Considere a titulação de 50,00 \mathrm{~mL} de uma solução de \mathrm{NaCl} 0,02000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{~L}^{-1} com uma solução de \mathrm{AgNO}_{3} 0,05000 \mathrm{~mol} \cdot \mathrm{~L}^{-1}. Durante a titulação, ocorre a precipitação de cloreto de prata, cuja constante do produto de solubilidade é \mathrm{Kps}(\mathrm{AgCl})=1,80 \times 10^{-10}. Calcule o pAg ( -\log \left[\mathrm{Ag}^{+}\right]) nas seguintes situações:
(b) Após a adição de 25,00 \mathrm{~mL} da solução de \mathrm{AgNO}_{3}.

Passo 1

O enunciado dá:
\text{volume inicial de NaCl }=50{,}00\\ \mathrm{mL},\quad [\mathrm{NaCl}]=0{,}02000\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}},
\text{concentração de AgNO}_3=0{,}05000\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}},\quad \text{volume adicionado}=25{,}00\\ \mathrm{mL},çã
K_{ps}(\mathrm{AgCl})=1{,}80\times 10^{-10}.
O que a parte (b) pede: calcular o pAg, isto é -\log[\mathrm{Ag}^+], após a adição de 25{,}00\\ \mathrm{mL} da solução de \mathrm{AgNO}_3.

Passo 2

Converter volumes para litros e calcular as mols iniciais de \mathrm{Cl}^- e de \mathrm{Ag}^+ adicionadas (antes da reação de precipitação). Lembre-se que \mathrm{NaCl} fornece \mathrm{Cl}^- em proporção 1:1 e \mathrm{AgNO}_3 fornece \mathrm{Ag}^+ em proporção 1:1.
Volume de \mathrm{NaCl}:
V_{\mathrm{NaCl}}=50{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}05000\\ \mathrm{L}.
Mols de \mathrm{Cl}^-:
n_{\mathrm{Cl}^-}=V_{\mathrm{NaCl}}\times [\mathrm{NaCl}]=0{,}05000\times 0{,}02000=0{,}001000\\ \mathrm{mol}.
Volume de \mathrm{AgNO}_3:
V_{\mathrm{AgNO}_3}=25{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}02500\\ \mathrm{L}.
Mols de \mathrm{Ag}^+ adicionadas:
n_{\mathrm{Ag}^+,\text{ad}}=V_{\mathrm{AgNO}_3}\times [\mathrm{AgNO}_3]=0{,}02500\times 0{,}05000=0{,}001250\\ \mathrm{mol}.

Passo 3

Fazer a reação estequiométrica e determinar o reagente limitante. A reação de precipitação é:
\mathrm{Ag}^+ + \mathrm{Cl}^- \longrightarrow \mathrm{AgCl(s)}.
Comparando mols:
n_{\mathrm{Cl}^-}=0{,}001000\\ \mathrm{mol},\qquad n_{\mathrm{Ag}^+,\text{ad}}=0{,}001250\\ \mathrm{mol}.
Como n_{\mathrm{Ag}^+,ad}>n_{\mathrm{Cl}^-}, o \mathrm{Cl}^- é limitante e todo o \mathrm{Cl}^- será consumido formando \mathrm{AgCl(s)}.

Passo 4

Calcular as mols de \mathrm{Ag}^+ que permanecem em excesso após a precipitação:
n_{\mathrm{Ag}^+,excesso}=n_{\mathrm{Ag}^+,ad}-n_{\mathrm{Cl}^-}=0{,}001250-0{,}001000=0{,}000250\\ \mathrm{mol}.

Passo 5

Calcular a concentração de \mathrm{Ag}^+ analítica (excesso) no volume final. O volume total após mistura é
V_{\text{total}}=50{,}00\\ \mathrm{mL}+25{,}00\\ \mathrm{mL}=75{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}07500\\ \mathrm{L}.
Concentração analítica de \mathrm{Ag}^+ proveniente do excesso:
[\mathrm{Ag}^+]_{\text{excesso}}=\frac{n_{\mathrm{Ag}^+,excesso}}{V_{\text{total}}}=\frac{0{,}000250}{0{,}07500}=0{,}0033333\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.

Passo 6

Explicar o papel do K_{ps} e verificar a consistência: para o equilíbrio de solubilidade
\mathrm{AgCl(s)}\rightleftharpoons \mathrm{Ag}^+ + \mathrm{Cl}^-,
temos
K_{ps}=[\mathrm{Ag}^+][\mathrm{Cl}^-]=1{,}80\times 10^{-10}.
Quando existe excesso de \mathrm{Ag}^+ (como aqui), a presença do sólido \mathrm{AgCl} fixa a concentração de \mathrm{Cl}^- muito baixa através de
[\mathrm{Cl}^-]=\frac{K_{ps}}{[\mathrm{Ag}^+]}.
Usando [\mathrm{Ag}^+]_{\text{excesso}} como boa aproximação para o [\mathrm{Ag}^+] de equilíbrio (porque a quantidade de \mathrm{Cl}^- dissolvida é muito pequena), calculamos
[\mathrm{Cl}^-]=\frac{1{,}80\times 10^{-10}}{0{,}0033333}=5{,}40\times 10^{-8}\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}.
Esse valor é muito pequeno, o que confirma que a dissolução do precipitado é desprezível e que a aproximação [\mathrm{Ag}^+]\approx[\mathrm{Ag}^+]_{\text{excesso}} é válida.

Passo 7

Calcular o pAg a partir da concentração de \mathrm{Ag}^+. Definição:
\mathrm{pAg}=-\log[\mathrm{Ag}^+].
Usando [\mathrm{Ag}^+]=0{,}0033333\\ \mathrm{mol\cdot L^{-1}}:
\mathrm{pAg}=-\log(0{,}0033333)=2{,}4771\quad(\text{arredondado}).

Resposta

\mathrm{pAg}=2{,}4771

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