Considere a titulação de 20,00 \mathrm{~mL} de uma solução de \mathrm{KI} 0,08502 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} com uma solução de \mathrm{AgNO}_{3} 0,05510 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}. A reação produz um precipitado amarelo de iodeto de prata. Calcule o valor de pAg para os seguintes volumes de \mathrm{AgNO}_{3} adicionados:
Na metade do volume de equivalência
( Dado: Kps { }_{\text {AgI }}=8,3 \times 10^{-17} )

Passo 1

O enunciado fornece:
\text{Volume de KI} = 20{,}00\\ \mathrm{mL}
\text{Concentração de KI} = 0{,}08502\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}çã
\text{Concentração de AgNO}_{3} = 0{,}05510\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}çã
\text{K}_{\text{ps}}(\text{AgI}) = 8{,}3\times 10^{-17}
O que nos pedem: calcular o valor de \mathrm{pAg} quando foi adicionado o volume correspondente à metade do volume de equivalência da titulação.
Nenhuma outra informação será pedida — vamos usar os dados acima.

Passo 2

Primeiro calculo o número de mols de \mathrm{I^-} inicialmente presente no \mathrm{KI}. Uso a fórmula geral para mols:
n = C\cdot V
onde n é número de mols, C é concentração (mol·L^{-1}) e V é volume em litros. Aplicando:
n_{\mathrm{I^-}} = 0{,}08502\cdot 0{,}02000 = 0{,}0017004\\ \mathrm{mol}.
Expliquei: multiplico concentração pela volume (convertido para litros) — é a forma básica de passar de molaridade para mols.

Passo 3

Agora encontro o volume de equivalência (quando os mols de \mathrm{Ag^+} adicionados igualam os mols de \mathrm{I^-} iniciais). Como precisamos dos mols de \mathrm{Ag^+} que correspondem a n_{\mathrm{I^-}}, uso:
V_{\text{eq}} = \frac{n_{\mathrm{I^-}}}{C_{\mathrm{AgNO_3}}}.
Substituindo:
V_{\text{eq}}=\frac{0{,}0017004}{0{,}05510}=0{,}03086\\ \mathrm{L}=30{,}86\\ \mathrm{mL}.
Portanto o volume de equivalência é 30{,}86\\ \mathrm{mL}.

Passo 4

Metade do volume de equivalência é:
V_{\tfrac{1}{2}\text{eq}}=\frac{V_{\text{eq}}}{2}=15{,}43\\ \mathrm{mL}=0{,}01543\\ \mathrm{L}.
Os mols de \mathrm{Ag^+} adicionados nesse ponto são:
n_{\mathrm{Ag^+}} = C_{\mathrm{AgNO_3}}\cdot V_{\tfrac{1}{2}\text{eq}} = 0{,}05510\cdot 0{,}01543 = 0{,}0008502\\ \mathrm{mol}.
Observação: por definição de “metade da equivalência” esses mols são exatamente metade de n_{\mathrm{I^-}}.

Passo 5

Quando adicionamos \mathrm{Ag^+} em menor quantidade que \mathrm{I^-} inicial, todo o \mathrm{Ag^+} reage formando precipitado \mathrm{AgI(s)} até esgotar o \mathrm{Ag^+}. Assim os mols de \mathrm{I^-} que reagem são iguais aos mols de \mathrm{Ag^+} adicionados. Então os mols de \mathrm{I^-} que permanecem em solução são:
n_{\mathrm{I^- ,\,rest}} = n_{\mathrm{I^- ,\,inicial}} - n_{\mathrm{Ag^+}} = 0{,}0017004 - 0{,}0008502 = 0{,}0008502\\ \mathrm{mol}.
Ou seja, sobram exatamente metade dos mols iniciais de \mathrm{I^-}.

Passo 6

Calculo a concentração de \mathrm{I^-} em solução após a adição, lembrando que o volume total agora é a soma do volume inicial de KI e do volume de AgNO3 adicionado:
V_{\text{total}} = 0{,}02000 + 0{,}01543 = 0{,}03543\\ \mathrm{L}.
A concentração de \mathrm{I^-} é
[\mathrm{I^-}] = \frac{n_{\mathrm{I^- ,\,rest}}}{V_{\text{total}}} = \frac{0{,}0008502}{0{,}03543} = 0{,}02401\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.
Expliquei: é apenas diluição dos mols que restaram no novo volume total.

Passo 7

Agora aplico o equilíbrio de solubilidade do \mathrm{AgI}. A constante de solubilidade é definida por
K_{\text{ps}} = [\mathrm{Ag^+}]\cdot [\mathrm{I^-}].
No ponto considerado existe precipitado (pois adicionamos \mathrm{Ag^+} suficiente para formar \mathrm{AgI} sólido), e temos excesso de \mathrm{I^-}. Portanto a concentração de \mathrm{Ag^+} em equilíbrio é dada por
[\mathrm{Ag^+}] = \frac{K_{\text{ps}}}{[\mathrm{I^-}]}.
Substituo os valores:
[\mathrm{Ag^+}] = \frac{8{,}3\times 10^{-17}}{0{,}02401} = 3{,}458\times 10^{-15}\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.
Expliquei: como [\mathrm{I^-}] é relativamente grande, [\mathrm{Ag^+}] fica muito pequeno e é controlado pela Kps.

Passo 8

Defino \mathrm{pAg} análogo a \mathrm{pH}:
\mathrm{pAg} = -\log_{10}([\mathrm{Ag^+}]).
Calculo:
\mathrm{pAg} = -\log_{10}(3{,}458\times 10^{-15}) = -\big(\log_{10}(3{,}458)+\log_{10}(10^{-15})\big)
= -\big(0{,}5380 -15\big)=14{,}462\\ (\text{aprox.}).
Interpretação rápida: [\mathrm{Ag^+}] é da ordem de 10^{-15}, então \mathrm{pAg} fica em torno de 15 — aqui, 14{,}46.

Resposta

\mathrm{pAg}=14{,}46

Exercícios relacionados