Construa uma Curva de Titulação de 25 \mathrm{~mL} \mathrm{de} \mathrm{NH}_{3} 0,1 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} com \mathrm{HCl} 0,2 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}.

Passo 1

O enunciado pede: construir a curva de titulação de 25\\ \text{mL} de \mathrm{NH}_{3} 0,1\\ \mathrm{mol\,L^{-1}} com \mathrm{HCl} 0,2\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}. Informações e dados relevantes fornecidos (vou usar exatamente estes valores):
  • Volume inicial de amostra: V_{\mathrm{amostra}}=25\\ \text{mL}=0,025\\ \text{L}.
  • Concentração da base: C_{B}=0,1\\ \mathrm{mol\,L^{-1}} ( \mathrm{NH}_{3}).
  • Titrante: \mathrm{HCl} com concentração C_{t}=0,2\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Produto da água: K_{w}=1\times10^{-14} (assumindo 25^\circ\text{C}).
  • Constante de basicidade do \mathrm{NH}_{3} (valor aceito para o cálculo): K_{b}(\mathrm{NH}_{3})=1,8\times10^{-5}.
    O que preciso entregar: uma sequência de pontos (V_{\mathrm{HCl}},\,\text{pH}) que caracterize a curva de titulação (região inicial, região tampão, ponto de meia-equivalência, ponto de equivalência, e região com excesso de ácido), e instruções de como traçar a curva a partir desses pontos.

Passo 2

Calcular quantidades iniciais e volume de equivalência.
  • Moles iniciais de \mathrm{NH}_{3}:
n_{B}=C_{B}\cdot V_{\mathrm{amostra}}=0,1\cdot0,025=0,0025\\ \text{mol}.
  • Volume de \mathrm{HCl} necessário para atingir a equivalência (reação estequiométrica \mathrm{NH}_{3}+\mathrm{HCl}\to\mathrm{NH}_{4}^{+}):
V_{\mathrm{eq}}=\frac{n_{B}}{C_{t}}=\frac{0,0025}{0,2}=0,0125\\ \text{L}=12{,}5\\ \text{mL}.
Resumo útil: quantidade de base inicial n_{B}=0{,}0025\\ \text{mol}; equivalência em V_{\mathrm{eq}}=12{,}5\\ \text{mL}.

Passo 3

Organização da estratégia de cálculo (quais fórmulas usar e por quê).
  • Regiões de interesse e método a usar:
    • Antes da equivalência (quando coexistem \mathrm{NH}_{3} e \mathrm{NH}_{4}^{+}): trata-se de um tampão base/conjugado. Usar a forma de Henderson–Hasselbalch para o sistema \mathrm{NH}_{4}^{+}/\mathrm{NH}_{3}:
    pH = pK_{a} + \log\frac{[\mathrm{base}]}{[\mathrm{acid}]} = pK_{a} + \log\frac{[\mathrm{NH}_{3}]}{[\mathrm{NH}_{4}^{+}]},onde pK_{a}= -\log K_{a} e K_{a} é para \mathrm{NH}_{4}^{+}.
    • Meia-equivalência: [\mathrm{NH}_{3}] = [\mathrm{NH}_{4}^{+}] então pH = pK_{a}.
    • No ponto de equivalência: toda a base foi convertida em \mathrm{NH}_{4}^{+}; a solução contém apenas o cátion \mathrm{NH}_{4}^{+} (base conjugada atuando como ácido fraco). Calcular o pH pela hidrólise do \mathrm{NH}_{4}^{+} usando K_{a}(\mathrm{NH}_{4}^{+})=\dfrac{K_{w}}{K_{b}(\mathrm{NH}_{3})} e resolvendo para [\mathrm{H}^{+}].
    • Após a equivalência (excesso de \mathrm{HCl}): o excesso de ácido forte determina [\mathrm{H}^{+}] diretamente: [\mathrm{H}^{+}]=\dfrac{n_{\text{excesso}}}{V_{\text{total}}}.
  • Relações úteis e conversões: pK_{b}=-\log K_{b},\qquad pK_{a}=14-pK_{b},\qquad K_{a}=\frac{K_{w}}{K_{b}}.
Explicação leve: a fórmula de Henderson–Hasselbalch é uma aproximação derivada do equilíbrio ácido-base para sistemas tampão; serve muito bem enquanto nem a base nem o ácido conjugado forem muito diluídos.

Passo 4

Calcular constantes dérivadas: pK_{b}, pK_{a} e K_{a}.
  • pK_{b}=-\log(1,8\times10^{-5})\approx4{,}7447.
  • pK_{a}=14- pK_{b}=14-4{,}7447=9{,}2553.
  • K_{a}=\dfrac{K_{w}}{K_{b}}=\dfrac{1\times10^{-14}}{1{,}8\times10^{-5}}=5{,}5556\times10^{-10}.
    Comentário: usei K_{b} padrão do \mathrm{NH}_{3}. O pK_{a} é o valor que aparece na Henderson–Hasselbalch para o par \mathrm{NH}_{4}^{+}/\mathrm{NH}_{3}.

