Curvas de Titulação Base fraca e Ácido forte

Construir a curva de titulação para 25 mL de \mathrm{NH}_{3} 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}, com uma solução de HCl 0,10 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}. Considere Ka igual a 5,6 \times 10^{-10}. Construa a curva com pelo menos oito pontos.
Volume de HCl (mL) pH \mathbf{2 5 ~ m L ~ N H} \mathbf{H}_{\mathbf{3}} \boldsymbol{,} \mathbf{0 , 1 ~ m o l} \boldsymbol{/} \mathbf{L}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que é pedido (sem resolver nada ainda).
  • Dados fornecidos:
    • Volume inicial de amônia: 25\\ \mathrm{mL}.
    • Concentração de amônia: 0{,}1\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
    • Titulante: ácido clorídrico, concentração 0{,}10\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
    • Constante ácida do íon amônio: K_a = 5{,}6\times10^{-10}.
  • O que o enunciado pede:
    • Construir a curva de titulação (pH em função do volume de HCl adicionado) para a titulação descrita.
    • Apresentar pelo menos oito pontos (ou seja, calcular o pH para pelo menos oito volumes diferentes de HCl).
  • Informação útil a notar (do enunciado): o volume de titulante que corresponde ao ponto de equivalência será tal que o número de mols de HCl adicionados iguale os mols iniciais de \mathrm{NH}_3.

Passo 2

Calcular quantidades iniciais e constantes úteis — explicando por que e o que cada símbolo significa.
  • Mols iniciais de \mathrm{NH}_3:
    • Volume inicial V_0 = 25\\ \mathrm{mL} = 0{,}025\\ \mathrm{L}.
    • Concentração C_0 = 0{,}10\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
    • Número de mols n_0 é dado por
    n_0 = C_0 \cdot V_0.
    • Substituindo:
    n_0 = 0{,}10\cdot 0{,}025 = 0{,}0025\\ \mathrm{mol}.
    Aqui n_0 é a quantidade de matéria (mols) de amônia inicialmente presente.
  • Ponto de equivalência (volume de HCl que consome toda a base):
    • Como a concentração de HCl é C_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}, o volume de HCl em litros V_{\mathrm{eq}} satisfaz
    n_0 = C_{\mathrm{HCl}}\cdot V_{\mathrm{eq}}.
    • Logo
    V_{\mathrm{eq}}=\frac{n_0}{C_{\mathrm{HCl}}}=\frac{0{,}0025}{0{,}10}=0{,}025\\ \mathrm{L}=25\\ \mathrm{mL}.
    Isso confirma: o ponto de equivalência ocorre quando foram adicionados 25\\ \mathrm{mL} de HCl.
  • Constante de basicidade da amônia K_b:
    • O enunciado deu K_a do íon amônio. Para a base conjugada, K_a\cdot K_b = K_w, onde K_w (água a 25^\circ\mathrm{C}) vale 1{,}0\times10^{-14}.
    • Assim
    K_b=\frac{K_w}{K_a}=\frac{1{,}0\times10^{-14}}{5{,}6\times10^{-10}}.
    • Calculando:
    K_b\approx 1{,}7857\times10^{-5}.
    Aqui K_b quantifica a força da base \mathrm{NH}_3 na reação \mathrm{NH}_3+\mathrm{H}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons\mathrm{NH}_4^+ + \mathrm{OH}^-.

Passo 3

Cálculo do pH da solução inicial (antes de qualquer adição de HCl). Vou explicar o método usado.
  • Situação: apenas \mathrm{NH}_3 em água em concentração C=0{,}10\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
  • Reação de equilíbrio (base fraca): \mathrm{NH}_3+\mathrm{H}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons\mathrm{NH}_4^+ + \mathrm{OH}^-.
  • Aproximação usual para base fraca: a concentração de [\mathrm{OH}^-] no equilíbrio pode ser aproximada por [\mathrm{OH}^-]\approx\sqrt{K_b\cdot C},quando K_b\ll C (o que é verdadeiro aqui).
  • Substituindo K_b e C: [\mathrm{OH}^-]\approx\sqrt{1{,}7857\times10^{-5}\cdot 0{,}10} =\sqrt{1{,}7857\times10^{-6}} \approx 1{,}3363\times10^{-3}\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
  • Converter para pH: \text{pOH}=-\log_{10}[\mathrm{OH}^-]\approx -\log_{10}(1{,}3363\times10^{-3})\approx 2{,}875
\text{pH}=14{,}00-\text{pOH}\approx 14{,}00-2{,}875=11{,}125.
  • Resultado: pH inicial aproximado \mathrm{pH}\approx 11{,}125.

Passo 4

Regra geral para pontos antes do equivalência (região tampão) — uso da equação de Henderson–Hasselbalch.
  • Quando são misturados base fraca \mathrm{NH}_3 e seu ácido conjugado \mathrm{NH}_4^+ em quantidades comparáveis, pode-se usar a equação de Henderson–Hasselbalch: \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\!\left(\frac{[\text{base}]}{[\text{ácido}]}\right).áAqui:
    • \mathrm{p}K_a=-\log_{10}K_a (valor do enunciado),
    • [\text{base}] é a concentração de \mathrm{NH}_3,
    • [\text{ácido}]á é a concentração de \mathrm{NH}_4^+.
  • Observação prática: como todas as espécies são diluídas no mesmo volume final, o quociente de concentrações é igual ao quociente de mols: \frac{[\mathrm{NH}_3]}{[\mathrm{NH}_4^+]}=\frac{n(\mathrm{NH}_3)}{n(\mathrm{NH}_4^+)}.
  • Calculemos primeiro \mathrm{p}K_a: \mathrm{p}K_a=-\log_{10}(5{,}6\times10^{-10})\approx 9{,}252.

Passo 5

Aplicação prática: cálculo detalhado do pH para vários volumes de HCl adicionados (região antes da equivalência). Vou mostrar os passos para cada volume: calcular mols de HCl adicionados, mols de \mathrm{NH}_3 restantes, mols de \mathrm{NH}_4^+ formados e aplicar Henderson.
Fórmulas gerais usadas (para V em mL):
  • Volume de HCl em litros: V_L = V/1000.
  • Mols de HCl adicionados: n_{\mathrm{HCl}}=C_{\mathrm{HCl}}\cdot V_L = 0{,}10\cdot V_L.
  • Mols de \mathrm{NH}_3 restantes: n(\mathrm{NH}_3)=n_0-n_{\mathrm{HCl}}.
  • Mols de \mathrm{NH}_4^+ presentes: n(\mathrm{NH}_4^+)=n_{\mathrm{HCl}}.
  • pH (Henderson): \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\!\left(\frac{n(\mathrm{NH}_3)}{n(\mathrm{NH}_4^+)}\right).
Calculemos para os volumes escolhidos: V= 0, 5, 10, 12{,}5, 15, 20, 24\\ \mathrm{mL}.
  1. V=0\\ \mathrm{mL} (já feito no Passo 3):
  • pH \approx 11{,}125.
  1. V=5\\ \mathrm{mL}:
  • V_L=0{,}005\\ \mathrm{L}.
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}005=0{,}0005\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}0005=0{,}0020\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}0005\\ \mathrm{mol}.
  • Razão \dfrac{n(\mathrm{NH}_3)}{n(\mathrm{NH}_4^+)}=4.
  • \mathrm{pH}=9{,}252+\log(4)=9{,}252+0{,}602=9{,}854.
  1. V=10\\ \mathrm{mL}:
  • V_L=0{,}010\\ \mathrm{L}.
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}0010\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}0010=0{,}0015\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}0010\\ \mathrm{mol}.
  • Razão =1{,}5.
  • \mathrm{pH}=9{,}252+\log(1{,}5)=9{,}252+0{,}176=9{,}428.
  1. V=12{,}5\\ \mathrm{mL} (meio-equivalência):
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}0125=0{,}00125\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}00125=0{,}00125\\ \mathrm{mol}.
  • Razão =1.
  • \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a=9{,}252.
  1. V=15\\ \mathrm{mL}:
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}015=0{,}0015\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}0015=0{,}0010\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}0015\\ \mathrm{mol}.
  • Razão =0{,}6667.
  • \mathrm{pH}=9{,}252+\log(0{,}6667)=9{,}252-0{,}176=9{,}076.
  1. V=20\\ \mathrm{mL}:
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}020=0{,}0020\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}0020=0{,}0005\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}0020\\ \mathrm{mol}.
  • Razão =0{,}25.
  • \mathrm{pH}=9{,}252+\log(0{,}25)=9{,}252-0{,}602=8{,}650.
  1. V=24\\ \mathrm{mL} (perto da equivalência):
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}024=0{,}0024\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_3)=0{,}0025-0{,}0024=0{,}0001\\ \mathrm{mol}.
  • n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}0024\\ \mathrm{mol}.
  • Razão =\dfrac{0{,}0001}{0{,}0024}\approx 0{,}0416667.
  • \mathrm{pH}=9{,}252+\log(0{,}0416667)=9{,}252-1{,}380=7{,}872.
Observação: à medida que se aproxima da equivalência a razão fica muito pequena e a pH cai rapidamente; a equação de Henderson ainda é aplicável enquanto houver quantidades apreciáveis de ambas as espécies.

