Lista 5 - Volumetria de Neutralização e Precipitação - 2023-1

Universidade Federal Fluminense Instituto de Química Departamento de Química Analítica Disciplina: Química Analítica II Turma: A3 Data: 27/06/2023 Lista de exercícios 5 – Volumetria de neutralização e precipitação 1. Uma amostra de 10,00 mL contendo ácido clorídrico foi diluída para 100,00 mL e uma alíquota de 25,00 mL foi titulada com NaOH 0,1 mol L-1 com fator de correção 0,9945 e consumiu 12,45 mL. a) Apresente um indicador que pode ser utilizado para a análise, com sua mudança de cor e faixa de viragem. (valor=0,5) b) Determine a concentração para o ácido em % m/v. (valor=1,0) c) Apresente os cálculos e um esboço para a curva de titulação baseado nos seguintes volumes adicionados de titulante (mL): 0,00; 5,00; 12,45 e 13,00. (valor=1,0) d) Qual seria o volume de titulante consumido no ponto final se todas as mesmas condições de análise fossem utilizadas para titular ácido acético, H2SO4, ou H3PO4 na mesma concentração do HCl? Explique sucintamente. (valor=1,5) 2. A determinação da concentração de ácido acético foi realizada da seguinte maneira: um volume de 10,00 mL foi diluído para 100,00 mL e uma alíquota de 10,00 mL consumiu 6,40 mL de NaOH 0,1 mol L-1 com fator de correção 1,024. a) Determine a concentração do ácido em % m/v. (valor=1,0) b) Por que, de forma geral, a amostra é diluída a 10% v/v antes da análise? (valor=0,5) c) Apresente um esboço para a curva de titulação e os cálculos para a curva baseados nos seguintes volumes de titulante (mL): 0,00; 2,00; 3,20; 6,40 e 7,00. (valor=1,0) 3. A determinação da concentração de cloreto em uma amostra seguiu exatamente o mesmo preparo de amostra descrito na questão 2, e consumiu um volume de 10,20 mL de AgNO3 0,0985 mol L-1. a) Determine a concentração de NaCl na amostra em % m/v. (valor=1,0) b) Apresente um esboço e os cálculos para a curva de titulação (pAg) baseado nos seguintes volumes de titulante (mL): 0,00; 5,00; 10,20 e 11,00. (valor=1,0) c) Caso o método de Mohr tenha sido utilizado para determinar o volume do titulante no ponto final, apresente as limitações do método e discuta, resumidamente, o que seria o erro sistemático do método e como seria possível corrigi-lo. (valor=1,5) 1) Amostra 10,00 mL HCl Diluição 500,0 mL Alíquota 25,00 mL NaOH 0,1 mol L⁻¹, fc = 0,9945, 32,45 mL a) HCl + NaOH → NaCl + H₂O O pH de viragem será igual a 7,0, pois NaCl é um sal neutro. Assim, a faixa de viragem do indicador deve conter pH = 7,0. Um bom indicador seria azul de bromotimol, que possui faixa de viragem entre pH = 6,0 e pH = 7,6. b) n(NaOH) = (0,1 mol L⁻¹)(0,9945)(32,45·10⁻³ L) = 1,238·10⁻³ mol n(HCl)alíquota = n(NaOH) = 1,238·10⁻³ mol 1,238·10⁻³ mol ————— 25,00 mL x ————— 500,0 mL x = 4,953·10⁻³ mol HCl m(HCl) = (4,953·10⁻³ mol)(36,46 g mol⁻¹) = 0,1806 g HCl em 50,00 mL % m/m = 0,1806 ------------- · 100 / 100 / % = 1,806 / % 10,00 mL 1) c) [HCl] no balão de 500,00 mL: 4,953·10⁻³ mol ------------------------------------ = 0,04953 mol L⁻¹ 0,500 L • VNaOH = 0 mL [HCl] = 0,04953 mol L⁻¹ ⇒ pH = -log (0,04953) ⇒ pH = 1,31 • VNaOH = 5,00 mL (Há excesso de HCl) VT = 25,00 mL + 5,00 mL = 30,0 mL n(NaOH) = (5,00·10⁻³ L)(0,1 mol L⁻¹)(0,9945) = 4,97·10⁻⁴ mol [HCl] = n(HCl) - n(NaOH) ------------------------- VT = (25,00·10⁻³ L)(0,04953 mol L⁻¹) -------------------------------- ------ 4,97·10⁻⁴ mol 30,00·10⁻³ L [HCl] = 0,02473 mol L⁻¹ ⇒ pH = 1,61 • VNaOH = 32,45 mL Este é o volume de equivalência, então, pH = 7,00 1) c) • VNaOH = 43,00 mL (excesso de NaOH) VT = 25,00 mL + 13,00 mL = 38,00 mL = 38,00·10⁻³ L n(HCl) = (25,00·10⁻³ L)(0,04953 mol L⁻¹) = 1,238·10⁻³ mol [NaOH] = n(NaOH) - n(HCl) ---------------------- VT = (13,00·10⁻³ L)(0,1 mol L⁻¹)(0,9945) - (1,238·10⁻³ mol) ---------------------------------------------------------- 38,00·10⁻³ L [NaOH] = 1,437·10⁻³ mol L⁻¹ ⇒ pOH = 2,84 pH = 14 - pOH pH = 11,2 • Curva de titulação: d) Ácido acético ➔ CH3COOH ➔ monoprótico Seria gasto o mesmo volume de NaOH, pois o ácido acético é monoprótico assim como o HCl H2SO4 ➔ diprótico Seria gasto o dobro do volume comparado ao HCl, pois o H2SO4 é diprótico, requerendo duas vezes mais mols de OH- para neutralização total. H3PO4 ➔ triprótico Seria gasto o triplo do volume de NaOH quando comparado ao HCl (explicação análoga a do H2SO4). A diluição é feita porque a amostra diluída irá requerer um volume menor de titulante. Caso fosse titulada a amostra sem diluição, nesse caso, o volume de NaOH seria de 64,00 mL. Esse volume ultrapassa o volume máximo das buretas padrão, de 50,00 mL. c) VNaOH = 0 [CH3COOH] = 6,55.10^-3 mol / 0,100 L = 0,0655 mol L^-1 Para ácidos fracos, podemos usar a aproximação: [H+] ≈ sqrt(Ka . Ci) => [H+] = sqrt(1,75.10^-5)(0,0655) = 1,07.10^-3 mol L^-1 pH = 2,97 VNaOH = 2,00 mL (região de tampão) VT = 12,00 mL n(NaOH) = (2,00.10^-3 L)(0,1 mol L^-1)(1,024) = 2,05.10^-4 mol [CH3COO-] = 2,05.10^-4 mol / 12,00.10^-3 L = 0,0171 mol L^-1 [CH3COOH] = (0,0655 mol L^-1)(60,00.10^-3 L) - (2,05.10^-4 mol) / 12,00.10^-3 L = 0,0375 mol L^-1 pH = pKa + log(CH3COO-/CH3COOH) = -log(1,75.10^-5) + log(0,0171/0,0375) dando pH = 4,42. c) VNaOH = 3,20 mL Ponto referente à metade do ponto de equivalência. Aqui: [CH3COO-] = [CH3COOH] Portanto: pH = pKa = -log(1,75.10^-5) => pH = 4,76 VNaOH = 6,40 mL (Ponto de equivalência) VT = 16,40 mL Temos somente CH3COO- [CH3COO-] = (0,100 mL)(0,0655 mol L^-1) / 16,40 mL = 0,0399 mol L^-1 CH3COO- + H2O <-> CH3COOH + OH- Início 0,0399 Reação - x + x + x Equilíbrio 0,0399 - x x x Kb = Kw / Ka = x^2 / 0,0399 => [OH-] = x = sqrt(Kw/Ka . 0,0399) => [OH-] = sqrt(10^-14 / 1,75.10^-5 . 0,0399) = 4,77.10^-6 mol L^-1 => pH = 5,32 => pH = 8,68 É necessário um excesso de Ag+ para precipitar o íon cromato e detectar o ponto final, o que acaba gerando um erro sistemático, onde o volume do ponto final é maior que o volume real (do ponto de equivalência). Para minimizar esse erro, deve ser feita um titulação com o "branco", contendo apenas o indicador em água. Depois, subtrai-se o volume da titulação do branco do volume da titulação da amostra. A principal desvatagem do método de Morh é que o pH deve ser neutro ou alcalino (na faixa entre 7 e 10, geralmente). Isto porque o indicador usado nesse método é o íon cromato, que é convertido em ácido crômico em meio ácido, impossibilitando a detecção do ponto final nestas condições. O erro sistemático deste método está relacionado com a detecção do ponto final, dada pela equação abaixo: