Questões Resolvidas de TitulaÇão ou Titulometria

Professora Sonia
Questões Resolvidas de TitulaÇão ou Titulometria
01. (Ufg 2000) O desenho a seguir representa um armário de um laboratório de química:
Escolha, entre os objetos do armário, o(s) equipamento(s) necessário(s) para se determinar,
utilizando-se a técnica de titulação, o grau de pureza de 1 tonelada de ácido cítrico, que é sólido
na temperatura ambiente. Dê o(s) nome(s) e descreva o processo de utilização desse(s)
equipamento(s).
Resolução:
Para titulação desta amostra utiliza-se
- bureta
- erlenmeyer
- pisseta para lavagem durante o processo
- balança
Da amostra de ácido cítrico pesa-se uma pequena quantidade, mistura-se água destilada,
coloca-se um indicador ácido-base e titula-se com uma base de concentração conhecida.
02. (Uff 2012) Uma amostra de oxalato de sódio puro, pesando 0,268 g, é dissolvida em água.
Adiciona-se ácido sulfúrico e a solução é titulada a 70°C, requerendo 40,00 mL de uma
solução de permanganato de potássio. O ponto final da titulação é ultrapassado e uma titulação
do excesso é realizada, gastando-se para a operação 5,00 mL de solução de ácido oxálico
0,2 mol/L. A reação que se processa, não balanceada, é:
C2O4= + MnO4− + H+ → Mn2+ + CO2 + H2O
Pode-se afirmar que a molaridade da solução de permanganato de potássio é
Dados: C = 12; 1; O = 16; Na=23.
a) 0,01.
b) 0,02.
c) 0,03.
d) 0,05.
e) 0,08.
Resolução:
Balanceando-se a equação, teremos:
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_
C2O4− + MnO4− + H+ → Mn2+ + CO2 + H2O
+3 − − − − − − − − − − − − − − + 4
+7−−−−−−+2
C(+3) + 1e − → C(+4) (×5)
Mn(+7) → Mn(+2) + 5e −
5C(+3) + 5e − → 5C(+4) (×5)
Mn(+7) → Mn(+2) + 5e −
_
5
x
C2O4− + 1MnO4− + xH+ → 1Mn2+ + 5CO2 + H2O
2
2
−5 − 1 + x = +2 + 0 + 0
_
5
8
x = 8 ⇒ C2O4− + 1MnO4− + 8H+ → 1Mn2+ + 5CO2 + H2O
2
2
Multiplicando a equação por 2, vem :
_
5C2O4− + 2MnO4− + 16H+ → 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O
Uma amostra de oxalato de sódio puro, pesando 0,268 g, é dissolvida em água:
Na 2C2O4 = 134
nNa 2C2O4 =
0,268 g
= 2 × 10−3 mol ⇒ nC O2− = 2 × 10−3 mol
2 4
134 g.mol −1
A partir da equação balanceada, vem:
_
5C2O4− + 2MnO4− + 16H+ → 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O
5 mol
2 mol
2 × 10−3 mol
nMnO−
4
nMnO− = 0,8 × 10−3 mol ⇒ nKMnO4 = 0,8 × 10−3 mol
4
Utiliza-se 5,00 mL de solução de ácido oxálico 0,2 mol/L, ou seja, 10-3 mol de ácido oxálico:
(0,2 × 5 × 10-3).
_
5C2O4− + 2MnO4− + 16H+ → 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O
5 mol
10
−3
2 mol
mol
n'MnO−
4
n'MnO− = 0,4 × 10
4
nTOTAL
(KMnO4 )
nTOTAL
(KMnO4 )
−3
mol ⇒ n'KMnO4 = 0,4 × 10 −3 mol
= nKMnO4 + n'KMnO4 = 0,8 × 10−3 + 0,4 × 10 −3
= 1,2 × 10 −3 mol
V(solução de KMnO4 ) = 40 mL = 40 × 10−3 L
[KMnO4 ] =
nTOTAL 1,2 × 10 −3 mol
=
= 0,03 mol/L
V
40 × 10 −3 L
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03. (Uel 2012) 25,0 mL de uma solução de NaOH neutralizam totalmente 10,0 mL de uma
solução de HNO3 . Juntando-se 40,0 mL da solução de NaOH a 2,00 g de um ácido orgânico
monocarboxílico e titulando-se o excesso de NaOH com uma solução de HNO3 , são gastos 6,00
mL do ácido até o ponto de equivalência.
Qual o volume da solução de HNO3 que corresponde ao número de mols contidos nos 2,00 g do
ácido orgânico?
Apresente os cálculos realizados na resolução da questão.
Resolução:
Como são gastos 6,00 mL da solução de ácido nítrico (HNO3 ) até o ponto de equivalência para
neutralizar o excesso da solução de hidróxido de sódio (NaOH) , podemos calcular a partir dessa
informação o volume da solução em excesso de base:
nNaOH = [NaOH] × V ' ⇒ nNaOH = [NaOH] × 25
nHNO 3 = [HNO3 ] × V " ⇒ nHNO 3 = [HNO3 ] × 10
NaOH + HNO3 → H2O + NaNO3
1 mol
1 mol
[NaOH] × 25
[NaOH] × Vexcesso
[HNO3 ] × 10
[HNO3 ] × 6
Vexcesso = 15 mL
Como o volume total da solução de NaOH juntados aos 2,00 g do ácido orgânico foi de 40 mL,
pode-se, a partir dessa informação, calcular o volume de solução de NaOH que reagiu:
Vreagiu = 40 mL (total) − 15 mL (excesso) = 25 mL .
