Resultados e Discussão Química

Resultados e Discussão
Parte A
As amostras de HCl 1M; 0,1M e 0,01M apresentaram as cores verde-claro, azul
e lilás, respectivamente. Ao se utilizar o papel indicador em cada caso os valores de pH
indicados foram 0, 1 e 1, respectivamente. Entretanto, este último resultado não condiz
com o resultado esperado teoricamente, pois aplicando a equação pH = -log[H+]
obtemos pH= 2. O resultado divergente foi ocasionado pelo uso de papel indicador já
contaminado com outras amostras. Como nos três casos houve diferentes colorações, a
faixa de viragem para o violeta de metila vai de 0 a 2, aproximadamente.
Para o ácido acético os resultados foram: alaranjado (1M), amarelo (0,1M) e
amarelo claro (0,01M). Os respectivos valores de pH encontrados com papel indicador
foram: 2, 3 e 4. A faixa de viragem do amarelo de metila vai de pH= 2 a pH= 4,
conforme os dados acima.
Para a amônia os resultados foram: alaranjado (1M), alaranjado (0,1M) e
amarelo (0,01M). Os valores de pH encontrados com papel indicador foram: 10, 9 e 8,
respectivamente. A faixa de viragem para o amarelo de alizarina vai de pH= 9 a pH= 11
(aproximadamente).
Através destes resultados observa-se que, se temos um ácido forte podemos
aplicar a equação pH= -log[H+] e encontrar diretamente o valor do pH da solução. Para
uma base forte usamos pOH = -log[OHˉ] e, em seguida, pH + pOH = 14 e, desse modo,
encontramos da mesma forma o pH da solução, o que justifica os valores encontrados
para as amostras de HCl através de papel indicador.
Como o ácido acético é fraco não podemos aplicar diretamente a fórmula de pH,
pois o mesmo está relacionado à constante de dissociação do ácido e às concentrações
do ácido e da base conjugados, conforme foi explicitado na introdução. Por isso os
valores de pH diferem dos encontrados para o HCl.
Como a amônia é base fraca acontece o mesmo que com o ácido acético, porém
o pH está relacionado à constante de dissociação da base e ao par conjugado ácido-base.
Parte B
O procedimento realizado em B para a obtenção da solução final é o mesmo
procedimento para a preparação de um tampão. Nesse caso como a solução de ácido
original foi dividida em duas partes iguais, uma delas titulada e depois as duas foram
misturadas novamente, temos que a concentração final de ácido acético é a mesma do
íon acetato.
Titulação: HOAc(aq) + NAOH(aq)  NaOAc(aq) + H2O(l)
NaOAc(aq)  Na+(aq) + ˉOAc(aq)
Dissociação do ácido acético: HOAc(aq)  H+(aq) + ˉOAc(aq)
Ka = [H+].[ˉOAc]
[HOAc]
 Resolvendo para [H+]  [H+] = Ka.[HOAc]
[ˉOAc]
Sabe-se que [HOAc] = [ˉOAc], tem-se:
[H+] = Ka.[HOAc]/[HOAc]  [H+] = Ka.1  [H+] = Ka 
 Aplicando colog : -log[H+] = -log Ka  pH = -log Ka.
Como o pH final encontrado é igual a 5, tem-se:
-log Ka = 5  log Ka = -5  Ka = 10 E-5  Ka = 1x 10 E-5.
A literatura indica que o Ka para o ácido acético é igual a 1,8x 10 E-5. Conclui-se que o
valor encontrado experimentalmente é razoável pois denota erro igual a:
E = | 1,8x 10 E-5 – 1,0x 10 E-5 |x100 = |0,8x 10 E-5|x100 = 0,44 %
1,8x 10 E-5
1,8x 10 E-5
Tal diferença pode ser considerada desprezível e ocasionada pelas condições não-ideais
do laboratório.
Parte C
Em B fora preparada um tampão pela mistura de solução de ácido acético com
solução de acetato de sódio. Soluções-tampão são resistentes à mudança de pH quando
recebem a adição de pequenas quantidades de ácidos ou bases, pois contém cátion e
ânions para neutralizar ambos ácido e base. Por isso quando foram adicionadas as gotas
de NaOH e de HCl a erlenmeyers com tampão o pH não sofreu grande alteração.
Já a água destilada é sensível à adição de ácidos e bases, Os resultados
encontrados foram 7 e 7 para água com NaOH e com HCl. Estes valores estão
equivocados, possivelmente pelo uso de papel indicador contaminado e pelo fato de que
a variação de pH da água deveria ser maior que a variação do pH de um tampão.