Passo 6

Ponto de equivalência: solução contém somente \mathrm{NH}_4^+ (ácido fraco), portanto calcula-se pH a partir de K_a.
  • No ponto de equivalência:
    • Todos os 0{,}0025\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH}_3 foram convertidos em 0{,}0025\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH}_4^+.
    • Volume total V_{\text{total}}=25\\ \mathrm{mL}+25\\ \mathrm{mL}=50\\ \mathrm{mL}=0{,}050\\ \mathrm{L}.
    • Concentração de \mathrm{NH}_4^+:
    C_{\mathrm{NH}_4^+}=\frac{0{,}0025}{0{,}050}=0{,}05\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
  • Para um ácido fraco (concentração C e constante K_a), a concentração de [\mathrm{H}^+] pela aproximação é [\mathrm{H}^+]\approx\sqrt{K_a\cdot C}.
  • Substituindo: [\mathrm{H}^+]\approx\sqrt{5{,}6\times10^{-10}\cdot 0{,}05} =\sqrt{2{,}8\times10^{-11}} \approx 5{,}2915\times10^{-6}\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
  • pH no ponto de equivalência: \mathrm{pH}=-\log_{10}(5{,}2915\times10^{-6})\approx 5{,}277.

Passo 7

Região pós-equivalência: excesso de ácido forte determina o pH.
Método geral para V>V_{\mathrm{eq}}:
  • Mols de HCl adicionados n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot V_L.
  • Mols de excesso de HCl: n_{\text{excesso}}=n_{\mathrm{HCl}}-n_0.
  • Volume total V_{\text{total}}=(25+V)\\ \mathrm{mL} em litros.
  • Concentração de [\mathrm{H}^+] causada pelo excesso: [\mathrm{H}^+]=\frac{n_{\text{excesso}}}{V_{\text{total}}}.
  • pH =-\log_{10}[\mathrm{H}^+].
Calculemos para V=26, 30 e 40\\ \mathrm{mL}:
  1. V=26\\ \mathrm{mL}:
  • V_L=0{,}026\\ \mathrm{L}.
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}026=0{,}0026\\ \mathrm{mol}.
  • Excesso n_{\text{excesso}}=0{,}0026-0{,}0025=0{,}0001\\ \mathrm{mol}.
  • V_{\text{total}}=0{,}025+0{,}026=0{,}051\\ \mathrm{L}.
  • [\mathrm{H}^+]=\dfrac{0{,}0001}{0{,}051}\approx 1{,}9608\times10^{-3}\\ \mathrm{mol}\,\mathrm{L}^{-1}.
  • \mathrm{pH}=-\log_{10}(1{,}9608\times10^{-3})\approx 2{,}708.
  1. V=30\\ \mathrm{mL}:
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}030=0{,}0030\\ \mathrm{mol}.
  • Excesso =0{,}0030-0{,}0025=0{,}0005\\ \mathrm{mol}.
  • V_{\text{total}}=0{,}025+0{,}030=0{,}055\\ \mathrm{L}.
  • [\mathrm{H}^+]=\dfrac{0{,}0005}{0{,}055}\approx 9{,}0909\times10^{-3}.
  • \mathrm{pH}\approx -\log_{10}(9{,}0909\times10^{-3})\approx 2{,}041.
  1. V=40\\ \mathrm{mL}:
  • n_{\mathrm{HCl}}=0{,}10\cdot0{,}040=0{,}0040\\ \mathrm{mol}.
  • Excesso =0{,}0040-0{,}0025=0{,}0015\\ \mathrm{mol}.
  • V_{\text{total}}=0{,}025+0{,}040=0{,}065\\ \mathrm{L}.
  • [\mathrm{H}^+]=\dfrac{0{,}0015}{0{,}065}\approx 2{,}3077\times10^{-2}.
  • \mathrm{pH}\approx -\log_{10}(2{,}3077\times10^{-2})\approx 1{,}637.

Passo 8

Resumo dos pontos calculados (pronto para plotar a curva pH vs. volume de HCl). Os valores abaixo são arredondados com 3 casas decimais quando apropriado. Para cada ponto a massa de cálculo foi mostrada nos passos anteriores.
  • V=0\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 11{,}125.
  • V=5\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 9{,}854.
  • V=10\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 9{,}428.
  • V=12{,}5\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}=9{,}252 (meio-equivalência).
  • V=15\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 9{,}076.
  • V=20\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 8{,}650.
  • V=24\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 7{,}872.
  • V=25\\ \mathrm{mL} (equivalência): \mathrm{pH}\approx 5{,}277.
  • V=26\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 2{,}708.
  • V=30\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 2{,}041.
  • V=40\\ \mathrm{mL}: \mathrm{pH}\approx 1{,}637.
Dica rápida para desenhar a curva: plote pH no eixo vertical e volume de HCl no eixo horizontal; entre 0 e 25\\ \mathrm{mL} a curva desce lentamente (região tampão), com uma queda muito íngreme perto de 25\\ \mathrm{mL}, e depois se estabiliza em valores ácidos conforme mais HCl é adicionado.

Resposta

V=0\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 11{,}125
V=5\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 9{,}854
V=10\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 9{,}428
V=12{,}5\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}=9{,}252
V=15\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 9{,}076
V=20\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 8{,}650
V=24\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 7{,}872
V=25\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 5{,}277
V=26\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 2{,}708
V=30\\ \mathrm{mL}:\\ \mathrm{pH}\approx 2{,}041

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