Sabe-se, do enunciado, que 25,0 mL de uma solução de NaOH neutralizam totalmente 10,0 mL
de uma solução de HNO3 , consequentemente, conclui-se que o volume da solução de HNO3 é de
10,0 mL.
04. (Uff 2012) Uma amostra contendo bicarbonato de sódio de massa 0,6720 g foi dissolvida e
titulada com solução padrão de HC , sendo necessário 40,00 mL do padrão. A solução de HC
foi padronizada por titulação de 0,1272 g de carbonato de sódio que necessitaram 24,00 mL da
solução padrão, para a completa neutralização.
Com base nesses dados, informe, por meio de cálculos, o percentual de bicarbonato de sódio na
amostra.
Resolução:
Teremos:
NaHCO3 = 84 g.mol−1
Na 2CO3 = 106 g.mol −1
HC = 36,5 g.mol −1
24,00 mL (padrão) = 24,00 × 10−3 L
40,00 mL (padrão) = 40,00 × 10−3 L
Na 2CO3 + 2HC → H2CO3 + 2NaC
106 g
0,1272 g
2 mol
nHC
nHC = 2,400 × 10−3 mol
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[HC] =
nHC
2,400 × 10 −3 mol
=
= 0,10 mol/L
Vpadrão
24,00 × 10−3 L
1 L (HC)
0,10 mol (HC )
40,00 × 10−3 L (HC )
n'HC
n'HC = 4,000 × 10−3 mol
NaHCO3 + HC → H2CO3 + NaC
84 g
1 mol
4,000 × 10 −3 mol
mNaHCO3
mNaHCO3 = 0,3360 g
0,6720 g (NaHCO3 )
100 %
0,3360 g (NaHCO3 )
p %
p % = 50,0000 %
Porcentagem de NaHCO3 = 50 %
05. (Unb 2012)
fosfolipídios de membrana celular
corticoides
benoxaprofeno
(-)
(-)
fosfolipase
ácido araquidônico
(-)
lipo-oxigenase
ciclognase
5-HPETE
leucotrieno
AINE
endoperóxidos cíclicos
PgG2
PgH2
TxA2 PgF2 PgD2 PgE2 Pg12
(tromboxano)
(prostaciclina)
O
C
OH
O
C
O
CH3
ácido acetilsalicílico
O
HO
ácido araquidônico
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Os anti-inflamatórios não esteroides (AINE) constituem um grupo de fármacos com capacidade
de controlar a inflamação, promover analgesia e combater a hipertermia. Essa classe
heterogênea de fármacos inclui, entre outros, o ácido acetilsalicílico (aspirina, ou AAS), antiinflamatório não esteroide mais antigo e mais utilizado na prática médica.
Os efeitos do AAS e de outros AINE devem-se à sua ação inibidora da atividade da enzima
ciclogenase, COX, bloqueando, assim, a conversão do ácido araquidônico em precursores de
prostaglandinas, Pgs e tromboxano.
A enzima ciclogenase apresenta duas isoformas, COX-1 e COX-2. A COX-1 é expressa
continuamente na maioria dos tecidos normais, agindo como protetora da mucosa
gastrintestinal. A COX-2 é expressa em níveis muito baixos ou em situações de lesão tecidual.
Dois estudos mostraram que o uso regular do AAS resultou na redução de 40% dos cânceres de
estômago em indivíduos infectados com a bactéria Helicobacter pylory no estômago; cânceres de
estômago em indivíduos não infectados não foram reduzidos pelo uso do AAS. O consumo de
AAS por longos períodos pode induzir, em alguns indivíduos, distúrbios gastrintestinais e
complicações cardiovasculares fatais.
Considerando o texto, as figuras e o esquema básico de inibição de prostaglandinas, julgue os
itens a seguir.
a) Para o ácido araquidônico, são oito os possíveis isômeros geométricos cujas propriedades
físicas são iguais, excetuando-se a de desvio sobre a luz polarizada.
b) Os compostos orgânicos gerados pela oxidação branda das duplas do ácido araquidônico
usando-se uma solução aquosa diluída e neutra de KMnO4 – reação de Bayer – apresentam
maior solubilidade em água que o ácido araquidônico.
c) Os átomos de carbono do anel benzênico da aspirina ligados alternadamente por ligações
simples e duplas com hibridização sp2 e sp3, respectivamente, apresentam distâncias
diferenciadas entre si.
d) Considere que, na determinação do teor de AAS em um medicamento, tenham sido utilizados
50 mL de NaOH 0,1 mol/L na titulação da aspirina em um comprimido de massa igual a 1,00
g. Nesse caso, o percentual em massa de aspirina no comprimido é menor que 95%.