Parte D
1°) Para o NaCl
Na+(aq) + H2O(l)  NaOH(aq) + H+(aq)
Clˉ(aq) + H2O(l)  HCl(aq) + OHˉ(aq)
(1)
(2)
Como NaOH e HCl são uma base e um ácido fortes, eles possuem tendência a
receber o próton e a doar próton, respectivamente, e o equilíbrio da reação está
totalmente deslocado para a esquerda nos casos (1) e (2). Isso faz com que o pH seja
neutro, justificado pelo valor encontrado com o pHmetro, igual a 7,03, ou seja NaCl é
um sal neutro.
2°) Para NaOAc
Na+(aq) + H2O(l)  NaOH(aq) + H+(aq)
ˉOAc(aq) + H2O(l)  HOAc(aq) + OHˉ(aq)
(1)
(2)
Como já foi visto Na+ é espectador (não influi no pH). Ao Analisarmos a
equação (2) vemos que o íon acetato reage com água formando ácido acético e
hidroxila, o que faz com que o pH da solução aumente. Como o íon acetato é uma base
fraca e o íon hidroxila é mais forte, o equilíbrio é deslocado para a esquerda tornando a
variação do pH pequena (baixa produção de OHˉ). Ou seja, o sal NaOAc é básico.
3°) Para Na2CO3
CO3²ˉ(aq) + H2O(l)  HCO3ˉ(aq) + OHˉ(aq)
Como já foi visto o íon Na+ é espectador, então basta analisarmos a equação para
o carbonato. Vê-se que o íon carbonato reage com água para a produção de bicarbonato
e hidroxila. O íon CO3²ˉ é uma base de força intermediária o que faz com que o
equilíbrio seja deslocado para a direita, para a produção de hidroxila, o que faz com que
o pH da solução aumente mais que o sal anterior. Ou seja, Na2CO3 é um sal básico.
4°) Para NH4Cl
NH4+(aq) + H2O(l)  NH3(aq) + H3O+(aq)
Como vimos o íon Clˉ e o íon Na+ são espectadores, por isso basta analisarmos a
reação para o íon amônio. Entre os íons amônio e hidrônio sabe-se que o mais forte é o
hidrônio (verificação na literatura). Diante desse conhecimento tem-se que o equilíbrio é
deslocado para a esquerda, ou seja, no sentido de redução de H3O+. Concluindo, tem-se
que o pH da solução diminui, ou seja, o sal NH4Cl é um sal ácido.
5°) Para ZnCl2
Zn²+(aq) + 2H2O(l)  Zn(OH)2(aq) + 2H+(aq)
Sabe-se que Zn(OH)2 é uma base fraca o que leva ao deslocamento do equilíbrio
para a direita (produção de próton), fazendo com que o pH da solução diminua,
justificando seu valor abaixo de 5,40. Conclui-se que ZnCl2 seja um sal ácido.
6°) Para Cu(NO3)2
Cu²+(aq) + 2H2O(l)  Cu(OH)2(aq) + 2H+(aq)
NO3ˉ(aq) + H2O(l)  HNO3(aq) + OHˉ(aq)
(1)
(2)
Sabe-se que Cu(OH)2 é uma base fraca. Da mesma forma que Zn(OH)2 o
equilíbrio será deslocado para a direita (produção de H+) só que em maior que
quantidade que no experimento anterior. Em (2) temos que HNO3 é um ácido forte,
dessa forma em (2) o equilíbrio é deslocado totalmente para a esquerda (redução de
OHˉ). Dessa maneira o pH é o mais baixo dentre os sais listados neste experimento, ou
seja Cu(NO3)2 é um sal ácido.
Parte E
Para descobrirmos a molaridade do ácido acético no vinagre vamos analisar a
equação de reação dom hidróxido de sódio:
NaOH(aq) + HOAc(aq)  NaOAc(aq) + H2O(l)
Observamos nesta reação que a relação entre o número de mols consumidos de
NaOH e de HOAc é de 1 para 1 (1:1). Encontrando-se então o número de mols de
NaOH consumidos podemos encontrar o número de mols de ácido acético e, em
seguida, sua concentração molar. Sabe-se que foram gastos 2,3mL de NaOH então temse:
M = n / V  n = M.V  n = 0,2 mol/L x 2,3. 10 E-3 L = 4,6 . 10 E-4 mol.
Para o HOAc:
V = 1mL = 10 E-3 L
n = 4,6.10 E-4
M = n/V  4,6.10 E-4 / 10 E-3 = 0,46 M.
Portanto a concentração do ácido acético no vinagre é 0,46M.
Para escolhermos o indicador adequado para a titulação entre NaOH 0,2M e HOAc
0,46M temos que encontrar o pH da solução ácida que será titulada. Ao encontrarmos
esse valor de pH escolhemos um indicador cuja faixa de viragem esteja próxima ao
valor de pH.
Para uma concentração igual a 0,46M vamos encontrar o pH:
pH = -log [0,46]  pH = 0,34.
Portanto o indicador que possui faixa de viragem mais próximo é violeta de metila.