Um ácido fraco HA(pK,=5,00) foi titulado com uma solução de KOH 1,00 M. A solução do ácido tinha um volume de 100,0 mL e uma molaridade de 0,100 M. Determine o pH para os volumes adicionados de base que são dados a seguir e faça um gráfico de pH contra V,: V,=0,1 ; 5 ; 9 ; 9,9 ; 10 ; 10,1 e 12 mL . (R 3,00; 4,05; 5,00 ; 5,95 ; 7,00 ; 8,98 ; 10,96 ; 12,25)

Passo 1

Beleza, vamos resolver esse exercício de titulação de um ácido fraco com KOH. O que precisamos entender aqui é como calcular o pH em diferentes volumes de base adicionados a uma solução de ácido fraco. Vamos precisar usar conceitos de equilíbrio químico, cálculo de concentrações e a fórmula do pH. Vamos lá!

Passo 2

Primeiro, vamos identificar os dados que temos:
  • Ácido fraco HA com pKₐ = 5,00
  • Volume da solução de ácido: 100,0 mL
  • Molaridade do ácido: 0,100 M
  • Molaridade da base KOH: 1,00 M
  • Volumes de KOH adicionados: 0,1; 5; 9; 9,9; 10; 10,1; 12 mL

Passo 3

Vamos calcular a quantidade de mols de ácido e base. A quantidade de mols é dada pela fórmula:
mols = molaridade times volume (L)
Então, para o ácido:
mols de HA = 0,100 , M times 0,100 , L = 0,010 , mols

Passo 4

Para cada volume de KOH adicionado, calculamos os mols de KOH:
mols de KOH = 1,00 , M times volume (L)
Por exemplo, para 5 mL:
mols de KOH = 1,00 times 0,005 = 0,005 , mols

Passo 5

A reação entre HA e KOH é:
HA + OH^- A^- + H2O
Isso significa que cada mol de KOH consome um mol de HA e produz um mol de A⁻.

Passo 6

Para cada volume de KOH, calculamos quanto de HA foi neutralizado e quanto de A⁻ foi formado:
mols de HA restantes = mols de HA inicial - mols de KOH
mols de A^- = mols de KOH

Passo 7

Com os mols de HA e A⁻, podemos usar a expressão do pH para uma solução tampão ou para pontos de equivalência:
pH = pKa + log([A^-][HA])
Se estiver no ponto de equivalência, calculamos a hidrolisação de A⁻.

Passo 8

Vamos calcular o pH para cada volume de KOH adicionados:
  1. 0,1 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,0001 mol
    • Mols de HA restantes: 0,010 - 0,0001 = 0,0099 mol
    • Mols de A⁻: 0,0001 mol
    • pH = 5,00 + log(0,00010,0099) approx 5,00 + log(0,0101) approx 5,00 - 1,00 = 4,00
  2. 5 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,005 mol
    • Mols de HA restantes: 0,005 mol
    • Mols de A⁻: 0,005 mol
    • pH = 5,00 + log(0,0050,005) = 5,00 + log(1) = 5,00
  3. 9 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,009 mol
    • Mols de HA restantes: 0,001 mol
    • Mols de A⁻: 0,009 mol
    • pH = 5,00 + log(0,0090,001) = 5,00 + log(9) approx 5,00 + 0,95 = 5,95
  4. 9,9 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,0099 mol
    • Mols de HA restantes: 0,0001 mol
    • Mols de A⁻: 0,0099 mol
    • pH approx 5,00 + log(0,00990,0001) approx 5,00 + log(99) approx 5,00 + 1,99 approx 6,99
  5. 10 mL de KOH (ponto de equivalência):
    • Mols de KOH: 0,010 mol
    • Todos os HA foram neutralizados.
    • Agora, temos apenas A⁻, que irá hidrolisar:
    A^- + H2O rightarrow HA + OH^-
    Usamos:
    Kb = KwKa = 1 times 10^-141 times 10^-5 = 1 times 10^-9
    [OH^-] = raizKb times C = raiz1 times 10^-9 times 0,1 approx 3,16 times 10^-5
    pOH approx -log(3,16 times 10^-5) approx 4,5
    pH = 14 - 4,5 = 9,5
  6. 10,1 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,0101 mol
    • Mols de KOH em excesso: 0,0001 mol
    • Volume total: 100 + 10,1 = 110,1 mL = 0,1101 L
    • [OH^-] = 0,00010,1101 approx 9,08 times 10^-4 , M
    pOH = -log(9,08 times 10^-4) approx 3,04
    pH = 14 - 3,04 = 10,96
  7. 12 mL de KOH:
    • Mols de KOH: 0,012 mol
    • Mols de KOH em excesso: 0,002 mol
    • Volume total: 112 mL = 0,112 L
    • [OH^-] = 0,0020,112 approx 0,01786 , M
    pOH = -log(0,01786) approx 1,75
    pH = 14 - 1,75 = 12,25

Resposta

Os valores de pH para os volumes adicionados de KOH são:
  • 0,1 mL: pH = 4,00
  • 5 mL: pH = 5,00
  • 9 mL: pH = 5,95
  • 9,9 mL: pH = 6,99
  • 10 mL: pH = 9,50
  • 10,1 mL: pH = 10,96
  • 12 mL: pH = 12,25

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