Resolução:
a) Incorreto. No ácido araquidônico não existe carbono assimétrico, logo, não há desvio do plano
da luz polarizada.
b) Correto. Os compostos orgânicos gerados pela oxidação branda das duplas do ácido
araquidônico usando-se uma solução aquosa diluída e neutra de KMnO4 – reação de Bayer –
apresentam maior solubilidade em água que o ácido araquidônico.
c) Incorreto. Os átomos de carbono do anel benzênico da aspirina ligados alternadamente por
ligações simples e duplas com hibridização sp2, respectivamente, apresentam distâncias
médias iguais entre si.
d) Correto. Considere que, na determinação do teor de AAS em um medicamento, tenham sido
utilizados 50 mL de NaOH 0,1 mol/L na titulação da aspirina em um comprimido de massa
igual a 1,00 g. Nesse caso, o percentual em massa de aspirina no comprimido é menor que 95
%.
n
Concentração =
V
n = [NaOH] × V
nNaOH = 0,1 × 0,05 = 0,005 mol
1 mol ácido :1 mol base
0,005 mol ácido : 0,005 mol base
1 mol ácido
0,005 mol ácido
180 g
m
m = 0,9 g ⇒ 90 % da massa do comprimido
90 % < 95 %
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06. (Ita 2010) Determine o valor aproximado do pH no ponto de equivalência, quando se titula
25,0 mL de ácido acético 0,1000 mol L–1 com hidróxido de sódio 0,1000 mol L– 1.
Sabe-se que log 2 = 0,3 e Ka = 1,8 x 10–5.
Resolução:
Teremos 25 mL de ácido acético 0,1000 mol.L-1, ou seja:
0,1000 mol de ácido acético  1000 mL
n  25 mL
-3
nácido acético = 2,5 x 10 mol
1H3CCOOH + 1NaOH → 1H3CCOONa + HOH
No ponto de equivalência n(NaOH) = n(H3CCOOH):
n(NaOH) = 2,5 x 10-3 mol
Como a concentração de NaOH é igual a 0,1000 M, teremos:
0,1000 mol NaOH  1 L
2,5 x 10-3 mol NaOH  V(NaOH)
V(NaOH) = 2,5 x 10-2 L = 25 mL
No ponto de equivalência teremos 25 mL de solução de ácido acético e 25 mL de solução de
NaOH, num total de 50 mL (50 x 10-3 L). Logo,
[H3CCOOH]início =
2,5x10−3
50x10−3
= 0,05 M
Agora observemos a reação de hidrólise:
1H3CCOONa + H2O → 1H3CCOOH + Na+ + OH1H3CCOO- + H2O → 1H3CCOOH + OH0,05 M
0
0
(início)
–x
+x
+ x (durante)
(0,05 – x)
x
x (equilíbrio)
Em (0,05 – x), desprezamos x, então teremos apenas 0,05 M.
−
Kh =
Kh =
[H3CCOOH][OH ]
[H3CCOO− ]
x.x
x2
=
(0,05 − x) 0,05
Como K h =
Kw
, teremos:
Ka
x2
10−14
=
, Ka = 1,8 x 10-5, então:
0,05
Ka
x2
10−14
=
0,05 1,8x10−5
x2 = 27,78 x 10-12 ⇒ x = 5,27 x 10-6 M
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Como x = [OH-], [OH-] = 5,27 x 10-6 M.
Kw = [H+][OH-] = 10-14
[H+] x 5,27 x 10-6 = 10-14
[H+] = 1,9 x 10-9 ≈ 2,0 x 10-9
pH = – log[H+]
pH = – log(2,0 x 10-9) = 9 – log2 = 9 – 0,3 = 8,7
pH = 8,7
07. (Unesp 2010) Um analista químico de uma indústria de condimentos analisa o vinagre
produzido por meio de titulação volumétrica, utilizando solução padrão de hidróxido de sódio
tendo fenolftaleína como indicador. Sabendo-se que são utilizados 25 mL de vinagre em cada
análise – vinagre é uma solução contendo 4,8% (m/v) de ácido etanoico –, que a concentração
do titulante é igual 1,0 mol L–1, que são realizadas três análises por lote e que são analisados
quatro lotes por dia, calcule a quantidade média, em gramas, de hidróxido de sódio consumida
para a realização das 264 análises feitas por esse analista em um mês de trabalho. Apresente
seus cálculos.
Dados:
Massas molares (g mol–1): H = 1,0; C = 12,0; O = 16,0; Na = 23,0.
Resolução:
Teremos:
4,8 % (m/V):
100 mL  4,8 g de ácido acético
25 mL  m
m = 1,2 g de ácido acético
1 mol de NaOH (40,0 g) neutraliza 1 mol de ácido acético (60,0 g), logo:
40,0 g  60,0 g
m’  1,2 g
m’ = 0,8 g de NaOH
Como em uma análise utiliza-se 0,8 g de NaOH, em 264 análises serão consumidos (264 x 0,8
g) 211,20 g de NaOH.
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08. (Ufg 2010) Um suco de laranja industrializado tem seu valor de pH determinado pelo
controle de qualidade. Na análise, 20 mL desse suco foram neutralizados com 2 mL de NaOH
0,001 mol/L. Tendo em vista o exposto,
a) determine o pH desse suco;
b) qual a técnica empregada nesse controle de qualidade?
c) como identificar que a neutralização ocorreu?
Resolução:
a) 2 mL de NaOH 0,001 mol/L possuem 2 x 10-6 mol de OH-. Assim, [H+] em 20 mL do suco é
igual a 2 x 10-6 / 0,02 = 1,0 x 10-4 mol/L. Como pH = -log [H+]; pH = 4,0.
b) Titulação.
c) Através da mudança de cor da solução, causada pela adição de um indicador ácido-base.
