMform
NaOHadic
NaHMform
HM

11. ]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
2
]
[
]
[
2
2
3
2
2
2
3


















OH
Na
M
H
M
O
H
M
M
H
OH
M
Na
O
H
desprezível
total
NaHMform
NaOHadic
V
n
n )
( 
]
[
]
[
3
2


O
H
HM
Ka
1
3 ]
][
[
a
K
HM
O
H 

13
,
4
10
40
,
7
]
[ 1
5
3

 


pH
L
mol
x
O
H

12. 2a região tamponada
A adição de 25,50 mL de base resulta na formação de uma tampão do
ácido fraco HM- e sua base conjugada M2-.
total
Mform
Na
NaOHadic
Mform
Na
NaHM
total
Mform
Na
NaOHadic
M
Na
V
n
n
n
c
HM
V
n
n
c
M
)
(
]
[
)
(
]
[
2
2
2
2
2









54
,
4
10
89
,
2
]
[
]
[
]
][
[
1
5
3
2
3
2









pH
L
mol
x
O
H
HM
M
O
H
Ka

13. Pouco antes do 2o P.E.
Vadicionado = 49,90 mL
Nessa região, a razão M2-/HM- torna-se grande e a equação para os
tampões simples não se aplica mais.
M2- + H2O HM- + OH-
total
Mform
Na
NaOHadic
Mform
Na
NaHM
total
Mform
Na
NaOHadic
M
Na
V
n
n
n
c
HM
V
n
n
c
M
)
(
]
[
)
(
]
[
2
2
2
2
2









61
,
8
]
[
])
[
](
[
]
[
]
][
[
2
2
2
1





 







pH
OH
c
OH
c
OH
M
HM
OH
K
K
K
M
HM
a
w
b

14. No 2o P.E.
M2- + H2O HM- + OH-
38
,
9
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
][
[
2
2
2
2
1













pH
OH
c
M
HM
OH
M
HM
OH
K
K
K
M
Na
a
w
b
total
Mform
Na
NaOHadic
M
Na
V
n
n
c
M
)
(
]
[ 2
2
2





15. Logo após o 2o P.E.
Vadicionado = 50,01 mL
M2- + H2O HM- + OH-
14
,
10
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
[
2
2
2
2



















pH
HM
OH
OH
HM
c
M
OH
OH
OH
V
produzido
n
c
excesso
M
reagiu
adicionado
excesso
total
M
M

16. Após o 2o P.E.
Vadicionado = 51,00 mL
Nessa região, o pH é dado pelo excesso de OH-.
12
,
11
]
[
]
[
]
[


 


pH
OH
OH
OH reagiu
adicionado
excesso

17. Curva de titulação para 25,00 mL de ácido maleico

18. Base poliprótica neutralizada por ácido forte
CO3
2- + H2O OH- + HCO3
-
HCO3
- + H2O OH- + CO2 (aq)
Kb1= Kw / Ka2
Kb2= Kw / Ka1

19. Espécies anfipróticas
H2PO4
- + H2O H3O+ + HPO4
-
H2PO4
- + H2O OH- + H3PO4
Ka2 = 6,3 2x 10-8
Kb3 = Kw / Ka1 = 1,41 x 10-12
Ka2 >> Kb3  titulação com solução padrão de base
HPO4
2- + H2O H3O+ + PO4
3-
HPO4
2- + H2O OH- + H2PO4
-
Ka3 = 4,5 x 10-13
Kb2 = Kw / Ka2 = 1,58 x 10-7
Ka3 << Kb2  titulação com solução padrão de ácido

20. Misturas de ácidos fortes e fracos ou
bases fortes e fracas
Calcular o pH de uma mistura de HCl 0,1200 mol L-1 com ácido fraco HA
0,0800 mol L-1 (Ka = 1,00 x 10-4) durante sua titulação com KOH 0,100 mol
L-1. Calcule os resultados para a adição dos seguintes volumes de base
(a) 0,00 mL e (b) 5,00 mL.
O
H
HCl O
H
A
c
O
H 2
3
3 ]
[
]
[
]
[ 





muito pequena  desprezível
Vadicionado = 0,00 mL
[A-] <<< 0,1200 mol L-1  pH =0,92

21. Vadicionado = 5,00 mL
Vmistura = 25,00 mL total
reagiu
inicial
HCl
V
O
nH
O
nH
c



 3
3
[A-] <<< cHCl  pH =1,08
VKOH = 29,00 mL
total
HA
HA
total
reagiu
HCl
HCl
V
O
nH
c
V
O
nH
O
nH
c






3
3
3
HA
HCl
c
A
HA
A
c
O
H







]
[
]
[
]
[
]
[ 3
52
,
2
10
03
,
3
]
[
]
[
]
][
[
1
3
3
3








pH
L
mol
x
O
H
HA
A
O
H
Ka

22. Uma solução contém NaHCO3, Na2CO3 e NaOH, isoladamente ou em uma
combinação permitida. A titulação de uma alíquota de 50,00 mL requer,
empregando-se a fenolftaleína como indicador de ponto final, 22,1 mL de
HCl 0,100 mol L-1. Uma segunda alíquota de 50,0 mL necessita de 48,4 mL
de HCl quando titulada com indicador verde de bromocresol. Deduza a
composição e calcule as concentrações molares dos solutos na solução
original.

26. Exercício
Uma amostra de Na2CO3 contaminada com NaOH foi pesada, dissolvida
em água destilada isenta de CO2 e titulada com solução padrão de HCl
0,25 mol L-1. Usando-se fenolftaleína como indicador, observou-se o ponto
final após adição de 26,20 mL do titulante. Após a viragem da fenolftaleína,
adicionou-se algumas gotas de alaranjado de metila, prosseguindo-se a
titulação com HCl. Foi necessária a adição de mais 15,20 mL do titulante
para que se observa-se o ponto final com o alaranjado de metila. Calcule
as massas de NaOH e Na2CO3 presentes na amostra.

27. Retrotitulação
Uma amostra de 0,7121 g de farinha de trigo foi analisada pelo método
Kjeldahl. A amônia formada pela adição de uma base concentrada após a
digestão com H2SO4 foi destilada em 25,00 mL de HCl 0,04977 mol L-1. O
excesso de HCl foi retrotitulado com 3,97 mL de NaOH 0,04012 mol L-1.
Calcule a porcentagem de N na farinha.
1341
,
2
%
100
%
0850
,
1
1593
,
0
2443
,
1







x
m
xPA
n
N
mmol
n
n
n
mmol
n
mmol
n
amostra
N
NaOH
HCl
N
NaOH
HCl

28. Exercício
O teor de formaldeído da preparação de um pesticida foi determinado pela
pesagem de 0,3124 g de uma amostra líquida em um frasco contendo 50,0
mL de NaOH 0,0996 mol L-1 e 50,00 mL de H2O2 3%. Por aquecimento,
ocorreu a seguinte reação:
Após esfriar, o excesso de base foi titulado com 23,3 mL de H2SO4
0,05250 mol L-1. Calcular a porcentagem de HCHO (30,026 g mol-1) na
amostra.
OH- + HCHO + H2O2  HCOO- + 2H2O

29. Atividade
Elabore três questões objetivas com assuntos pertinentes as aulas 1, 2 ou
3.