Curva de titulações de ácidos polipróticos

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1 Curva de titulações de áidos poliprótios A 5,00 m de H PO 4 0,1000 mol -1 B 5,00 m de H C O 4 0,1000 mol -1 C 5,00 m de H SO 4 0,1000 mol -1

2 Áido poliprótio neutralizado por base forte A forma da urva de titulação depende da magnitude relativa das várias onstantes de dissoiação (ou seja, pode exibir ou mais pontos finais). Se K a1 / K a > 10 o tratamento dos álulos pode ser feito omo para os áidos monoprótios. Supondo um áido diprótio H A om onstante de dissoiação K a1 = 1,00 x 10 - e K a = 1,00 x 10-7.

3 Região A ph iniial: ph pode ser dado pela ontribuição do H O + proveniente da primeira dissoiação. Região B 1 a região tamponada: onsiste de H A e sua base onjugada HA. Região C 1 o P.E.: formação de um sal áido. Região D a região tamponada: onsiste de HA - e sua base onjugada A. Região E o P.E.: onsiste de uma base onjugada de áido frao om uma onstante de dissoiação K a. Região F - Após o P.E.: exesso de -.

4 Exemplo Construir uma urva de titulação de 5,00 m de áido maleio, HOOC-CH=CH-CO, 0,1000 mol -1 om 0,1000 mol -1. K a1 / K a > 10 H + H O H O + + H - K a1 = 1, x 10 - H - + H O H O K a = 5,9 x 10-7 ph iniial K a 1 HO 0,1000,01x10 ph 1,5 1, x10 mol 1

5 Relembrando... HA + H O H O + + A - A - + H O - + HA Para enontrar o ph de uma solução ontendo tanto um áido, HA, quanto sua base onjugada, A, preisamos expressar as onentrações de HA e A, no equilíbrio, em termos de HA e A. Um exame dos dois equilíbrios revela que a primeira reação derese a onentração de HA por uma quantidade igual a H O +, enquanto a segunda aumenta a onentração de HA por quantidade igual a -. HA HA A A

6 1 a região tamponada A adição de 5,00 m de base resulta na formação de uma tampão do áido frao H e sua base onjugada H -. Considerando a formação de - desprezível: H H 5,00x0,1000 0,00 1,67x10 mol 1 H H H 5,00x0,1000 5,00x0,1000 0,00 H H 6,67x10 Desprezível K a 1 mol HO H H 1 1,81x10 ph 1,74 1, x10 mol 1

7 ogo antes do 1 o P.E. A H é tão pequena que se torna omparável à - e o segundo equilíbrio preisa também ser onsiderado. V adiionado = 4,90 m H H 4,90x0, ,90 4,99x10 mol 1 H 5,00x0,1000 4,90x0, ,90,00x10 4 mol 1 B : H BC : H H H H H desprezível

8 H H H H H H H H 1 H K H H K a a, , ph mol x K H H K a a H

9 No 1 o P.E. H H 5,00x0, ,00 5,00x10 mol 1 B : H BC : H H H H H H H Ka H Kw HO H K ph 4,11 a1 7,80x10 5 mol 1 ph = ½ (pk a1 +pk a )

10 ogo após o 1 o P.E. V adiionado = 5,01 m Nessa região, a solução é onstituída basiamente por H - om algum - formado. H n ( n Hform adi V ( n n total adi V total Hform ) n Hform ) 1,996x10 5 0,04997 mol mol 1 1 B : BC : H H H H 0,49999mol 1

11 H H desprezível total Hform adi V n n ) ( H K a 1 K a H 4,1 10 7, ph mol x

12 a região tamponada A adição de 5,50 m de base resulta na formação de uma tampão do áido frao H - e sua base onjugada -. H H ( n n adi V form n total ( n form adi V total ) n form ) K a HO H,89x10 5 ph 4,54 mol 1

13 Pouo antes do o P.E. V adiionado = 49,90 m Nessa região, a razão - /H - torna-se grande e a equação para os tampões simples não se aplia mais. - + H O H H H ( n n adi V form n total ( n form adi V total ) n form ) K b1 K K w a H ph 8,61 ( H )

