Gerar a curva de titulação hipotética para a titulação de 25,00 mL de \mathrm{HCl} 0,0100 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} com o \mathrm{NaOH} 0,01000 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}.

Passo 1

O enunciado pede gerar a curva de titulação (pH em função do volume de titulante adicionado) para a titulação de 25,00\\ \text{mL} de \mathrm{HCl} 0,0100\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}} com \mathrm{NaOH} 0,01000\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Informações fornecidas (pegas diretamente do enunciado):
  • Volume inicial de ácido: V_a=25,00\\ \text{mL}.
  • Concentração do ácido (HCl): C_a=0,0100\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Titulante: NaOH com concentração C_b=0,01000\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Volume de titulante adicionado será a variável: V_b (em mL).
  • Presumir condições padrão (temperatura 25^\circ\text{C}, assim K_w correspondente e pK_w=14,00).
O que o problema pede concretamente:
  • Obter a curva de titulação hipotética, isto é, fornecer a dependência pH \times V_b (pelo menos pontos representativos e a regra geral que permite calcular qualquer outro ponto).

Passo 2

Calcular a quantidade inicial de ácido (mols) e o volume de equivalência.
  1. Converter volumes para litros e calcular mols de \mathrm{HCl}.
V_a=25,00\\ \text{mL}=0,02500\\ \text{L}.
n_{HCl}=C_a V_a=0,0100\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}\times 0,02500\\ \text{L}=2,50\times10^{-4}\\ \text{mol}.
  1. Volume de titulante necessário para equivalência: em uma titulação forte \mathrm{HCl}+\mathrm{NaOH} reage 1:1, logo
n_{NaOH,\;eq}=n_{HCl}=2,50\times10^{-4}\\ \text{mol}.
V_{b,\;eq}=\frac{n_{NaOH,\;eq}}{C_b}=\frac{2,50\times10^{-4}\\ \text{mol}}{0,01000\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}}=0,02500\\ \text{L}=25,00\\ \text{mL}.
Portanto o ponto de equivalência ocorre em \;V_b=25,00\\ \text{mL}.

Passo 3

Modelagem geral e fórmulas para calcular o pH em qualquer ponto da titulação.
Regras químicas simples e definidas:
  • HCl e NaOH são fortes: ionizam completamente, então as quantidades de \mathrm{H^+} e \mathrm{OH^-} são diretamente as mols dos reagentes.
  • Reação estequiométrica: \mathrm{H^+} + \mathrm{OH^-}\to \mathrm{H_2O} (1:1).
  • Definições: pH = -\log_{10}[\mathrm{H^+}]; pOH = -\log_{10}[\mathrm{OH^-}]; pH + pOH =14,00 (a 25^\circC).
Variáveis usadas:
  • n_{H}=n_{HCl}=C_a V_a (mols originais de \mathrm{H^+}).
  • n_{OH}=C_b V_b (mols adicionadas de \mathrm{OH^-}).
  • Volume total V_{tot}=V_a+V_b (em litros).
  • Para V_b<V_{b,\;eq}: excesso de \mathrm{H^+}: n_{\text{ex,H}}=n_H-n_{OH}.
  • Para V_b=V_{b,\;eq}: ácido e base consumidos totalmente; solução contém apenas \mathrm{Na^+} e \mathrm{Cl^-} em água pura (pH \approx7,00 a 25^\circC).
  • Para V_b>V_{b,\;eq}: excesso de \mathrm{OH^-}: n_{\text{ex,OH}}=n_{OH}-n_H.
Fórmulas finais para usar (com explicação):
  • Se V_b<V_{b,\;eq} (excesso de \mathrm{H^+}):
[\mathrm{H^+}]=\frac{n_H-n_{OH}}{V_{tot}}=\frac{C_a V_a - C_b V_b}{V_a+V_b}.
\text{pH}=-\log_{10}\bigl([\mathrm{H^+}]\bigr).
  • Se V_b=V_{b,\;eq}:
\text{pH}\approx 7,00\qquad(\text{solução neutra de sais de ácido/base forte a }25^\circ\text{C}).çãá
  • Se V_b>V_{b,\;eq} (excesso de \mathrm{OH^-}):
[\mathrm{OH^-}]=\frac{n_{OH}-n_H}{V_{tot}}=\frac{C_b V_b - C_a V_a}{V_a+V_b},
\text{pOH}=-\log_{10}\bigl([\mathrm{OH^-}]\bigr),\qquad \text{pH}=14,00-\text{pOH}.
Observação didática rápida sobre logaritmos: para um número escrito em notação científica x=a\times10^{k} com 1\le a<10,
\log_{10}x=\log_{10}a + k,
e -\log_{10}x = -( \log_{10}a + k ). É útil lembrar logaritmos aproximados: \log_{10}2\approx0,3010, \log_{10}3\approx0,4771, \log_{10}5\approx0,6990, \log_{10}6,67\approx0,8239, \log_{10}3,33\approx0,5229. Esses valores serão usados para obter pH aproximados que são suficientes numa prova.

