Gere a curva de titulação hipotética para a titulação de 50,00 \mathrm{~mL} de \mathrm{HCl} 0,0500 \mathrm{~mol} \mathrm{L}^{-1} com o \mathrm{NaOH} 0,1000 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}. Adição de NaOH : (a) 0,0 \mathrm{~mL}; (b) 10,0 \mathrm{~mL}; (c) 25 mL ; (d) 25,1 \mathrm{~mL};

Passo 1

O enunciado pede que eu gere os pontos (valores de pH) da curva de titulação hipotética da titulação de 50,00\\ \mathrm{mL} de \mathrm{HCl}\\\ 0,0500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}} com \mathrm{NaOH}\\\ 0,1000\\ \mathrm{mol\,L^{-1}} nos volumes de adição de NaOH: (a) 0,0\\ \mathrm{mL}; (b) 10,0\\ \mathrm{mL}; (c) 25,0\\ \mathrm{mL}; (d) 25,1\\ \mathrm{mL}.\n\nInformações fornecidas e fixas que vou usar: \n V_{\mathrm{HCl}}=50,00\\ \mathrm{mL}=0,05000\\ \mathrm{L},\n C_{\mathrm{HCl}}=0,0500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}},\n C_{\mathrm{NaOH}}=0,1000\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.\nAs perguntas implícitas: para cada volume de \mathrm{NaOH} adicionado, qual é o pH da solução resultante? (Calcular moles, neutralização, concentrações e pH.)

Passo 2

Primeira coisa: calcular a quantidade inicial de ácido (moles de \mathrm{HCl}). Fórmula básica de número de mols:\n n = C\cdot V,\nonde n é o número de mols, C é a concentração (em \mathrm{mol\,L^{-1}}) e V o volume (em \mathrm{L}). Aplicando ao ácido:\n n_{\mathrm{HCl}} = 0,0500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\times 0,05000\\ \mathrm{L} = 0,002500\\ \mathrm{mol}.\nEsta é a quantidade de \mathrm{H^{+}} inicial, pois \mathrm{HCl} é forte e se dissocia completamente.\nEm uma titulação ácido forte vs base forte, a reação é\n \mathrm{H^{+}} + \mathrm{OH^{-}} \longrightarrow \mathrm{H_{2}O},\nou, em termos de mols, os mols reagem na proporção 1:1. Vou usar isso para cada caso: calcular os mols de \mathrm{OH^{-}} adicionados, subtrair/achar excesso e dividir pelo volume total para achar concentrações.

Passo 3

Caso (a): adição 0,0\\ \mathrm{mL} de \mathrm{NaOH}.\nMols de \mathrm{NaOH} adicionados:\n n_{\mathrm{NaOH}} = 0,1000\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\times 0,00000\\ \mathrm{L} = 0,000000\\ \mathrm{mol}.\nLogo não há neutralização significativa; os mols de \mathrm{H^{+}} permanecem 0,002500\\ \mathrm{mol}. O volume total é 0,05000\\ \mathrm{L}. Concentração de \mathrm{H^{+}}:\n [\mathrm{H^{+}}]=\frac{0,002500\\ \mathrm{mol}}{0,05000\\ \mathrm{L}}=0,0500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.\nDefinição de pH (útil lembrar na prova): \n \mathrm{pH} = -\log_{10}[\mathrm{H^{+}}].\nAplicando:\n \mathrm{pH} = -\log_{10}(0,0500)\approx 1,301.\nInterpretação curta: solução fortemente ácida, pH pequeno.

Passo 4

Caso (b): adição 10,0\\ \mathrm{mL} de \mathrm{NaOH}.\nCalculo dos mols de \mathrm{NaOH} adicionados:\n n_{\mathrm{NaOH}} = 0,1000\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}\times 0,01000\\ \mathrm{L} = 0,001000\\ \mathrm{mol}.\nReação 1:1 com n_{\mathrm{HCl}}=0,002500\\ \mathrm{mol}. Após reação, mols de \mathrm{H^{+}} remanescentes:\n n_{\mathrm{H^{+}},\mathrm{rest}} = 0,002500 - 0,001000 = 0,001500\\ \mathrm{mol}.\nVolume total após adição: 0,05000+0,01000=0,06000\\ \mathrm{L}. Concentração de \mathrm{H^{+}}:\n [\mathrm{H^{+}}]=\frac{0,001500}{0,06000}=0,02500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.\nCalcular pH:\n \mathrm{pH} = -\log_{10}(0,02500)\approx 1,602.\nExplicação: ainda há ácido em excesso (antes do ponto equivalente), por isso pH ácido, mas menos ácido que no início por causa da neutralização e diluição.

Passo 5

Caso (c): adição 25,0\\ \mathrm{mL} de \mathrm{NaOH}.\nMols de \mathrm{NaOH} adicionados:\n n_{\mathrm{NaOH}}=0,1000\times 0,02500=0,002500\\ \mathrm{mol}.\nCompare com n_{\mathrm{HCl}}=0,002500\\ \mathrm{mol}. São exatamente iguais, então chegamos ao ponto de equivalência: todo o \mathrm{HCl} foi consumido e não sobra nem \mathrm{H^{+}} nem \mathrm{OH^{-}} significativos. O que sobra é \mathrm{Na^{+}} e \mathrm{Cl^{-}} em água (sal neutro de ácido forte e base forte). Em condições padrão (água pura, 25^\circ\mathrm{C}), a solução é neutra:\n \mathrm{pH}\approx 7,000.\nNota didática: no ponto de equivalência em titulação ácido forte vs base forte, pH é aproximadamente 7 porque o sal formado não hydrolysa.

Passo 6

Caso (d): adição 25,1\\ \mathrm{mL} de \mathrm{NaOH} (ligeiramente além do equivalente).\nMols adicionados:\n n_{\mathrm{NaOH}}=0,1000\times 0,02510=0,002510\\ \mathrm{mol}.\nExcesso de \mathrm{OH^{-}}:\n n_{\mathrm{OH^{-}},\mathrm{excesso}} = 0,002510-0,002500=0,000010\\ \mathrm{mol}=1,0\times10^{-5}\\ \mathrm{mol}.\nVolume total: 0,05000+0,02510=0,07510\\ \mathrm{L}. Concentração de \mathrm{OH^{-}}:\n [\mathrm{OH^{-}}]=\frac{1,0\times10^{-5}}{0,07510}\approx 1,332\times10^{-4}\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}.\nRelação com pOH e pH:\n \mathrm{pOH} = -\log_{10}[\mathrm{OH^{-}}]\approx -\log_{10}(1,332\times10^{-4})\approx 3,875,\n \mathrm{pH} = 14,00 - \mathrm{pOH}\approx 14,00 - 3,875 = 10,125.\nInterpretação: ligeiro excesso de base gera pH básico logo após o ponto de equivalência; pequenas diferenças de volume após o equivalente produzem grandes mudanças de pH (a curva é íngreme por ali).

Resposta

(a) \mathrm{pH}=1,301
(b) \mathrm{pH}=1,602
(c) \mathrm{pH}=7,000
(d) \mathrm{pH}=10,125

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