aula - titulações de neutralização

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TITULATITULAÇÇÃO DE NEUTRALIZAÃO DE NEUTRALIZAÇÇÃOÃO

FACULDADE DE TECNOLOGIA E FACULDADE DE TECNOLOGIA E CIÊNCIAS CIÊNCIAS –– FTCFTC

CURSO FARMCURSO FARMÁÁCIA 2010.2CIA 2010.2

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TITULAÇÕES DE NEUTRALIZAÇÃO

Determinação de ácidos ou bases

• A pancreatite pode ser diagnosticada pela medida da atividade da lipase sérica

• O ácido graxo liberado é titulado com o NaOH empregando-se fenolftaleína como indicador ou um pHmetro;

• A quantidade de ácido graxo produzido em um tempo fixo está relacionada com a atividade da lipase

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• Envolvem a reação entre analito e solução padrão

• Soluções padrão: ácidos ou bases fortes

• Ponto de equivalência química: localizado por um indicador químico ou método instrumental

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Indicadores ácido – base

Ácidos ou bases orgânicas fracas cuja forma não dissociada difere da cor de sua base ou ácido conjugados.

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Indicadores ácido – baseEx.: Fenolftaleína

INCOLOR

Cor ácidaVERMELHA

Cor básica

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Erros de titulação com indicadores ácido-base:

- erro determinado : ocorre quando o pH no qual o indicador muda de cor difere do pH do ponto de equivalência.

- Pode ser minimizado pela escolha cuidadosa do indicador ou fazendo uma correção com um branco.

- erro indeterminado : habilidade limitada da nossa visão em distinguir reprodutivelmente a cor do indicador

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Titulações de ácido forte com base forte:50,00 mL de HCl 0,0500 M com o NaOH 0,1000 M

1º passo: calcular volume de NaOH necessário para atingir o PE

nº mols H+ = nº mols OH-

M . V = M . V

0,1000 . V = 0,0500 . 0,050V = 0,025 L = 25 mL

- Antes do PE: excesso de H+

- No PE: [H+] = [OH-]- Após o PE: excesso de OH-

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Titulações de ácido forte com base forte:

50,00 mL de HCl 0,0500 M com o NaOH 0,1000 M

pH antes da titulação:pH = - log [H+] = - log 0,0500 = 1,30

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Titulações de ácido forte com base forte: 50,00 mL de HCl 0,0500 M com o NaOH 0,1000 M

Antes do PE: pH após adição de 10,00 mL de NaOH: [H+] > [OH-]

- A concentração do H+ diminuiu como resultado da reação com o ácido e da diluição

[H+] = nº de mol HCl restante após a adição de NaOH

volume total da solução

[H+] = (0,050 L x 0,05 M) - (0,01 L x 0,1 M) = 0,0250,050 L + 0,010 L

pH = - log [H+] = 1,60

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Variações no pH durante a titulação de ácido forte com base forte

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No PE: 25,00 mL de NaOH [H+] = [OH-]

Nem o HCl nem o NaOH estão em excesso

pH = 7,00

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Após o PE: 25,10 mL de NaOH [OH-] > [H+]

A solução contém um excesso de NaOH

[OH-] = nº mols OH- adicionado – nº mols H+

volume total da solução

(0,0251 L x 0,1 M) – (0,050 L x 0,05 M) = 1,33 x 10-4 mol/L0,07510 L

pOH = 3,88 pH = 10,12

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Titulações de ácido forte com base forte:

pH

Volume de NaOH, mL

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Curvas de titulação de HCl com NaOH (ácido forte com base forte)

- Curva A: 50,00 mL de HCl 0,0500 M com NaOH 0,1000 M

- Curva B: 50,00 mL de HCl 0,000500 M com NaOH 0,001000 M

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Curvas de titulação de NaOH com HCl (base forte com ácido forte)

Curva A: 50,00 mL de NaOH 0,0500 M com HCl 0,1000 MCurva B: 50,00 mL de NaOH 0,00500 M com HCl 0,0100 M

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Titulação de ácido fraco com base forte:

50 mL de ácido acético 0,1000 M com NaOH 0,1000 M

pH antes da titulação: a solução contém somente o ácido fraco e o pH é calculado a partir da concentração do soluto e sua constante de dissociação

CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+

Ka = [CH3COO- ] [H3O+] / [CH3COOH]

1,75 x 10-5 = x2 / 0,1 x = [H3O+] = 1,323 x 10-3

pH = 2,88

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1º passo: calcular o volume de base necessário para atingir o PE:

nº mols H+ = nº mols OH-

M . V = M . V

0,1 . 0,050 = 0,1 . Vb Vb = 0,050 L = 50 mL

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pH após a adição de 5,00 mL de reagente (antes do PE ):

Antes do PE, tem-se o ácido na forma não dissociada mais a base conjugada (solução-tampão).

CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+

NaOH + CH3COO- CH3COONa + OH-

Equação de Henderson-Hasselbach:pH = pKa + log [A -] /[HA]

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pH após a adição de 5,00 mL de reagente (antes do PE ):

Equação de Henderson-Hasselbach:pH = pKa + log [A-] /[HA]

[A-] = nº mol base adicionada / volume total da solução[A-] = (0,1 M . 0,005 L) / 0,055 L = 9,09 x 10-3 M[HA] = nº mol ácido inicial – nº mol ácido que reagiu

volume total da solução[HA] = (0,050 L . 0,1 M) – (0,005 L . 0,1 M) / 0,055 L = 0,082 MpH = 4,75 + log (9,09 x 10-3 / 0,082) = 3,8

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Titulações de ácido fraco com base forte:


pH após a adição de 25,00 mL de reagente (antes do P E):

Equação de Henderson-Hasselbach:

pH = pKa + log [A-] /[HA][A-] = (0,1 M x 0,025 L) / 0,075 L = 0,0333 M[HA] = (0,050 L x 0,1 M) – (0,025 L x 0,1 M) / 0,075 L = 0,0333 M

pH = 4,75 + log 1 = 4,75

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pH no PE : 50 mL de NaOH

- Todo o ácido fraco foi convertido em sua base conjugada

- A quantidade de NaOH é exatamente suficiente para consumir todo o HA- A solução é similar àquela formada pela dissolução do sal em água

Kb = Kw / Ka Kb = 5,71 x 10-10 Kb = [Hac] [OH-] / [Ac-]

Minicial x Vinicial = Mfinal x Vfinal 0,1M x 0,050 L = Mfinal x 0,100 LMfinal = [Ac-] = 0,050 M

Kb = x2 / 0,050 x = [OH-] = 5,34 x 10-6 pH = 8,73

x x

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pH após a adição de 50,01 mL de NaOH (após o PE) :

- O excesso de base forte reprime o caráter ácido do produto da reação em tal extensão que o pH é controlado em grande parte pela concentração do excesso do titulante

-Podemos dizer, então, que o pH é estabelecido pela concentração do excesso de OH- na solução

[OH-] = (0,05001 L x 0,1 M) – (0,05000 L x 0,1 M) = 1,00 x 10-5 M

0,10001 L (solução) pH = 9,00

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Titulações de base fraca com ácido forte:

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BONS ESTUDOS!

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