Passo 4

Calcular pH em pontos representativos (vários V_b) para desenhar a curva. Em todos os cálculos, volumes em litros: V(\text{mL})\to V(\text{L}) usando 1\\ \text{mL}=10^{-3}\\ \text{L}.
Ponto A — início: V_b=0,00\\ \text{mL}.
V_{tot}=0,02500\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=C_a=0,0100\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(0,0100)=-\log_{10}(1,00\times10^{-2})=2,00.
Ponto B — V_b=5,00\\ \text{mL}=0,00500\\ \text{L}.
n_{OH}=C_b V_b=0,01000\times0,00500=5,00\times10^{-5}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,H}}=2,50\times10^{-4}-5,00\times10^{-5}=2,00\times10^{-4}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,00500=0,03000\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=\frac{2,00\times10^{-4}}{0,03000}=6,6667\times10^{-3}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(6,6667\times10^{-3})=3 - \log_{10}(6,6667)\approx3-0,8239=2,1761.
Ponto C — V_b=12,50\\ \text{mL}=0,01250\\ \text{L} (meio do volume inicial, demonstra variação).
n_{OH}=0,01000\times0,01250=1,25\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,H}}=2,50\times10^{-4}-1,25\times10^{-4}=1,25\times10^{-4}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,01250=0,03750\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=\frac{1,25\times10^{-4}}{0,03750}=3,3333\times10^{-3}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(3,3333\times10^{-3})=3-\log_{10}(3,3333)\approx3-0,5229=2,4771.
Ponto D — bem próximo da equivalência à esquerda: V_b=24,00\\ \text{mL}=0,02400\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,02400=2,40\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,H}}=2,50\times10^{-4}-2,40\times10^{-4}=1,00\times10^{-5}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,02400=0,04900\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=\frac{1,00\times10^{-5}}{0,04900}=2,0408\times10^{-4}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(2,0408\times10^{-4})=4-\log_{10}(2,0408)\approx4-0,3096=3,6904.
Ponto E — muito próximo da equivalência à esquerda: V_b=24,90\\ \text{mL}=0,02490\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,02490=2,49\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,H}}=2,50\times10^{-4}-2,49\times10^{-4}=1,00\times10^{-6}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,02490=0,04990\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=\frac{1,00\times10^{-6}}{0,04990}=2,0040\times10^{-5}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(2,0040\times10^{-5})=5-\log_{10}(2,0040)\approx5-0,3010=4,6990.
Ponto F — imediatamente antes da equivalência: V_b=24,99\\ \text{mL}=0,02499\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,02499=2,499\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,H}}=2,50\times10^{-4}-2,499\times10^{-4}=1,00\times10^{-7}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,02499=0,04999\\ \text{L}.
[\mathrm{H^+}]=\frac{1,00\times10^{-7}}{0,04999}=2,0004\times10^{-6}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pH}=-\log_{10}(2,0004\times10^{-6})\approx6-\log_{10}(2,0004)\approx6-0,3010=5,6990.
Ponto G — equivalência exata: V_b=25,00\\ \text{mL}.
Neste ponto os íons ácido e base foram consumidos 100%; a solução é essencialmente água contendo o sal neutro \mathrm{NaCl}. Sob condições padrão:
\text{pH}\approx7,00.
Ponto H — imediatamente após equivalência: V_b=25,01\\ \text{mL}=0,02501\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,02501=2,501\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,OH}}=2,501\times10^{-4}-2,50\times10^{-4}=1,00\times10^{-7}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,02501=0,05001\\ \text{L}.
[\mathrm{OH^-}]=\frac{1,00\times10^{-7}}{0,05001}=1,9996\times10^{-6}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pOH}=-\log_{10}(1,9996\times10^{-6})\approx6-\log_{10}(1,9996)\approx6-0,3010=5,6990.
\text{pH}=14,00-5,6990=8,3010.
Ponto I — V_b=26,00\\ \text{mL}=0,02600\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,02600=2,60\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,OH}}=2,60\times10^{-4}-2,50\times10^{-4}=1,00\times10^{-5}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,02600=0,05100\\ \text{L}.
[\mathrm{OH^-}]=\frac{1,00\times10^{-5}}{0,05100}=1,9608\times10^{-4}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pOH}=-\log_{10}(1,9608\times10^{-4})=4-\log_{10}(1,9608)\approx4-0,2923=3,7077.
\text{pH}=14,00-3,7077=10,2923.
Ponto J — grande excesso de base: V_b=50,00\\ \text{mL}=0,05000\\ \text{L}.
n_{OH}=0,01000\times0,05000=5,00\times10^{-4}\\ \text{mol}.
n_{\text{ex,OH}}=5,00\times10^{-4}-2,50\times10^{-4}=2,50\times10^{-4}\\ \text{mol}.
V_{tot}=0,02500+0,05000=0,07500\\ \text{L}.
[\mathrm{OH^-}]=\frac{2,50\times10^{-4}}{0,07500}=3,3333\times10^{-3}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
\text{pOH}=3-\log_{10}(3,3333)\approx3-0,5229=2,4771.
\text{pH}=14,00-2,4771=11,5229.
Comentário sobre a curva: observe que para V_b bem menores que V_{b,\;eq} o pH cresce lentamente; ao se aproximar de 25,00\\ \text{mL} há um aumento muito rápido do pH (salto íngreme) de valores ácidos para próximo de 7,00; logo após a equivalência o pH sobe rapidamente para valores básicos e depois se estabiliza mais lentamente conforme o excesso de base aumenta. Este é o comportamento clássico de titulação ácido forte vs base forte.