Passo 5

Ponto inicial: volume de \mathrm{HCl} adicionado V=0\\ \text{mL} (solução apenas de \mathrm{NH}_{3}).
  • Concentração inicial de \mathrm{NH}_{3} é C_{B}=0{,}1\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Equilíbrio de ionização (reação base):
\mathrm{NH}_{3}+ \mathrm{H_{2}O} \rightleftharpoons \mathrm{NH}_{4}^{+} + \mathrm{OH}^{-},
com K_{b}=\dfrac{[\mathrm{NH}_{4}^{+}][\mathrm{OH}^{-}]}{[\mathrm{NH}_{3}]}.
  • Tomando x=[\mathrm{OH}^{-}]=[\mathrm{NH}_{4}^{+}] e aproximando C_{B}-x\approx C_{B},
x\approx\sqrt{K_{b}\,C_{B}}=\sqrt{1{,}8\times10^{-5}\cdot0{,}1}=\sqrt{1{,}8\times10^{-6}}=1{,}3416\times10^{-3}\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • pOH=-\log(1{,}3416\times10^{-3})\approx2{,}872, então
pH=14-pOH\approx14-2{,}872=11{,}128\approx11{,}13.
Verificação de consistência: x/C_{B}\approx0{,}00134/0{,}1=0{,}0134\ll1, logo a aproximação é válida.

Passo 6

Um ponto na região tampão: V=5\\ \text{mL}=0{,}005\\ \text{L} de \mathrm{HCl} adicionados.
  • Moles de \mathrm{HCl} adicionados: n_{t}=C_{t}\cdot V=0{,}2\cdot0{,}005=0{,}001\\ \text{mol}.
  • Reação: consome 0{,}001\\ \text{mol} de \mathrm{NH}_{3}, formando 0{,}001\\ \text{mol} de \mathrm{NH}_{4}^{+}.
  • Moles restantes de \mathrm{NH}_{3}: n_{\mathrm{NH}_{3}}=0{,}0025-0{,}001=0{,}0015\\ \text{mol}.
  • Moles de \mathrm{NH}_{4}^{+}: n_{\mathrm{NH}_{4}^{+}}=0{,}001\\ \text{mol}.
  • Volume total: V_{\text{tot}}=0{,}025+0{,}005=0{,}030\\ \text{L}.
  • Concentrações:
[\mathrm{NH}_{3}]=\frac{0{,}0015}{0{,}030}=0{,}05\\ \mathrm{mol\,L^{-1}},\qquad [\mathrm{NH}_{4}^{+}]=\frac{0{,}001}{0{,}030}=0{,}033333\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Aplicando Henderson–Hasselbalch (usando pK_{a}=9{,}2553):
pH = 9{,}2553 + \log\frac{0{,}05}{0{,}033333}=9{,}2553+\log(1{,}5)=9{,}2553+0{,}1761=9{,}4314\approx9{,}43.

Passo 7

Meia-equivalência: V_{\text{1/2}}=\dfrac{V_{\mathrm{eq}}}{2}=6{,}25\\ \text{mL}.
  • Nessa condição n_{\mathrm{NH}_{3}}=n_{\mathrm{NH}_{4}^{+}}, então
pH=pK_{a}=9{,}2553\approx9{,}26.
Comentário motivador: este é um ponto importante para identificar pK_{a} experimentalmente — o pH no ponto de meia-equivalência é exatamente o pK_{a} do par conjugado.

Passo 8

Perto do ponto de equivalência (antes): exemplo V=12{,}0\\ \text{mL} (um pouco antes do 12{,}5\\ \text{mL}).
  • n_{t}=0{,}2\cdot0{,}012=0{,}0024\\ \text{mol}.
  • Moles restantes de \mathrm{NH}_{3}: 0{,}0025-0{,}0024=0{,}0001\\ \text{mol}.
  • Moles de \mathrm{NH}_{4}^{+}: 0{,}0024\\ \text{mol}.
  • Volume total: 0{,}025+0{,}012=0{,}037\\ \text{L}.
  • Concentrações:
[\mathrm{NH}_{3}]=\frac{0{,}0001}{0{,}037}=0{,}0027027\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}, \qquad [\mathrm{NH}_{4}^{+}]=\frac{0{,}0024}{0{,}037}=0{,}0648649\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Henderson–Hasselbalch:
pH=9{,}2553+\log\frac{0{,}0027027}{0{,}0648649} =9{,}2553+\log(0{,}0416667)=9{,}2553-1{,}3802=7{,}8751\approx7{,}88.
Isso mostra que o pH cai rapidamente ao se aproximar da equivalência.

