Objetivos principais

Ácido-base: objectivos principais
¾Definição de pH e pOH
¾Definição e interpretação de Ka, Kb, Kw
¾Relação entre Ka e Kb de pares ácido-base
conjugados (a 25ºC pKa+pKb=14)
¾Calcular o pH de
¾uma solução de ácido forte, ou base forte em
água.
¾ácido fraco, ou base fraca em água.
¾solução tampão.
¾Explicar as características de solução tampão.
¾Calcular as proporções de ácido e base
conjugada para preparar solução tampão a um
dado pH.
¾Calcular a variação de pH quando se adiciona
ácido ou base a uma solução tampão.
¾Interpretar curvas de titulação.
¾Calcular o pH em qq ponto de uma titulação de
ácido-base (fraco-forte ou forte-forte).
¾Explicar como funcionam os indicadores.
¾Escolher um indicador apropriado para uma
dada titulação.
Auto-dissociação da água
H2O + H20
H3O+ + OH-
Kw = [H3O+] [OH-] = 10-14
(a 25 ºC)
(produto iónico da água)
Se soubermos [H3O+] podemos calcular
[OH-] e vice-versa:
[H3O+] = 10-5 M
[OH-] = Kw / [H3O+] = 10-14 / 10-5 = 10-9 M
pH, pOH, pKa e pKb
pH = -log10 [H3O+]
pOH = -log10 [OH-]
pKa = -log10 Ka
pKb = -log10 Kb
Ex:
Ka = 1.8 × 10-5
pKa = 4.74
Kw = [H3O+ ] [OH-] = 10-14 (produto iónico da água)
-log10 Kw = - log10 [H3O+ ] - log10 [OH-] = -log10 10-14
pKw = pH + pOH = 14
Cálculos de pH
1) Soluções de ácidos ou bases fortes
• pH de solução HCl 0.1 M ?
HCl + H20
H3O+ + Cl-
Consideramos HCl completamente dissociado:
[HCl]eq ≈ 0
[H3O+] = [HCl]in = 0.1 M
pH = -log [H3O+] = -log 0.1 = 1
Cálculos de pH
• pH de solução NaOH 0.1 M ?
NaOH
Na+ + OH-
Consideramos NaOH completamente dissociado:
[NaOH]eq ≈ 0
[OH-] = [NaOH]in = 0.1 M
pOH = -log [OH-] = -log 0.1 = 1
pH = 14 – pOH = 13
Cálculos de pH
2) Soluções de ácidos fracos
• pH de solução de ácido acético 0.1 M ?
AcH + H20
H3O+ + Ac-
Ka = 1.8 × 10-5
[H3O + ][Ac − ]
Ka =
[HAc]
AcH + H20
H3O+ + Ac-
In.:
0.1
≈0
0
Eq.:
0.1-x
(≈ 0.1)
x
x
1.8 × 10 −5
x2
=
0.1
⇔
x 2 = 1.8 × 10 −6
⇔
x = 1.34 × 10 −3
A aproximação era válida!
Cálculos de pH
3) Soluções de bases fracas
• pH de solução de NH3 0.01 M ?
NH3 + H20
NH4+ + OH-
Kb = 1.8 × 10-5
+
[OH− ][NH4 ]
Kb =
[NH3 ]
NH3 + H20
NH4+ + OH-
In.:
0.01
0
≈0
Eq.:
0.01-x
(≈ 0.01)
x
x
1.8 × 10 −5
x2
=
0.01
⇔
x 2 = 1.8 × 10 −7
⇔
x = 4.24 × 10 −4
A aproximação era válida!
pOH = -log [OH-] = 3.37 ⇒
pH = 14 – pOH = 10.6
Aplicações de ácido clorídrico HCl
1) Remoção de incrustações de calcário em
condutas de água
Calcário é carbonato de cálcio CaCO3
CaCO3(s) + HCl(aq) → Ca2+(aq) + HCO3-(aq) + Cl-(aq)
HCO3-(aq) + HCl(aq) → H2CO3 (aq)
H2CO3 (aq) → CO2(g) + H2O + Cl-(aq)
CaCO3(s) + 2HCl(aq) →
→ Ca2+(aq) + CO2(g) + 2Cl-(aq) + H2O
2) Dissolução de rochas para extracção de
petróleo
Cálculos de pH
4) Soluções de sais de ácido forte e base fraca
• pH de solução de NH4Cl 0.2 M ?