09. (Ita 2010) Uma solução aquosa de HCℓ 0,1 moℓ L–1 foi titulada com uma solução aquosa de
NaOH 0,1 moℓ L–1. A figura a seguir apresenta a curva de titulação obtida em relação à
condutância da solução de HCℓ em função do volume de NaOH adicionado.
Com base nas informações apresentadas nesta figura, assinale a opção ERRADA.
a) Os íons responsáveis pela condutância da solução no ponto R são: H+, Cℓ– e Na+.
b) Os íons responsáveis pela condutância da solução no ponto S são: Na+ e Cℓ–.
c) A condutância da solução no ponto R é maior que no ponto S porque a mobilidade iônica dos
íons presentes em R é maior que a dos íons presentes em S.
d) A condutância da solução em T é maior que em S porque os íons OH– têm maior mobilidade
iônica que os íons Cℓ.
e) No ponto S, a solução apresenta neutralidade de cargas, no R, predominância de cargas
positivas e, no T, de cargas negativas.
Resolução:
Alternativa E.
A titulação é uma operação na qual juntamos lentamente uma solução de um ácido a uma base
ata o término da reação. Durante todo o processo a solução resultante permanece neutra, ou
seja, a quantidade de cátions é igual a de ânions. Logo, a alternativa E está errada.
De acordo com o enunciado, teremos:
HCl(aq) → H+(aq) + Cl-(aq) (α ≈ 100 %)
0,1 M
0,1 M
0,1 M
[íons] = 0,2 M
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NaOH(aq) → Na+(aq) + OH-(aq) (α = 100 %)
0,1 M
0,1 M
0,1 M
[íons]’ = 0,2 M
Como H+(aq) + OH-(aq) → H2O(l) no ponto S teremos a predominância dos íons Na+ e Cl-, a
quantidade de íons será menor e consequentemente a condutância elétrica também.
No ponto teremos os íons OH-, Cl- e Na+. A quantidade de base é maior do que no ponto S.
10. (Ufrj 2010) TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
Sabe-se que a condutividade elétrica de uma solução é uma medida de sua facilidade de
conduzir corrente elétrica. Assim, quanto maior a quantidade de íons dissociados, maior será a
condutividade da solução.
Num experimento, uma solução aquosa de ácido sulfúrico foi gradualmente adicionada a um
recipiente equipado com uma célula de condutividade contendo inicialmente 40 mL de uma
solução de hidróxido de bário 0,0125 M, conforme a figura a seguir. Enquanto o ácido era
adicionado, foram tomadas medidas relativas à condutividade elétrica da solução.
O gráfico a seguir registra os dados de condutividade em função do volume de solução ácida
adicionada (Va).
Com base nas informações apresentadas:
a) escreva a equação da reação entre o ácido sulfúrico e o hidróxido de bário;
b) explique a variação da condutividade elétrica nos trechos a-p e p-b indicados no gráfico.
Resolução:
a) A equação será dada por: Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 (s) + 2 H2O.
b) Como a reação de neutralização forma um sal praticamente insolúvel, o BaSO4 (s), a
quantidade de íons em solução diminui. Consequentemente diminui a condutividade elétrica no
trecho a-p, até um valor próximo a zero no ponto de equivalência (ponto p na figura).
A partir do ponto de equivalência p, o ácido sulfúrico continua a ser adicionado e sofre
ionização, por isso a condutividade elétrica aumenta novamente no trecho p-b.
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11. (Unifesp 2003) Têm-se duas soluções aquosas de mesma concentração, uma de ácido fraco
e outra de ácido forte, ambos monopróticos.
Duas experiências independentes, I e II, foram feitas com cada uma dessas soluções.
I. Titulação de volumes iguais de cada uma das soluções com solução padrão de NaOH,
usando-se indicadores adequados a cada caso.
II. Determinação do calor de neutralização de cada uma das soluções, usando-se volumes iguais
de cada um dos ácidos e volumes adequados de solução aquosa de NaOH.
Explique, para cada caso, se os resultados obtidos permitem distinguir cada uma das soluções.
Resolução:
I) A titulação de volumes iguais de cada das soluções requer o mesmo volume de solução
padrão de NaOH. Não se distingue cada uma das soluções.
HX + NaOH → NaX + H2O
fraco
HY + NaOH → NaY + H2O
forte
II) A reação de 1 mol de qualquer ácido forte (HY) com 1 mol de qualquer base forte (NaOH)
libera sempre a mesma quantidade de calor (13,7 kcal). A reação de 1 mol de ácido fraco (HX)
com 1 mol de base forte (NaOH) libera uma quantidade de calor menor que 13,7 kcal.
12. (Ufc 2009) Os gráficos a seguir correspondem à variação de pH de uma solução aquosa
contendo 50 mL dos ácidos HA e HB, ambos a 0,1 mol.L-1, em função do volume de NaOH 0,1
mol.L-1 adicionado a cada um dos ácidos.
Responda o que se pede a seguir.
a) Associe HA e HB aos ácidos HNO3 (ka ≈ 20) e HF (ka = 7,2 × 10-4).
b) Justifique sua resposta ao item A por meio de equações químicas.
Resolução:
a) O gráfico ÁCIDO HB representa a curva de neutralização de um ácido forte por uma base
forte, logo o ácido HB é forte, ou seja, apresentará a maior constante ácida (ka ≈ 20), ele é o
ácido nítrico.