Passo 9

Ponto de equivalência: V=12{,}5\\ \text{mL}.
  • Toda a \mathrm{NH}_{3} foi convertida em \mathrm{NH}_{4}^{+}: n_{\mathrm{NH}_{4}^{+}}=0{,}0025\\ \text{mol}.
  • Volume total: V_{\text{tot}}=0{,}025+0{,}0125=0{,}0375\\ \text{L}.
  • Concentração de \mathrm{NH}_{4}^{+}:
[\mathrm{NH}_{4}^{+}]=\frac{0{,}0025}{0{,}0375}=0{,}0666667\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Hidrólise ácida: \mathrm{NH}_{4}^{+}\rightleftharpoons\mathrm{NH}_{3}+\mathrm{H}^{+} com K_{a}=5{,}5556\times10^{-10}.
    Tomando x=[\mathrm{H}^{+}],
K_{a}=\frac{x^{2}}{[\mathrm{NH}_{4}^{+}]-x}\approx\frac{x^{2}}{[\mathrm{NH}_{4}^{+}]} \quad\Rightarrow\quad x\approx\sqrt{K_{a}\,[\mathrm{NH}_{4}^{+}]}.
  • Cálculo:
x\approx\sqrt{5{,}5556\times10^{-10}\cdot0{,}0666667} =\sqrt{3{,}7037\times10^{-11}}=6{,}0868\times10^{-6}\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
  • Assim
pH=-\log(6{,}0868\times10^{-6})\approx5{,}2159\approx5{,}22.
Interpretação: no ponto de equivalência a solução é ácida por causa do íon \mathrm{NH}_{4}^{+} (o sal de uma base fraca).

Passo 10

Após a equivalência (excesso de ácido): exemplos V=13{,}0\\ \text{mL}, V=15{,}0\\ \text{mL} e V=25{,}0\\ \text{mL}.
  • Para V=13{,}0\\ \text{mL}=0{,}013\\ \text{L}:
    • n_{t}=0{,}2\cdot0{,}013=0{,}0026\\ \text{mol}.
    • Excesso de \mathrm{HCl}: n_{\text{exc}}=0{,}0026-0{,}0025=0{,}0001\\ \text{mol}.
    • Volume total: 0{,}025+0{,}013=0{,}038\\ \text{L}.
    • [\mathrm{H}^{+}]=\dfrac{0{,}0001}{0{,}038}=0{,}0026316\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
    • pH=-\log(0{,}0026316)=2{,}5798\approx2{,}58.
  • Para V=15{,}0\\ \text{mL}=0{,}015\\ \text{L}:
    • n_{t}=0{,}2\cdot0{,}015=0{,}0030\\ \text{mol}.
    • Excesso: 0{,}0030-0{,}0025=0{,}0005\\ \text{mol}.
    • Volume total: 0{,}040\\ \text{L}.
    • [\mathrm{H}^{+}]=\dfrac{0{,}0005}{0{,}040}=0{,}0125\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
    • pH=-\log(0{,}0125)=1{,}9031\approx1{,}90.
  • Para V=25{,}0\\ \text{mL}=0{,}025\\ \text{L}:
    • n_{t}=0{,}2\cdot0{,}025=0{,}0050\\ \text{mol}.
    • Excesso: 0{,}0050-0{,}0025=0{,}0025\\ \text{mol}.
    • Volume total: 0{,}050\\ \text{L}.
    • [\mathrm{H}^{+}]=\dfrac{0{,}0025}{0{,}050}=0{,}05\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.
    • pH=-\log(0{,}05)=1{,}3010\approx1{,}30.

Passo 11

Resumo dos pontos calculados — são suficientes para traçar a curva qualitativa e para um gráfico quantitativo. Recomendações para traçar:
  • Eixo x: V_{\mathrm{HCl}} de 0 a 25\\ \text{mL}.
  • Eixo y: pH de 0 a 14.
  • Plote os pontos calculados abaixo e una-os com uma curva lisa (região íngreme próxima a V_{\mathrm{eq}}=12{,}5\\ \text{mL}). Use mais pontos próximos à equivalência (por exemplo 12{,}0, 12{,}25, 12{,}5, 12{,}75, 13{,}0) para capturar o salto rápido no pH.
    Motivação final: você agora tem a lógica, as fórmulas e pontos numéricos — é só traçar. Se quiser eu já ploto para você (posso fornecer uma tabela pronta em formato que você cole num Excel / Python) ou calculo pontos extras para uma curva mais suave.

Resposta

V=0\\ \text{mL}:\\ pH=11,13
V=5\\ \text{mL}:\\ pH=9,43
V=6{,}25\\ \text{mL}:\\ pH=9,26
V=12{,}0\\ \text{mL}:\\ pH=7,88
V=12{,}5\\ \text{mL}:\\ pH=5,22
V=13{,}0\\ \text{mL}:\\ pH=2,58
V=15\\ \text{mL}:\\ pH=1,90
V=25\\ \text{mL}:\\ pH=1,30

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