Considere a titulação de 25,00 \mathrm{ml} de uma solução de \mathrm{I}^{-}a 0,1000 \mathrm{M} com uma solução de \mathrm{Ag}^{+}a 0,05000 \mathrm{M}. Calcule o \mathrm{pAg}^{+}após a adição de 10 ml da solução de \mathrm{Ag}^{+}, no ponto de equivalência e após a adição de 52 ml da solução de \mathrm{Ag}^{+}.
\mathrm{I}^{-}+\mathrm{Ag}^{+} \leftrightarrows \mathrm{AgI}_{(\mathrm{s})} \quad \mathrm{K}_{\mathrm{ps}}=8,3 \times 10^{-17}

Passo 1

O enunciado nos dá claramente os seguintes dados (peguei-os do enunciado):
  • Volume da solução de iodeto: 25{,}00\\ \mathrm{mL}.
  • Concentração de \mathrm{I}^{-}: 0{,}1000\\ \mathrm{M}.
  • Concentração da solução de \mathrm{Ag}^{+}: 0{,}05000\\ \mathrm{M}.
  • Reação de precipitação: \mathrm{Ag}^{+}+\mathrm{I}^{-}\rightleftharpoons \mathrm{AgI}_{(\mathrm{s})}.
  • Produto de solubilidade: K_{\mathrm{ps}}=8{,}3\times10^{-17}.
O que o problema pede:
  1. Calcular \mathrm{pAg}^{+} após a adição de 10{,}0\\ \mathrm{mL} da solução de \mathrm{Ag}^{+}.
  2. Calcular \mathrm{pAg}^{+} no ponto de equivalência.
  3. Calcular \mathrm{pAg}^{+} após a adição de 52{,}0\\ \mathrm{mL} da solução de \mathrm{Ag}^{+}.

Passo 2

Conceitos e fórmulas que vamos usar (explicadinho):
  • Definição de \mathrm{pAg}^{+}: \mathrm{pAg}^{+}=-\log_{10}\bigl([\mathrm{Ag}^{+}]\bigr). Ou seja, para obter \mathrm{pAg}^{+} é só calcular a concentração molar de \mathrm{Ag}^{+} no equilíbrio e aplicar -\log_{10}.
  • Produto de solubilidade: para o sal \mathrm{AgI},
K_{\mathrm{ps}}=[\mathrm{Ag}^{+}]\,[\mathrm{I}^{-}].
Se houver excesso de um íon e o sólido \mathrm{AgI} estiver presente, a concentração do outro íon é dada por [\mathrm{outro}]=K_{\mathrm{ps}}/[\mathrm{excesso}].
  • Três situações típicas na titulação:
    1. Antes da equivalência (excesso de \mathrm{I}^{-}): praticamente todo \mathrm{Ag}^{+} adicionado precipita; resta [\mathrm{I}^{-}]_{\text{excesso}} na solução e [\mathrm{Ag}^{+}] em equilíbrio com o sólido é [\mathrm{Ag}^{+}]=K_{\mathrm{ps}}/[\mathrm{I}^{-}].
    2. No ponto de equivalência: todo \mathrm{I}^{-} foi precipitado; existe \mathrm{AgI}_{(s)} e a solução está saturada. Como [\mathrm{Ag}^{+}]=[\mathrm{I}^{-}]=s na solução saturada, tem-se s=\sqrt{K_{\mathrm{ps}}}.
    3. Depois da equivalência (excesso de \mathrm{Ag}^{+}): a concentração de \mathrm{Ag}^{+} é dada pelas mols excedentes divididas pelo volume total; o [\mathrm{I}^{-}] em solução é muito pequeno e pode ser obtido por [\mathrm{I}^{-}]=K_{\mathrm{ps}}/[\mathrm{Ag}^{+}].
Vou aplicar esses raciocínios nas três situações pedidas.

Passo 3

Calcular mols iniciais de \mathrm{I}^{-} e mols de \mathrm{Ag}^{+} adicionados quando necessário (peguei volumes e concentrações do enunciado).
Mols de \mathrm{I}^{-} inicialmente:
n(\mathrm{I}^{-}) = (25{,}00\\ \mathrm{mL})\times\frac{0{,}1000\\ \mathrm{mol}}{1000\\ \mathrm{mL}} =0{,}02500\\ \mathrm{L}\times0{,}1000\\ \mathrm{M}=0{,}002500\\ \mathrm{mol}.
Mols de \mathrm{Ag}^{+} por volume adicionado (fórmula geral):
n(\mathrm{Ag}^{+}) = V_{\mathrm{Ag}}(\mathrm{L})\times 0{,}05000\\ \mathrm{M}.