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O gráfico ÁCIDO HA representa a curva de neutralização de um ácido fraco ou moderado por
uma base forte. O ácido HA apresentará a menor constante ácida (ka = 7,2 × 10-4), logo ele é o
ácido fluorídrico (HF).
b) Para o ácido nítrico (HNO3), teremos as seguintes reações químicas:
HNO3(aq) + NaOH(aq) → NaNO3(aq) + H2O(ℓ)
Na+(aq) + NO3− (aq) + H2O(ℓ) → Na+(aq) + OH-(aq) + H+(aq) + NO3− (aq)
Conforme o gráfico do ÁCIDO HB apresentado no enunciado, podemos perceber, pela hidrólise,
que o meio será neutro, ou seja, o pH será igual a 7 (25 °C, 1 atm).
Para o ácido fluorídrico (HF), teremos as seguintes reações químicas:
HF(aq) + NaOH(aq) → NaF(aq) + H2O(ℓ)
Na+(aq) + F(aq) + H2O(ℓ) → Na+(aq) + OH(aq) + HF(aq)
Conforme o gráfico do ÁCIDO HA apresentado no enunciado, podemos perceber, pela hidrólise,
que o meio será básico devido à presença dos íons OH-, ou seja, o pH será maior do que 7
(25 °C, 1 atm).
13. (Ufpr 2007) Uma amostra impura de ácido cítrico de fórmula molecular C6H8O7, de 0,384 g,
com a fórmula estrutural apresentada a seguir, foi titulada com 30 mL de uma solução de
NaOH 0,1 mol/L.
Descreva as reações envolvidas na titulação total e o teor de ácido cítrico na amostra analisada
em g %(m/m). Massas atômicas: C = 12; H = 1; O = 16; Na = 23.
Resolução:
C6H8O7 → 3H+ + C6H5O7
3NaOH → 3Na+ + 3OH
Equação global:
C6H8O7 + 3NaOH → 3H2O + C6H5O7Na3
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30 mL de uma solução de NaOH 0,1 mol/L:
0,1 mol
1000 mL
n(NaOH)
30 mL
n(NaOH) = 0,003 mol.
C6H 8O 7
3NaOH → 3H2O + C6H5O7Na3
+
1 mol
3 mols
0,001 mol
0,003 mol
0,001 mol (C6H8O7) = 0,001 x 192 g = 0,192 g.
0,384 g
0,192 g
100 % da amostra
% (m/m)
% (m/m) = 50 %.
14. (Unicamp 2007) TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:
A população humana tem crescido inexoravelmente, assim como o padrão de vida.
Consequentemente, as exigências por alimentos e outros produtos agrícolas têm aumentado
enormemente e hoje, apesar de sermos mais de seis bilhões de habitantes, a produção de
alimentos na Terra suplanta nossas necessidades. Embora um bom tanto de pessoas ainda
morra de fome e um outro tanto morra pelo excesso de comida, a solução da fome passa,
necessariamente, por uma mudança dos paradigmas da política e da educação.
Não tendo, nem de longe, a intenção de aprofundar nessa complexa matéria, essa prova
simplesmente toca, de leve, em problemas e soluções relativos ao desenvolvimento das
atividades agrícolas, mormente aqueles referentes à Química. Sejamos críticos no trato dos
danos ambientais causados pelo mau uso de fertilizantes e defensivos agrícolas, mas não nos
esqueçamos de mostrar os muitos benefícios que a Química tem proporcionado à melhoria e
continuidade da vida.
A verificação de uma das propriedades do solo consiste em suspender uma amostra de 5,0 cm3
do solo em um volume de 100 mL de uma solução aquosa de acetato de cálcio por certo tempo e
sob agitação vigorosa. Depois da decantação, o sobrenadante é separado e titulado com uma
solução aquosa de hidróxido de sódio de concentração conhecida.
a) Segundo esse procedimento, qual propriedade do solo pode-se supor que se pretende
determinar? Justifique sua resposta.
b) No procedimento de titulação mencionado anteriormente, o que deve ser feito para que o
ponto final possa ser observado?
c) Escreva a equação química da reação envolvida nessa titulação.
Resolução:
a) Como o sobrenadante foi titulado com uma solução básica de hidróxido de sódio, deduzimos
que se pretende determinar a acidez do solo por intermédio da neutralização com uma base.
b) Para que o ponto final da titulação possa ser observado devemos usar um indicador que
apresente pH de viragem acima de 7, como por exemplo, a fenolftaleína.
c) Ao misturarmos uma amostra ácida do solo com acetato de cálcio, os íons H+ do solo reagem
com o ânion acetato e ocorre a produção de ácido acético (um ácido fraco).
2H+ + Ca(H3CCOO)2 → 2H3CCOOH + Ca2+
A equação química no processo da titulação é dada por:
H3CCOOH + NaOH → H3CCOONa+ + H2O
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15. (Puc-rio 2006) Um técnico de laboratório recebeu um frasco com 300 cm3 de ácido
clorídrico de molaridade desconhecida, a fim de determiná-la. Para isso, retirou uma alíquota de
10 mL do frasco original e transferiu para um balão volumétrico de 50 mL, o qual foi
completado com água destilada. Após homogeneização, ele retirou 10 mL dessa solução e
transferiu para um frasco Erlenmeyer. Essa solução foi, em seguida, titulada com uma solução
aquosa padrão de hidróxido de sódio de molaridade exata igual a 0,500 mol L-1. Sabendo-se
que, nessa titulação, foram consumidos 12 mL da solução padrão de hidróxido de sódio:
a) escreva a reação química que ocorre no processo de titulação do ácido clorídrico pelo
hidróxido de sódio;
b) calcule a quantidade de hidróxido de sódio (em mol) contida nos 12 mL de solução usada
para a titulação do ácido;
c) calcule a molaridade da solução de ácido clorídrico do frasco original.