NH4Cl ⇒
NH4+ +
NH4+ + H20
Cl-
(composto iónico solúvel em água)
NH3 + H3O+
[H3O + ][NH3 ]
Ka =
+
[NH4 ]
NH4+ + H20
NH3 + H3O+
In.:
0.2
0
≈0
Eq.:
0.2-x
(≈ 0.2)
x
x
x2
Ka =
0.2
⇔
NH3 + H20
x = 0.2 K a
pH = - log x
Ka ??
NH4+ + OH-
Kb = 1.8 × 10-5
Relação entre pKa de HA e pKb de A-
NH4+ + H20
NH3 + H3O+
[H3O + ][NH3 ]
Ka =
+
[NH4 ]
NH3 + H20
Kb =
NH4+ + OH−
+
[OH ][NH4 ]
[NH3 ]
+
[H3O + ][NH3 ] [OH− ][NH4 ]
+
−
[H
O
][OH
] = Kw
K a .K b =
=
3
+
[NH3 ]
[NH4 ]
Ka = Kw / Kb = 10-14 / 1.8 × 10-5 = 5.6 × 10-10
Kw = pKa + pKb
HA
A-
Cálculos de pH
5) Soluções tampão
• pH de solução de NH4Cl 0.05 M + NH3 0.01 M ?
NH4Cl ⇒
NH4+ +
NH4+ + H20
Cl-
(composto iónico solúvel em água)
NH3 + H3O+
[H3O + ][NH3 ]
Ka =
+
[NH4 ]
In.:
Eq.:
Ka =
0.01 x
0.05
NH4+ + H20
NH3 + H3O+
0.05
0.01
0.05-x
(≈ 0.05)
⇔
0.01+x
(≈ 0.01)
≈0
x
x = 0.05 × 5.6 × 10 -10 / 0.01 = 2.8 × 10 -9
pH = - log 2.8×10-9 = 8.6
Soluções tampão
• Concentrações comparáveis de HA e A• Concentrações de HA e A- elevadas
Volume = 1L
Copo 1
Copo 2
Copo 3
Concentração de tampão*
0
0.2 M**
0.02 M
pH antes da adição de HCl
7.0
4.7
4.7
pH após a adição de HCl
2.0
4.6
3.2
*
Solução tampão de acetato de sódio e ácido acético
** 0.1
M em CH3CO2H e 0.1 M em CH3CO2-
Copo 1
Quantidade de HCl adicionada = c . V = 1× 10×10-3 =
= 0.01 mol
Volume total = 1L
⇒
[HCl]in= 0.01 mol / 1 L = 0.01M
Situação ‘ácido forte em água’.
HCl + H20
H3O+ + Cl-
Consideramos HCl completamente dissociado:
[HCl]eq ≈ 0
[H3O+] = [HCl]in = 0.01 M
pH = -log [H3O+] = -log 0.01 = 2
Copo 2
Agora há AcH e Ac- em quantidades elevadas e
semelhantes entre si !
Situação ‘solução tampão’.
AcH + H20
Ac- + H3O+
In.:
0.1
0.1
Eq.:
0.1-x
(≈ 0.1)
0.1+x
(≈ 0.1)
1.85×10-5 = 0.1x / 0.1 = x
≈0
x
⇒ pH = log 1.85×10-5 = 4.7
[HCl]in= 0.01 mol / 1 L = 0.01M (como no copo 1)
Ad. HCl:
Eq.:
0.11
0.09 1.85×10-5
~0.11
~0.09
1.85×10-5 = 0.09y / 0.11 y = 2.26×10-5 ⇒ pH = 4.6
y
Copo 3
Há AcH e Ac- em quantidades elevadas e semelhantes entre
si como no copo 2.
