( \mathbf{1 , 5} pontos) Uma massa de 2,6870 \mathrm{~g} de uma amostra comercial de ácido lático (HLAC, \mathrm{p} K_{\mathrm{a}}=3,79, M.M. 90,00 \mathrm{~g} \mathrm{~mol}^{-1} ) foi transferida para um balão volumétrico de 200,0 \mathrm{~mL}, sendo o volume completado com água destilada e a solução homogeneizada. Uma alíquota de 10,00 \mathrm{~mL} foi titulada com solução de NaOH em concentração analítica \left(c_{\mathrm{A}}\right) 0,1045 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}, sendo gasto 14,10 \mathrm{~mL} dessa solução. Pede-se: a) Qual a \%(\mathrm{~m} / \mathrm{m}) de HLAC na amostra comercial? b) Qual o valor de pH antes de iniciar a titulação e c) e o pH no ponto final da titulação?

Passo 1

O enunciado pede três coisas: (a) a porcentagem em massa ( %(m/m)) de ácido lático (HLAC) na amostra comercial; (b) o pH da solução antes de iniciar a titulação; (c) o pH no ponto final (equivalência) da titulação.
Dados fornecidos (vou listar exatamente como estão no enunciado):
  • massa da amostra comercial: 2,6870\\ \mathrm{g}.
  • a amostra foi dissolvida e o volume final do balão foi 200,0\\ \mathrm{mL}.
  • alíquota titulada: 10,00\\ \mathrm{mL}.
  • solução titulante: NaOH com concentração analítica c_{\mathrm{A}} = 0,1045\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • volume de NaOH gasto na titulação da alíquota: 14,10\\ \mathrm{mL}.
  • ácido lático (HLAC) é monoprotico, \mathrm{p}K_a = 3,79.
  • massa molar do HLAC: 90,00\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}.
Terminei de listar o que é pedido e todos os dados relevantes. A resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Determinar os mols de NaOH gasto na titulação da alíquota — isso é direto por n = c\cdot V. Aqui c é a concentração de NaOH e V o volume utilizado (em litros).
Fórmula e cálculo:
n_{\mathrm{NaOH}} = c_{\mathrm{A}}\cdot V = 0,1045\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}\times 0,01410\\ \mathrm{L}.
Calculemos:
n_{\mathrm{NaOH}} = 0,1045\times 0,01410 = 0,00147345\\ \mathrm{mol}.
Explicação didática: cada mol de NaOH neutraliza exatamente 1 mol de HLAC (reação ácido forte/base fraca: \mathrm{HLAC}+\mathrm{OH^-}\to \mathrm{LAC^-}+ \mathrm{H_2O}). Portanto os mols de NaOH gastos equivalem aos mols de HLAC presentes na alíquota.

Passo 3

Mols de HLAC na alíquota são iguais a n_{\mathrm{NaOH}}:
n_{\mathrm{HLAC,\,alíq}} = 0,00147345\\ \mathrm{mol}.í
Agora vamos obter os mols de HLAC presentes no balão (volume total 200,0\\ \mathrm{mL}). A alíquota titulada foi 10,00\\ \mathrm{mL}, logo há um fator de diluição 200,0/10,00 = 20,0. Portanto:
n_{\mathrm{HLAC,\,tot}} = 20{,}0\times 0{,}00147345 = 0{,}0294690\\ \mathrm{mol}.
Didática: multiplicamos porque a amostra inteira (200,0 mL) contém 20 vezes a alíquota de 10,00 mL.

Passo 4

Converter mols totais de HLAC em massa usando a massa molar M = 90{,}00\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}:
m_{\mathrm{HLAC}} = n_{\mathrm{HLAC,\,tot}}\times M = 0{,}0294690\\ \mathrm{mol}\times 90{,}00\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}.
Cálculo:
m_{\mathrm{HLAC}} = 2{,}65221\\ \mathrm{g}.
Agora a porcentagem em massa da amostra comercial é
\%\,(m/m) = \frac{m_{\mathrm{HLAC}}}{m_{\text{amostra}}}\times 100\% = \frac{2{,}65221}{2{,}6870}\times 100\%.
Cálculo:
\%\,(m/m) = 98{,}71\\ \%.
Didática: usamos definição de porcentagem em massa (fração massa da substância dividida pela massa total da amostra vezes 100).

Passo 5

Agora calculamos o pH antes da titulação (solução de HLAC no balão, concentração calculada a partir dos mols totais). Primeiro obtenha a concentração inicial de HLAC no balão:
c_{\mathrm{HLAC}} = \frac{n_{\mathrm{HLAC,\,tot}}}{V_{\text{total}}} = \frac{0{,}0294690\\ \mathrm{mol}}{0{,}2000\\ \mathrm{L}} = 0{,}147345\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Didática: concentração é mols por litro; converti 200,0 mL em 0,2000 L.