Resolução:
a) Reação química:
HCℓ (aq) + NaOH (aq) → NaCl (aq) + H2O (ℓ)
1000 mL
b) 0,500 mol NaOH
n
12mL
n = 0,006 mol de NaOH.
c) HCℓ (aq)
0,006 mol
+
NaOH (aq)
→
NaCl (aq) + H2O (ℓ)
0,006 mol
Molaridade (HCl) = 0,006 mol/0,010 L = 0,6 M
Com a diluição o número de mols do ácido é constante, então:
M(antes)V(antes) = M(depois)V(depois)
M(antes) x 0,01 = 0,6 x 0,05
M(antes) = 3,00 mol L1 (no frasco original).
16. (Ita 2005) Considere a curva de titulação a seguir, de um ácido fraco com uma base forte.
a) Qual o valor do pH no ponto de equivalência?
b) Em qual(ais) intervalo(s) de volume de base adicionado o sistema se comporta como tampão?
c) Em qual valor de volume de base adicionado pH = pKa?
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Resolução:
a) De acordo com o gráfico, pH (ponto de equivalência) = 9.
b) O tampão ocorre quando o volume de base adicionado for inferior ao necessário para a
neutralização completa do ácido fraco. Nos tampões a razão entre as concentrações do sal e do
ácido variam numa proporção de 1 para 10. Logo, os volumes de base variam entre 5 mL e 45
mL.
c) Analisando a equação de Henderson - Hasselbalch, temos:
pH = pKa + log([sal] / [ácido])
pH será igual a pKa quando log([sal]/[ácido]) = 0 e isto ocorre quando a metade do ácido for
neutralizada, neste caso quando adicionarmos 25 mL de base.
17. (Unifesp 2005) Os dados do rótulo de um frasco de eletrólito de bateria de automóvel
informam que cada litro da solução deve conter aproximadamente 390 g de H2SO4 puro.
Com a finalidade de verificar se a concentração de H2SO4 atende às especificações, 4,00 mL
desse produto foram titulados com solução de NaOH 0,800 mol/L. Para consumir todo o ácido
sulfúrico dessa amostra foram gastos 40,0 mL da solução de NaOH.
(Dado: massa molar de H2SO4 = 98,0 g/mol)
a) Com base nos dados obtidos na titulação, discuta se a especificação do rótulo é atendida.
b) Escreva a fórmula e o nome oficial do produto que pode ser obtido pela evaporação total da
água contida na solução resultante do processo de titulação efetuado.
Resolução:
a) Temos: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
2 mol
1 mol
n(NaOH)
n(H2SO4)
n(NaOH) = 2n(H2SO4)
Como n = molaridade x volume, então:
0,800 mol/L x 40,0 mL = 2 x M(H 2SO4) x 4,00 mL
M(H2SO4) = 4,00 mol/L
1 mol (H2SO4)
4,00 mol
98,0 g
x
x = 392 g
A especificação é atendida.
b) O sal obtido a partir da neutralização total é o sulfato de sódio, cuja fórmula é Na2SO4.
18. (Ita 2009) A 25 °C, realizam-se estes dois experimentos (Exp I e Exp II) de titulação ácidobase medindo-se o pH da solução aquosa em função do volume da base adicio nada:
Exp I: Titulação de 50 mL de ácido clorídrico 0,10 mol L-1 com hidróxido de sódio 0,10 mol L-1.
Exp II: Titulação de 50 mL de ácido acético 0,10 mol L-1 com hidróxido de sódio 0,10 mol L-1.
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a) Esboce em um mesmo gráfico (pH versus volume de hidróxido de sódio) a curva que
representa a titulação do Exp I e a curva que representa a titulação do Exp II. Deixe claro no
gráfico os valores aproximados do pH nos pontos de equivalência.
b) O volume da base correspondente ao ponto de equivalência de uma titulação ácido-base pode
ser determinado experimentalmente observando-se o ponto de viragem de um indicador. Em
laboratório, dispõem-se das soluções aquosas do ácido e da base devida mente preparados nas
concentrações propostas, de indicador, de água destilada e dos seguintes instrumentos: balão
volumétrico, bico de Bunsen, bureta, cronômetro, dessecador, erlenmeyer, funil, kitassato,
pipeta volumétrica, termômetro e tubo de ensaio. Desses instrumentos, cite os três mais
adequados para a realização desse experimento.
Resolução:
a) Utilizando os dados fornecidos no enunciado e simplificando a abordagem, tem-se a
resolução a seguir para o item a.
Experiência I: titulação de 50 mL de ácido clorídrico 0,10 mol.L-1 com hidróxido de sódio
0,10 mol.L-1 . Na experiência I tem-se a titulação de um ácido forte (HC ) com uma base forte
(NaOH).
Reação envolvida: HC (aq) + NaOH(aq ) → H2O( ) + NaC (aq) .