Situação ‘solução tampão’.
AcH + H20
Ac- + H3O+
In.:
0.01
0.01
Eq.:
0.01-x
(≈ 0.01)
0.01+x
(≈ 0.01)
1.85×10-5 = 0.01x / 0.01 = x
≈0
x
⇒ pH = log 1.85×10-5 = 4.7
[HCl]in= 0.01 mol / 1 L = 0.01M (como no copo 1 e 2)
Ad. HCl:
Eq.:
0.02
0
1.85×10-5
~0.02
y
y+1.85×10-5
y (y + 1.85 × 10 -5 )
1.85 × 10 =
0.02
-5
y = 5.99×10-4
⇔
y 2 + 1.85 × 10 -5 y - 3.7 × 10 -7 = 0
⇒ pH = -log (5.99×10-4 + 1.85×10-5) = 3.2
Indicadores ácido-base
HInd
+
H 20
H3O+
+
(ácido)
Ind(base)
E se HInd e Ind- tiverem cores diferentes?
Exemplo: p-nitrofenol
OH
O
+
+
H2O
NO2
H3O+
NO2
amarelo
Ind-
incolor
HInd
pKa = 7.21
[H3O + ][Ind- ]
Ka =
[HInd]
⇔
Ka
[Ind- ]
=
[HInd] [H3O + ]
pH=5 ⇒ [Ind-]/[HInd] = 10-7.21/10-5 = 0.0062
Indicadores ácido-base
HInd
+
H 20
H3O+
(ácido)
+
Ind(base)
Ka
[Ind- ]
=
[HInd] [H3O + ]
Indicador
pH de viragem
Ácido
Base
Alaranjado de
metilo
3,1 a 4,6
Vermelho
Amarelo
alaranjado
Verde de
bromocresol
3,8 a 5,4
Amarelo
Azul
Vermelho de
metilo
4,2 a 6,3
Vermelho
Amarelo
p-Nitrofenol
5,0-7,0
Incolor
Amarelo
Azul de
bromotimol
6,0 a 7,6
Vermelho de
fenol
Fenolftaleína
6,6 a 8,6
8,0 a 9,8
Amarelo
Azul
Amarelo
Vermelho
Incolor
Vermelho
Indicadores ácido-base
HInd
+
H 20
H3O+
+
(ácido)
Ind(base)
Ka
[Ind- ]
=
[HInd] [H3O + ]
Indicator
pH Range
pKa
methyl violet
0.0- 1.6
0.8
yellow
blue
thymol blue
1.2- 2.8
1.6
red
yellow
methyl yellow
2.9- 4.0
3.3
red
yellow
methyl orange
3.1- 4.4
4.2
red
yellow
bromocresol green
3.8- 5.4
4.7
yellow
blue
methyl red
4.2- 6.2
5.0
red
chlorophenol red
4.8- 6.4
6.0
yellow
red
bromothymol blue
6.0- 7.6
7.1
yellow
blue
phenol red
6.4- 8.0
7.1
yellow
red
cresol purple
7.4- 9.0
8.3
yellow
purple
thymol blue
8.0- 9.6
8.9
yellow
blue
phenolphthalein
8.0- 9.8
9.7
colorless
red
thymolphthalein
9.3-10.5
9.9
colorless
blue
yellow
red
blue
yellow
alizarin yellow R
indigo carmine
10.1-12.0 11.0
11.4-13.0
12.2
Acid Form Base Form
yellow
Neutralização
Mistura de iguais quantidades
de ácido (HA) e de base (B)
HA
B
pH
forte
forte
~7
fraco
forte
>7
forte
fraca
<7
Titulação ácido forte – base forte
Adição de NaOH 0.1M a 10 mL de solução de HCl 0.1M
Ponto de equivalência:
nº de mol de base = nº de mol de ácido
Curva de titulação de um ácido forte (HCl)
com uma base forte (NaOH)
Ponto de equivalência: pH=7
Titulação ácido forte – base forte
Titulação de 10 mL de
HCl 0.1M com NaOH
0.1 M
Cálculo de pH após adição de 8 mL de NaOH 0.1M ?