Passo 6

Para calcular o pH de uma solução de ácido fraco usamos K_a e a equação de equilíbrio. Primeiro obtenha K_a a partir de \mathrm{p}K_a:
K_a = 10^{-\mathrm{p}K_a} = 10^{-3{,}79}.
Cálculo numérico:
K_a \approx 1{,}62\times 10^{-4}.
Agora consideramos a dissociação
\mathrm{HLAC} \rightleftharpoons \mathrm{H^+} + \mathrm{LAC^-}.
Com concentração inicial c = 0{,}147345\\ \mathrm{M}, supondo que a ionização seja pequena (vamos verificar depois), a aproximação usual dá
[\mathrm{H^+}] \approx \sqrt{K_a\,c}.
Cálculo:
[\mathrm{H^+}] \approx \sqrt{1{,}62\times 10^{-4}\times 0{,}147345} \approx 4{,}89\times 10^{-3}\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Então o pH é
\mathrm{pH} = -\log_{10}[\mathrm{H^+}] \approx -\log_{10}(4{,}89\times 10^{-3}) \approx 2{,}31.
Verificação da hipótese de pequena ionização: razão x/c \approx 0{,}00489/0{,}147345 \approx 0{,}033 (3,3%), menor que 5%, logo a aproximação é válida.
Didática: expliquei a fórmula [\mathrm{H^+}]\approx\sqrt{K_a c} que vem da resolução da equação quadrática de equilíbrio para ácidos fracos quando x\ll c.

Passo 7

Agora o pH no ponto final (equivalência) da titulação da alíquota. No ponto de equivalência todo o \mathrm{HLAC} da alíquota foi convertido em seu íon conjugado \mathrm{LAC^-}. Para a alíquota titulada, temos:
  • mols de \mathrm{LAC^-} formados = n_{\mathrm{HLAC,\,alíq}} = 0{,}00147345\\ \mathrm{mol}í (veja Passo 2–3).
  • volume total na titulação da alíquota = 10{,}00\\ \mathrm{mL} (da alíquota) + 14{,}10\\ \mathrm{mL} (NaOH adicionada) = 24{,}10\\ \mathrm{mL} = 0{,}02410\\ \mathrm{L}.
Concentração de \mathrm{LAC^-} no ponto de equivalência:
c_{\mathrm{LAC^-}} = \frac{0{,}00147345}{0{,}02410} \approx 0{,}06111\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Didática: no ponto de equivalência temos só o sal (base conjugada) em solução, portanto o pH é determinado pela hidrólise deste ânion.

Passo 8

Cálculo da hidrólise do ânion \mathrm{LAC^-}. A constante básica K_b para \mathrm{LAC^-} relaciona-se com K_a por
K_b = \frac{K_w}{K_a},
onde K_w = 1{,}0\times 10^{-14} (a 25^\circ\mathrm{C}). Já temos K_a\approx 1{,}62\times 10^{-4}, então
K_b = \frac{1{,}0\times 10^{-14}}{1{,}62\times 10^{-4}} \approx 6{,}17\times 10^{-11}.
A reação de hidrólise é
\mathrm{LAC^-} + \mathrm{H_2O} \rightleftharpoons \mathrm{HLAC} + \mathrm{OH^-}.
Usando a aproximação análoga à do ácido fraco (quando a hidrólise é fraca),
[\mathrm{OH^-}] \approx \sqrt{K_b\,c_{\mathrm{LAC^-}}}.
Cálculo:
[\mathrm{OH^-}] \approx \sqrt{6{,}17\times 10^{-11}\times 0{,}06111} \approx 1{,}94\times 10^{-6}\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Então
\mathrm{pOH} = -\log_{10}[\mathrm{OH^-}] \approx -\log_{10}(1{,}94\times 10^{-6}) \approx 5{,}71,
e finalmente
\mathrm{pH} = 14{,}00 - \mathrm{pOH} \approx 14{,}00 - 5{,}71 = 8{,}29.
Verificação da hipótese: x/c \approx 1{,}94\times 10^{-6}/0{,}06111 \approx 3{,}2\times 10^{-5}, muito pequeno, então a aproximação é válida.
Didática: expliquei como usar K_b e a mesma raiz quadrada aproximada porque a hidrólise é fraca.

Resposta

a) 98{,}71\\ \%
b) \mathrm{pH}\approx 2{,}31
c) \mathrm{pH}\approx 8{,}29

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