Antes do início da titulação:
→ H3O+(aq ) + C −(aq )
HC (aq ) + H2O( ) ←
pH = − log[H3O+ ] = − log[H+ ]
[HC] = [H+ ] = 0,10 mol/L = 10−1 mol/L
pH = − log10−1 = 1
Cálculo do volume de NaOH necessário para o ponto de equivalência ([H+ ] = [OH− ]) ser atingido:
nNaOH = nHC .
n
[HC] = HC ⇒ nHC = [HC] × V
V
n
[NaOH] = NaOH ⇒ nNaOH = [NaOH] × V
V
nHC = nNaOH
[HC] × V = [NaOH] × V
0,10 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,10 mol/L × V
VNaOH = 50 mL
Antes de atingir o ponto de equivalência o pH é obtido a partir da concentração de HC que não
reagiu com NaOH.
Na região do ponto de equivalência (P.E.) o pH é obtido pela dissociação da água (sais obtidos
pela neutralização de ácidos fortes e bases fortes não sofrem hidrólise):
→ H3O+(aq ) + OH−(aq )
2H2O( ) ←
[H3O+(aq ) ] = [H+ ] = 10−7 mol/L
pH = − log[H3O+(aq) ] = − log[H+ ]
pH = − log10−7 = 7
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Após o ponto de equivalência (P.E.) não há mais HC . Nesta região o pH aumenta e é obtido a
partir do excesso de NaOH.
Experiência 2: titulação de 50 mL de ácido acético 0,10 mol.L-1 com hidróxido de sódio
0,10 mol.L-1 . Na experiência II tem-se a titulação de um ácido fraco (H3CCOOH) com uma base
forte (NaOH). O pH inicial é maior do que 1.
Reação envolvida: H3CCOOH(aq ) + NaOH(aq ) → H2O( ) + H3CCOONa (aq ) .
Qualquer quantidade de H3O+ ou H+ adicionado consume uma quantidade estequiométrica de
→ 2H2O( ) .
OH- : H3O+(aq ) + OH−(aq ) ←
Volume de NaOH necessário para o ponto de equivalência ([H+ ] = [OH− ]) ser atingido:
nNaOH = nH3CCOOH .
[H3CCOOH] =
nH3CCOOH
V
⇒ nH3CCOOH = [H3CCOOH] × V
nNaOH
⇒ nNaOH = [NaOH] × V
V
nH3CCOOH = nNaOH
[NaOH] =
[H3CCOOH] × V = [NaOH] × V
0,10 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,10 mol/L × V
VNaOH = 50 mL
No o ponto de equivalência (P.E) o pH da solução é calculado pela hidrólise do ânion e é maior
do que 7, pois a hidrólise é básica.
Após o ponto de equivalência o pH aumenta e é calculado a partir da concentração de OH− em
excesso.
Esboço do gráfico:
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Resolução completa para o item a (utilizando dados não fornecidos no enunciado):
a) Experiência I: titulação de 50 mL de ácido clorídrico 0,10 mol.L-1 com hidróxido de sódio
0,10 mol.L-1 . Na experiência I tem-se a titulação de um ácido forte (HC ) com uma base forte
(NaOH).
Reação envolvida: HC (aq) + NaOH(aq ) → H2O( ) + NaC (aq) .
Antes do início da titulação:
→ H3O+(aq ) + C −(aq )
HC (aq ) + H2O( ) ←
pH = − log[H3O+ ] = − log[H+ ]
[HC] = [H+ ] = 0,10 mol/L = 10−1 mol/L
pH = − log10−1 = 1
Volume de NaOH necessário para o ponto de equivalência ([H+ ] = [OH− ]) ser atingido:
nNaOH = nHC .
n
[HC] = HC ⇒ nHC = [HC] × V
V
n
[NaOH] = NaOH ⇒ nNaOH = [NaOH] × V
V
nHC = nNaOH
[HC] × V = [NaOH] × V
0,10 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,10 mol/L × V
VNaOH = 50 mL
Antes de atingir o ponto de equivalência o pH é obtido a partir da concentração de HC que não
reagiu com NaOH.
Na região do ponto de equivalência (P.E.) o pH é obtido pela dissociação da água (sais obtidos
pela neutralização de ácidos fortes e bases fortes não sofrem hidrólise):
→ H3O+(aq ) + OH−(aq )
2H2O( ) ←
[H3O+(aq ) ] = [H+ ] = 10−7 mol/L
pH = − log[H3O+(aq) ] = − log[H+ ]
pH = − log10−7 = 7
Após o ponto de equivalência (P.E.) não há mais HC . Nesta região o pH é obtido a partir do
excesso de NaOH. Para 50 mL de excesso de NaOH (Volume total de 100 mL), vem:
VNaOH = 50 mL + 50 mL = 100 mL = 0,1 L
nNaOH = [NaOH] × V
nNaOH = 0,10 × 0,1 = 0,001 mol
HC (aq ) +
0,005 mol
−
NaOH(aq ) → H2O( )
−
0,001 mol
−
−
+
NaC (aq)
−
−
−
0,004 mol
0,005 mol
0,005 mol
Volume final = 50 mL + 100 mL = 150 mL = 0,15 L
ácido
(início)
(adicionado)
(adicionado)
base + excesso
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[OH− ] =
0,004 mol
= 0,266666 mol/L ≈ 0,027 mol/L
0,15 L
[OH− ] = 2,7 × 10−2 mol/L
pOH = − log[OH− ] = − log(2,7 × 10−2 ) = 2 − log 2,7 = 1,57
0,43
pH = 14 − 1,57 = 12,43
Experiência 2: titulação de 50 mL de ácido acético 0,10 mol.L-1 com hidróxido de sódio
0,10 mol.L-1 . Na experiência II tem-se a titulação de um ácido fraco (H3CCOOH) com uma base
forte (NaOH).