Início: nHCl = nH3O+ = c . V = 0.1 × 10 × 10-3 = 10-3 mol
Quantidade de NaOH adicionado:
nNaOHl = c . V = 0.1 × 8 × 10-3 = 8 × 10-4 mol
Ácido forte + base forte
⇒ todo o OH- reage com H3O+
Quantidade de H3O+ restante:
nH3O+ = 10-3 - 8 × 10-4 = 2 × 10-4 mol
[H3O+] = n / V = 2 × 10-4 / (18 × 10-3) = 0.011
⇒ pH = 1.95
10+8
Titulação ácido forte – base forte
Titulação de 10 mL de HCl 0.1M com NaOH 0.1 M
Titulação ácido fraco – base forte
Adição de NaOH 0.1M a 10 mL de solução de ácido
acético (CH3COOH) 0.1M
Ponto de equivalência:
nº de mol de base = nº de mol de ácido
Curva de titulação de um ácido fraco (CH3COOH)
com uma base forte (NaOH)
Ponto de equivalência:
pH > 7
Titulação ácido fraco – base forte
(pH no ponto de equivalência)
Titulação de 10 mL de
ácido acético 0.1M
com NaOH 0.1M
Cálculo de pH no ponto de equivalência (após adição
de 10 mL de NaOH 0.1M) ?
AcH + H20
Ac- + H3O+
Imaginamos que todo o AcH reagiu com NaOH e fazemos
os cálculos como se partíssemos apenas de Ac- :
nAc- = c . V = 0.1 × 10 × 10-3 = 10-3 mol
V = (10 + 10) × 10-3 L = 2 × 10-2 L
[Ac-] = 10-3 / (2 × 10-2) = 0.05M
Problema: pH de solução 0.05M de acetato de sódio
Titulação ácido fraco – base forte
(pH no ponto de equivalência)
Titulação de 10 mL de
ácido acético 0.1M com
NaOH 0.1M
Ac- + H20
AcH + OH-
In.:
0.05
0
≈0
Eq.:
0.05-x
(≈ 0.05)
x
x
K b = 5.4 × 10
−10
x2
=
0.05
⇔
x 2 = 2.7 × 10 −11
x = 5.2 × 10-6 M ⇒ pOH = 5.3 ⇒ pH = 8.7
Titulação base fraca – ácido forte
Titulação de 10 mL de uma base fraca com HCl 0.1M
Ponto de equiv: ph<7
Titulações ácido – base
(Escolha do indicador)
Critério geral de escolha de um indicador
pH do ponto de equivalência contido na zona de
viragem do indicador
Escolher indicador com pKa o mais próximo
possível do pH do ponto de equivalência
(pKa, ind ± 1)
Problemas ácido-base
1. Pretende-se determinar no laboratório a concentração
de uma solução X de ácido HClO. Para isso titularamse 25 mL dessa solução com hidróxido de sódio
(NaOH) 0.050 M. O ponto de equivalência foi obtido
após a adição de 30 mL de titulante.
a.
b.
c.
d.
Qual a concentração inicial da solução X ?
Qual o pH no ponto de equivalência ?
Qual o pH da solução X inicial ?
Qual o pH após adição de 15 mL de NaOH ?
Ka (HClO)=3.5×10-8
2. Calcule o pH da solução resultante da adição de 5.0
mL de NaOH 0.5 M a 40.0 mL de uma solução 0.17 M
em ácido fluorídrico (HF). pKa (HF) = 3.45