Passo 5

Como desenhar a curva a partir desses pontos (instruções práticas para prova):
  • Eixo horizontal: V_b de 0 a, por exemplo, 50\\ \text{mL}.
  • Eixo vertical: pH de 0 a 14.
  • Plote os pontos calculados: V_b=0,00, 5,00, 12,50, 24,00, 24,90, 24,99, 25,00, 25,01, 26,00, 50,00\\ \text{mL} com os pH correspondentes.
  • Ligue os pontos com uma curva suave que apresenta uma região gradual no começo, uma subida muito íngreme em torno de 25,00\\ \text{mL} e depois uma região de subida mais lenta para volumes maiores.
  • Para maior precisão ao redor da equivalência, calcule pH para volumes muito próximos (diferenças de 0,01\\ \text{mL} ou 0,1\\ \text{mL}) e veja o salto pronunciado (útil para escolher o indicador de pH).
Forneci pontos suficientes para traçar a curva e a fórmula geral que permite calcular pH para qualquer V_b. Vai dar tudo certo — segue a tabela-resumo pronta para você colar no gráfico.

Resposta

V_b=0,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}=2,00
V_b=5,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx2,176
V_b=12,50\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx2,477
V_b=24,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx3,690
V_b=24,90\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx4,699
V_b=24,99\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx5,699
V_b=25,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}=7,00
V_b=25,01\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx8,301
V_b=26,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx10,292
V_b=50,00\\ \text{mL}:\\ \text{pH}\approx11,523

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