Reação envolvida: H3CCOOH(aq ) + NaOH(aq ) → H2O( ) + H3CCOONa (aq ) .
Qualquer quantidade de H3O+ ou H+ adicionado consume uma quantidade estequiométrica de
→ 2H2O( ) .
OH- : H3O+(aq ) + OH−(aq ) ←
Volume de NaOH necessário para o ponto de equivalência ([H+ ] = [OH− ]) ser atingido:
nNaOH = nH3CCOOH .
[H3CCOOH] =
nH3CCOOH
V
⇒ nH3CCOOH = [H3CCOOH] × V
nNaOH
⇒ nNaOH = [NaOH] × V
V
nH3CCOOH = nNaOH
[NaOH] =
[H3CCOOH] × V = [NaOH] × V
0,10 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,10 mol/L × V ⇒ VNaOH = 50 mL
Antes do início da titulação (o pH é calculado a partir da dissociação do ácido acético;
K a = 1,8 × 10−5 ):
→
H3CCOOH(aq ) + H2O( ) ←
0,10 mol/L
−
−x
−
0,10
−
x mol/L −
+
H3CCOO−(aq )
−
−
+x
+
x
+x
+x
(início)
(durante)
(equilíbrio)
[H3O+ ]
≈ 0,10
Ka =
H3O+(aq )
x×x
0,10
1,8 × 10−5 =
x2
0,10
x 2 = 1,8 × 10−6
x = 1,8 × 10−6 ≈ 1,34 × 10−3
[H3O+ ] = 1,34 × 10−3 mol/L
pH = − log[H3O+ ] = − log[H+ ]
pH = − log(1,34 × 10−3 ) = 3 − log1,34 = 2,873
≈ 0,127
Antes de atingir o ponto de equivalência o pH é obtido a partir da relação entre as
concentrações do ácido e da base conjugados, pois há uma mistura de ácido acético e acetato
de sódio (ácido e base conjugados) devido à hidrólise básica, ou seja, ocorre um tampão.
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No o ponto de equivalência (P.E) o pH da solução é calculado pela hidrólise do ânion:
VNaOH (adicionado) = 50 mL = 50 × 10−3 L
Vtotal = 50 mL + 50 mL = 100 mL = 0,1 L
nNaOH (adicionado) = [NaOH] × VNaOH (adicionado)
nNaOH (adicionado) = 0,1 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,005 mol
→
H3CCOOH(aq ) + NaOH(aq ) ←
0,005 mol
0,005 mol
[H3CCOONa] =
H2O( ) + H3CCOONa(aq )
0,005 mol 0,005 mol
0,005 mol
= 0,05 mol/L
0,1 L
→ H3CCOOH(aq ) + OH−(aq )
H3CCOO−(aq) + H2O( ) ←
0,05 mol/L
0,05 mol/L − x
−
−
−
x
−
x
(início)
(durante)
0,05(1 − x) mol/L
−
x
x
(equilíbrio)
≈ 0,05 mol /L
Kh =
x × x
0,05(1 − x)
Kh =
KW
10−14
=
K a 1,8 × 10−5
10−14
1,8 × 10
−5
=
x × x
0,05
1,8 × 10−5 x 2 = 0,05 × 10−14
x 2 = 0,027777 × 10−9 ≈ 28 × 10−12 ⇒ x ≈ 28 × 10−12 ≈ 5,29 × 10−6
x = [OH− ] = 5,29 × 10−6
pOH = − log[OH_ ]
pOH = − log(5,29 × 10 −6 ) = 6 − log 5,29 ≈ 5,28
≈ 0,72
pH + pOH = 14
pH = 14 − 5,28 = 8,72
Após o ponto de equivalência o pH é calculado a partir da concentração de OH− em excesso.
Para 50 mL de excesso de NaOH (Volume total de 100 mL), vem:
VNaOH = 50 mL + 50 mL = 100 mL = 0,1 L
nNaOH = [NaOH] × V
nNaOH = 0,10 × 0,1 = 0,001 mol
nH3CCOOH = 0,10 mol/L × 50 × 10−3 L = 0,005 mol
H3CCOOH(aq) +
0,005 mol
NaOH(aq ) → H2O( )
0,001 mol
0,005 mol
+ H3CCOONa(aq )
0,005 mol
em excesso
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n
OH− (excesso)
[OH− ] =
= 0,005 − 0,001 = 0,004 mol
0,004 mol
= 0,04 mol/L = 4 × 10−2 mol/L
0,1 L
[OH− ] hidrólise do H3CCOONa = 5,29 × 10−6 mol/L
[OH− ]total = [OH− ] + [OH− ] hidrólise do H3CCOONa = 4 × 10−2 mol/L + 5,29 × 10−6 mol/L
[OH− ]total = 3,999 × 10−2 mol/L ≈ 4 × 10−2 mol/L
pOH = − log[OH− ] = − log(4 × 10−2 ) = 2 − log
4 ≈ 1,4
≈ 0,6
pH = 14 − 1,4 = 12,6
Esboço do gráfico:
b) Os três instrumentos mais adequados para a realização desse experimento são: bureta,
erlenmeyer e pipeta volumétrica. Esquematicamente:
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