Dissertativa 1 - 2ª Fase - Dia 2 - ITA 2026

a) Como se trata da titulação de um monoácido (HA) e uma monobase (BOH), a proporção molar no ponto de equivalência será 1:1. 

$\mathrm{HA}+\mathrm{BOH}\stackrel{}{\to }\mathrm{BA}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Portanto, n(sal) = n(ácido):

$$\begin{gathered} {\mathrm{n}}_{\mathrm{BA}}={\mathrm{n}}_{\mathrm{HA}}={\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2·{\mathrm{V}}_{\mathrm{A}} \\ \left[\mathrm{BA}\right]=\left[{\mathrm{A}}^{-}\right]=\frac{{\mathrm{n}}_{\mathrm{sal}}}{\mathrm{V}}=\frac{{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2 · {\mathrm{V}}_{\mathrm{A}}}{{\mathrm{V}}_{\mathrm{A}}+{\mathrm{V}}_{\mathrm{B}}}=\frac{{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2 · 2 · {10}^{-3} \mathrm{L}}{4 · {10}^{-2} \mathrm{L}}=5 · {10}^{-2} ·{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2 \end{gathered}$$

O pH da mistura final é determinado pela hidrólise do ânion A^–, conforme o que segue:

$$\begin{gathered} {\mathrm{K}}_{\mathrm{h}}=\frac{{\mathrm{K}}_{\mathrm{w}}}{{\mathrm{K}}_{\mathrm{a}}}=\frac{1 · {10}^{-14}}{1 · {10}^{-12}}\Rightarrow {\mathrm{K}}_{\mathrm{h}}=1 · {10}^{-2} \\ \mathrm{pH}=12\Rightarrow \mathrm{pOH}=2\Rightarrow {\left[{\mathrm{OH}}^{-}\right]}_{\mathrm{eq}}=1 · {10}^{-2} \mathrm{mol}/\mathrm{L} \end{gathered}$$

$\begin{array}{cccccccc}& {\mathrm{A}}_{}^{-}\left(\mathrm{aq}\right)& +& {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\left(\mathcal{l}\right)& \underset{}{\rightleftharpoons }& \mathrm{HA}\left(\mathrm{aq}\right)& +& {\mathrm{OH}}^{-}\left(\mathrm{aq}\right)\\ \mathrm{in}.& 5·{10}^{-2}·{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2& & & & 0& & 0\\ \mathrm{r}/\mathrm{f}& {10}^{-2}& & & & {10}^{-2}& & {10}^{-2}\\ \mathrm{eq}.& {10}^{-2}\left(5·{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2-1\right)& & & & {10}^{-2}& & {10}^{-2}\end{array}$

Portanto:

${\mathrm{K}}_{\mathrm{h}}=\frac{\left[\mathrm{HA}\right]·\left[{\mathrm{OH}}^{-}\right]}{\left[{\mathrm{A}}^{-}\right]}\Rightarrow 1·{10}^{-2}=\frac{{10}^{-2}·{10}^{-2}}{{10}^{-2}\left(5·{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2-1\right)}\Rightarrow 5·{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2-1=1\Rightarrow \boxed{{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2=0,4 \mathrm{mol}/\mathrm{L}}$

b) Realizou-se a diluição da solução 1 para a obtenção da solução 2. Assim:

${\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_1·{\mathrm{V}}_1={\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2·{\mathrm{V}}_2\Rightarrow {\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_1·4 \mathrm{mL}=0,4 \mathrm{mol}/\mathrm{L}·20 \mathrm{mL}\Rightarrow \boxed{{\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_1=2,0 \mathrm{mol}/\mathrm{L}}$

c) Voltando à proporção estequiométrica da titulação, tem-se:

${\left({\mathfrak{M}}_{\mathrm{A}}\right)}_2·{\mathrm{V}}_{\mathrm{A}}={\mathfrak{M}}_{\mathrm{B}}·{\mathrm{V}}_{\mathrm{B}}\Rightarrow 0,4 \mathrm{mol}/\mathrm{L}·2 \mathrm{mL}={\mathfrak{M}}_{\mathrm{B}}·38 \mathrm{mL}\Rightarrow {\mathfrak{M}}_{\mathrm{B}}=\frac{0,4 \mathrm{mol}/\mathrm{L}·2 \mathrm{mL}}{38 \mathrm{mL}}\Rightarrow \boxed{{\mathfrak{M}}_{\mathrm{B}}=2,1·{10}^{-2}\mathrm{ }\mathrm{mol}/\mathrm{L}}$