Considere a titulação de 25,00 \mathrm{~mL} de uma solução de KI 0,08230 \mathrm{M} com uma solução de \mathrm{AgNO}_{3} 0,05110 \mathrm{M}. Calcule o pAg { }^{+}nos seguintes volumes de \mathrm{AgNO}_{3} adicionados: (kps do \left.\mathrm{AgI}=8,30.10^{-17}\right).
a) 39,00 \mathrm{~mL}

Passo 1

O enunciado pede o valor de \mathrm{pAg}^+ após adicionar 39,00\\ \mathrm{mL} de solução de \mathrm{AgNO}_3 a 25,00\\ \mathrm{mL} de solução de \mathrm{KI}. Dados importantes fornecidos:
\begin{aligned} &\text{Volume de KI} = 25,00\\ \mathrm{mL},\\\ &\text{Concentração de KI} = 0,08230\\ \mathrm{M},\\\ &\text{Volume de } \mathrm{AgNO}_3 \text{ adicionado} = 39,00\\ \mathrm{mL},\\\ &\text{Concentração de } \mathrm{AgNO}_3 = 0,05110\\ \mathrm{M},\\\ &K_{sp}(\mathrm{AgI}) = 8,30\times 10^{-17}. \end{aligned}çãçã
As perguntas específicas neste item são: calcular \mathrm{pAg}^+ depois da adição de 39,00\\ \mathrm{mL} de \mathrm{AgNO}_3.

Passo 2

Vamos calcular a quantidade de íons iodeto \mathrm{I}^- inicial. Para isso usamos a relação número de mols n = C \cdot V, onde C é a concentração e V o volume em litros. Aqui:
n(\mathrm{I}^-) = C_{\mathrm{KI}}\cdot V_{\mathrm{KI}} = 0,08230\cdot 0,02500.
Calculemos:
n(\mathrm{I}^-) = 0,08230\times 0,02500 = 0,0020575\\ \text{mol}.

Passo 3

Agora calculamos os mols de \mathrm{Ag}^+ adicionados a partir da solução de \mathrm{AgNO}_3, usando a mesma fórmula n = C\cdot V:
n(\mathrm{Ag}^+)_{\text{adicionados}} = 0,05110\cdot 0,03900.
Calculemos:
n(\mathrm{Ag}^+)_{\text{adicionados}} = 0,05110\times 0,03900 = 0,0019929\\ \text{mol}.

Passo 4

Comparamos as quantidades para ver o reagente limitante na precipitação:
n(\mathrm{I}^-) = 0,0020575\\ \text{mol},\qquad n(\mathrm{Ag}^+)_{\text{adicionados}} = 0,0019929\\ \text{mol}.
Como n(\mathrm{Ag}^+) < n(\mathrm{I}^-), todo o \mathrm{Ag}^+ é consumido precipitando como \mathrm{AgI}(s) e sobra \mathrm{I}^-. Mols de \mathrm{I}^- em excesso:
n(\mathrm{I}^-)_{\text{excesso}} = 0,0020575 - 0,0019929 = 0,0000646\\ \text{mol}.

Passo 5

Depois da mistura, o volume total da solução é
V_{\text{total}} = 0,02500 + 0,03900 = 0,06400\\ \mathrm{L}.
A concentração do íon iodeto remanescente (assumindo que todo o iodeto restante permanece em solução) é
[\mathrm{I}^-] = \dfrac{n(\mathrm{I}^-)_{\text{excesso}}}{V_{\text{total}}} = \dfrac{0,0000646}{0,06400}.
Calculemos:
[\mathrm{I}^-] = 0,001009375\\ \mathrm{M}\approx 1,0094\times 10^{-3}\\ \mathrm{M}.

Passo 6

Com presença de \mathrm{AgI}(s) (formado pelo precipitado), estabelece-se o equilíbrio solido–íon:
\mathrm{AgI}(s)\rightleftharpoons \mathrm{Ag}^+ + \mathrm{I}^-,
e pelo K_{sp} temos:
K_{sp} = [\mathrm{Ag}^+]\,[\mathrm{I}^-].
Assim, a concentração de \mathrm{Ag}^+ dissolvido é
[\mathrm{Ag}^+] = \dfrac{K_{sp}}{[\mathrm{I}^-]} = \dfrac{8,30\times 10^{-17}}{1,009375\times 10^{-3}}.
Calculemos:
[\mathrm{Ag}^+] \approx 8,2239\times 10^{-14}\\ \mathrm{M}.

Passo 7

Agora calculamos \mathrm{pAg}^+, definido por \mathrm{pAg}^+ = -\log_{10}[\mathrm{Ag}^+]. Então:
\mathrm{pAg}^+ = -\log_{10}\left(8,2239\times 10^{-14}\right).
Usando logaritmos:
\log_{10}\left(8,2239\times 10^{-14}\right) = \log_{10}(8,2239) + \log_{10}\left(10^{-14}\right) \approx 0,9156 -14 = -13,0844.
Portanto:
\mathrm{pAg}^+ \approx 13,0844 \approx 13,08.
Força aí — ficou um número bem grande porque a concentração de \mathrm{Ag}^+ em solução é extremamente baixa devido ao K_{sp} pequeno.

Resposta

\mathrm{pAg}^+ = 13,08

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