Passo 4

Mols de \mathrm{Ag}^{+} adicionados:
n(\mathrm{Ag}^{+}) = 0{,}01000\\ \mathrm{L}\times0{,}05000\\ \mathrm{M}=0{,}0005000\\ \mathrm{mol}.
Comparando com n(\mathrm{I}^{-})=0{,}002500\\ \mathrm{mol}, vemos que n(\mathrm{Ag}^{+})<n(\mathrm{I}^{-}). Logo sobra \mathrm{I}^{-} em excesso e todo o \mathrm{Ag}^{+} adicionado precipita como \mathrm{AgI}.
Mols de \mathrm{I}^{-} que permanecem em solução:
n_{\text{excesso}}(\mathrm{I}^{-})=0{,}002500-0{,}0005000=0{,}002000\\ \mathrm{mol}.
Volume total da mistura:
V_{\text{total}}=25{,}00\\ \mathrm{mL}+10{,}0\\ \mathrm{mL}=35{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}03500\\ \mathrm{L}.
Concentração de \mathrm{I}^{-} em solução após precipitação:
[\mathrm{I}^{-}]=\frac{0{,}002000\\ \mathrm{mol}}{0{,}03500\\ \mathrm{L}}=0{,}057142857\\ \mathrm{M}.
Como há \mathrm{AgI}_{(s)} e excesso de \mathrm{I}^{-}, a concentração de \mathrm{Ag}^{+} em equilíbrio é
[\mathrm{Ag}^{+}]=\frac{K_{\mathrm{ps}}}{[\mathrm{I}^{-}]}=\frac{8{,}3\times10^{-17}}{0{,}057142857}.
Calculemos numericamente:
[\mathrm{Ag}^{+}]=8{,}3\times10^{-17}\times\frac{1}{0{,}057142857}=8{,}3\times10^{-17}\times17{,}5=1{,}4525\times10^{-15}\\ \mathrm{M}.
Agora \mathrm{pAg}^{+}=-\log_{10}\bigl([\mathrm{Ag}^{+}]\bigr):
\mathrm{pAg}^{+}=-\log_{10}\!\left(1{,}4525\times10^{-15}\right)=15-\log_{10}(1{,}4525)\approx15-0{,}1629=14{,}837\\ (\text{aprox.}).

Passo 5

No ponto de equivalência moles de \mathrm{Ag}^{+} adicionadas são iguais às moles de \mathrm{I}^{-} iniciais:
n(\mathrm{Ag}^{+})_{\text{eq}}=n(\mathrm{I}^{-})=0{,}002500\\ \mathrm{mol}.
Volume de \mathrm{Ag}^{+} necessário:
V_{\text{eq}}=\frac{0{,}002500\\ \mathrm{mol}}{0{,}05000\\ \mathrm{M}}=0{,}05000\\ \mathrm{L}=50{,}00\\ \mathrm{mL}.
Confirmado: equivalência em 50{,}00\\ \mathrm{mL} adicionados.
Após a reação, há \mathrm{AgI}_{(s)} e a solução está saturada. Para a solução saturada de \mathrm{AgI} com sólido presente:
[\mathrm{Ag}^{+}]=[\mathrm{I}^{-}]=s,\quad s^{2}=K_{\mathrm{ps}}\Rightarrow s=\sqrt{K_{\mathrm{ps}}}.
Calcule:
s=\sqrt{8{,}3\times10^{-17}}\approx9{,}11\times10^{-9}\\ \mathrm{M}.
Logo
\mathrm{pAg}^{+}=-\log_{10}\!(9{,}11\times10^{-9})\approx8{,}041.
Observação: o valor de s independe do volume total — desde que haja sólido \mathrm{AgI} presente, a concentração de íons na solução saturada é essa.

Passo 6

Mols de \mathrm{Ag}^{+} adicionados:
n(\mathrm{Ag}^{+})=0{,}05200\\ \mathrm{L}\times0{,}05000\\ \mathrm{M}=0{,}002600\\ \mathrm{mol}.
Mols de \mathrm{I}^{-} iniciais: 0{,}002500\\ \mathrm{mol}. Portanto há excesso de \mathrm{Ag}^{+}:
n_{\text{excesso}}(\mathrm{Ag}^{+})=0{,}002600-0{,}002500=0{,}000100\\ \mathrm{mol}.
Volume total:
V_{\text{total}}=25{,}00\\ \mathrm{mL}+52{,}0\\ \mathrm{mL}=77{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}07700\\ \mathrm{L}.
Concentração aproximada de \mathrm{Ag}^{+} proveniente do excesso (primeira aproximação, válida pois o [\mathrm{I}^{-}] será muito pequeno):
[\mathrm{Ag}^{+}]_{\text{excesso}}=\frac{0{,}000100\\ \mathrm{mol}}{0{,}07700\\ \mathrm{L}}=0{,}001298701\\ \mathrm{M}\approx1{,}2987\times10^{-3}\\ \mathrm{M}.
Como existe \mathrm{AgI}_{(s)} (foi formado), a pequena quantidade de \mathrm{I}^{-} em solução será dada por
[\mathrm{I}^{-}]=\frac{K_{\mathrm{ps}}}{[\mathrm{Ag}^{+}]}\approx\frac{8{,}3\times10^{-17}}{1{,}2987\times10^{-3}}\approx6{,}39\times10^{-14}\\ \mathrm{M},
muito pequena, o que confirma que a aproximação [\mathrm{Ag}^{+}]\approx[\mathrm{Ag}^{+}]_{\text{excesso}} é válida.
Agora \mathrm{pAg}^{+}=-\log_{10}\bigl(1{,}2987\times10^{-3}\bigr):
\mathrm{pAg}^{+}\approx -\bigl(\log_{10}(1{,}2987)-3\bigr)=3-\log_{10}(1{,}2987)\approx3-0{,}1135=2{,}8865\\ (\text{aprox. }2{,}887).

Resposta

\mathrm{pAg}^{+} após adição de 10{,}0\\ \mathrm{mL}: 14{,}837
\mathrm{pAg}^{+} no ponto de equivalência ( 50{,}00\\ \mathrm{mL} adicionados): 8{,}041
\mathrm{pAg}^{+} após adição de 52{,}0\\ \mathrm{mL}: 2{,}887

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