14 No o P.E. - + H O H ( nadi n Vtotal form ) K b1 K K w a H H ph 9,8

15 ogo após o o P.E. V adiionado = 50,01 m - + H O H n produzido V total exesso adiionado reagiu H exesso H ph 10,14

16 Após o o P.E. V adiionado = 51,00 m Nessa região, o ph é dado pelo exesso de -. exesso adiionado reagiu ph 11,1

17 Curva de titulação para 5,00 m de áido maleio

18 Base poliprótia neutralizada por áido forte CO - + H O - + HCO - K b1 = K w / K a HCO - + H O - + CO (aq) K b = K w / K a1

19 Espéies anfiprótias H PO H O H O + + HPO 4 - H PO H O - + H PO 4 K a = 6, x 10-8 K b = K w / K a1 = 1,41 x 10-1 K a >> K b titulação om solução padrão de base HPO H O H O + + PO 4 - HPO H O - + H PO 4 - K a = 4,5 x 10-1 K b = K w / K a = 1,58 x 10-7 K a << K b titulação om solução padrão de áido

20 isturas de áidos fortes e fraos ou bases fortes e fraas Calular o ph de uma mistura de HCl 0,100 mol -1 om áido frao HA 0,0800 mol -1 (K a = 1,00 x 10-4 ) durante sua titulação om K 0,100 mol -1. Calule os resultados para a adição dos seguintes volumes de base (a) 0,00 m e (b) 5,00 m. V adiionado = 0,00 m HCl A HO muito pequena desprezível A - <<< 0,100 mol -1 ph =0,9

21 V adiionado = 5,00 m V mistura = 5,00 m HCl n n V iniial total reagiu A - <<< HCl ph =1,08 V K = 9,00 m HCl HA n nho V total HCl HA nho V total reagiu K a HO A HA,0x10 ph,5 mol 1 HCl A HA A HA

22 Uma solução ontém HCO, CO e, isoladamente ou em uma ombinação permitida. A titulação de uma alíquota de 50,00 m requer, empregando-se a fenolftaleína omo indiador de ponto final,,1 m de HCl 0,100 mol -1. Uma segunda alíquota de 50,0 m neessita de 48,4 m de HCl quando titulada om indiador verde de bromoresol. Deduza a omposição e alule as onentrações molares dos solutos na solução original.

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26 Exeríio Uma amostra de CO ontaminada om foi pesada, dissolvida em água destilada isenta de CO e titulada om solução padrão de HCl 0,5 mol -1. Usando-se fenolftaleína omo indiador, observou-se o ponto final após adição de 6,0 m do titulante. Após a viragem da fenolftaleína, adiionou-se algumas gotas de alaranjado de metila, prosseguindo-se a titulação om HCl. Foi neessária a adição de mais 15,0 m do titulante para que se observa-se o ponto final om o alaranjado de metila. Calule as massas de e CO presentes na amostra.

27 Retrotitulação Uma amostra de 0,711 g de farinha de trigo foi analisada pelo método Kjeldahl. A amônia formada pela adição de uma base onentrada após a digestão om H SO 4 foi destilada em 5,00 m de HCl 0,04977 mol -1. O exesso de HCl foi retrotitulado om,97 m de 0,0401 mol -1. Calule a porentagem de N na farinha. n N % N n n n HCl HCl n m N 1,44mmol 0,159mmol n 1,0850mmol xpa x100%,141 amostra

28 Exeríio O teor de formaldeído da preparação de um pestiida foi determinado pela pesagem de 0,14 g de uma amostra líquida em um fraso ontendo 50,0 m de 0,0996 mol -1 e 50,00 m de H O %. Por aqueimento, oorreu a seguinte reação: - + HCHO + H O HCOO - + H O Após esfriar, o exesso de base foi titulado om, m de H SO 4 0,0550 mol -1. Calular a porentagem de HCHO (0,06 g mol -1 ) na amostra.

29 Atividade Elabore três questões objetivas om assuntos pertinentes as aulas 1, ou.