Esboce a curva de titulação esperada para cada uma das seguintes titulações e justifique a sua resposta.
ácido iódico \left(\mathrm{HIO}_{3}\right) 0,01 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} com \mathrm{NaOH} 0,01 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} . \mathrm{K}_{\mathrm{a}}=1,7 \times 10^{-1} (Como de um ácido forte)

Passo 1

O enunciado pede o esboço da curva de titulação de \mathrm{HIO}_3 0,01 mol/L com NaOH 0,01 mol/L, sabendo que
K_a(\mathrm{HIO}_3)=1{,}7\times10^{-1},
um valor relativamente alto, de modo que tratamos esse ácido como forte (dissociação essencialmente completa). Logo, a titulação se comporta como ácido forte versus base forte.

Passo 2

Antes do ponto de equivalência V_{\rm NaOH}<V_{\rm eq} todo o \mathrm{HIO}_3 que não foi neutralizado continua dissociado. Se V_a é o volume inicial do ácido e V_b o volume de NaOH adicionado, então a concentração de H^+ é
[H^+] = \frac{0{,}01\,V_a - 0{,}01\,V_b}{V_a + V_b}.
Portanto
\text{pH} = -\log[H^+] = -\log\!\biggl(\frac{0{,}01(V_a - V_b)}{V_a + V_b}\biggr).
Em V_b=0 \mathrm{pH}=-\log(0{,}01)=2, e vai subindo até quase 7 conforme V_b\to V_a.

Passo 3

No ponto de equivalência V_b=V_a toda a quantidade de \mathrm{HIO}_3 foi neutralizada: formou-se o sal \mathrm{NaIO}_3, cuja base conjugada \mathrm{IO}_3^- é extremamente fraca K_b=K_w/K_a\approx5{,}9\times10^{-14}. Logo o pH é praticamente neutro:
\text{pH}_{\rm eq}\approx7.

Passo 4

Depois do ponto de equivalência V_b>V_a há excesso de \mathrm{OH}^-. A concentração de OH^- livre é
[\mathrm{OH}^-] = \frac{0{,}01\,(V_b - V_a)}{V_a + V_b},
logo
\text{pOH}=-\log[\mathrm{OH}^-], \quad \text{pH}=14-\text{pOH}.
À medida que se adiciona mais NaOH a curva sobe logaritmicamente até, por exemplo, \mathrm{pH}\approx12–13 para grande excesso.

Resposta

A curva é idêntica à de um ácido forte titulado por base forte:
  • pH inicial \approx 2;
  • subida gradual até perto de 7;
  • salto vertical em V_b=V_a com pH de \approx 7;
  • pós-equivalência crescente até \approx 12–13.

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