12- Considere uma solução tampão formada por Ácido acético 0,10 \mathrm{M} e Acetato de sódio 0,10 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}. Dado: \mathrm{pK}_{a} =4,76.
a) Calcule o pH desta solução. \mathrm{R}=\mathbf{p H}=\mathbf{4 , 7 6}
b) Calcule o pH da solução quando a 1 litro dela se adiciona 1 ml de \mathrm{NaOH} 5 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}. \mathrm{R}=\mathbf{p H}=\mathbf{4 , 8}
c) Calcule o pH da solução quando a 1 litro dela se adiciona 1 mL de \mathrm{HCl} 5 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} . \mathrm{R}=\mathbf{p H}=\mathbf{4 , 7 1}

Passo 1

Enunciado e dados relevantes (copiando exatamente o que foi dado):
  • Temos uma solução tampão formada por Ácido acético 0,10\\ \mathrm{M} e Acetato de sódio 0,10\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Dado: \mathrm{p}K_{a}=4,76.
  • Perguntas:
    a) Calcular o pH dessa solução tampão (sem adição).
    b) Calcular o pH quando a 1 litro dessa solução se adiciona 1\\ \mathrm{mL} de \mathrm{NaOH}\\\ 5\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
    c) Calcular o pH quando a 1 litro dessa solução se adiciona 1\\ \mathrm{mL} de \mathrm{HCl}\\\ 5\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Informações numéricas que vamos usar:
  • Concentrações iniciais: [\mathrm{HA}]_{0}=0,10\\ \mathrm{M} e [\mathrm{A^-}]_{0}=0,10\\ \mathrm{M}.
  • Volume da solução tampão considerado para as partes (b) e (c): 1{,}00\\ \mathrm{L}.
  • Volume do ácido/base forte adicionados: 1{,}0\\ \mathrm{mL}=0{,}0010\\ \mathrm{L}.
  • Concentração do ácido/base forte: 5{,}0\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.

Passo 2

Conceitos e fórmula que vamos usar (explicação didática):
  • O tampão ácido fraco/base conjugada resiste a mudanças de pH porque o ácido fraco \mathrm{HA} pode neutralizar bases fortes e a base conjugada \mathrm{A^-} pode neutralizar ácidos fortes. As reações principais são: \mathrm{HA} + \mathrm{OH^-} \longrightarrow \mathrm{A^-} + \mathrm{H_2O}
\mathrm{A^-} + \mathrm{H^+} \longrightarrow \mathrm{HA}
  • A constante de acidez do ácido fraco é dada por K_a=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]},de onde, tomando log10 e reorganizando, obtemos a equação de Henderson–Hasselbalch: \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right).Aqui:
    • \mathrm{pH}=-\log_{10}[\mathrm{H^+}] é o logaritmo negativo da concentração de íons hidrogênio.
    • \mathrm{p}K_a=-\log_{10}K_a.
    • [\mathrm{A^-}] e [\mathrm{HA}] são as concentrações molares da base conjugada e do ácido fraco no equilíbrio (ou, para tampões bem preparados, as concentrações efetivas após pequenas neutralizações).
  • Observação prática útil: quando adicionamos um pequeno volume de ácido ou base forte ao tampão, devemos fazer a estequiometria das reações acima em termos de mols para atualizar as quantidades de \mathrm{HA} e \mathrm{A^-}. Como a adição é um volume muito pequeno comparado a 1\\ \mathrm{L}, o fator de diluição afeta igualmente numerador e denominador da razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}]; portanto a razão de concentrações é igual à razão de mols após a reação, e podemos usar diretamente os mols para aplicar Henderson–Hasselbalch.

Passo 3

Parte (a): cálculo do pH da solução tampão inicial (sem adição).
  • Temos [\mathrm{HA}]_{0}=0,10\\ \mathrm{M} e [\mathrm{A^-}]_{0}=0,10\\ \mathrm{M}.
  • Aplicando Henderson–Hasselbalch: \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right)
\mathrm{pH}=4{,}76+\log\!\left(\frac{0{,}10}{0{,}10}\right).
  • Como \dfrac{0{,}10}{0{,}10}=1 e \log(1)=0, segue: \mathrm{pH}=4{,}76+0=4{,}76.

Passo 4

Parte (b): ideia geral e estequiometria ao adicionar \mathrm{NaOH}.
  • Ao adicionar \mathrm{NaOH} (base forte), cada mol de \mathrm{OH^-} consome um mol de \mathrm{HA} e gera um mol de \mathrm{A^-}: \mathrm{HA} + \mathrm{OH^-} \longrightarrow \mathrm{A^-} + \mathrm{H_2O}.
  • Devemos calcular os mols de \mathrm{OH^-} adicionados, subtrair desses mols de \mathrm{HA} e somar aos mols de \mathrm{A^-}.

Passo 5

Cálculo dos mols de \mathrm{OH^-} adicionados em (b).
  • Volume de \mathrm{NaOH} adicionado: V=0{,}0010\\ \mathrm{L}.
  • Concentração: C=5{,}0\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Mols de \mathrm{OH^-}: n_{\mathrm{OH^-}}=C\cdot V=5{,}0\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}\times 0{,}0010\\ \mathrm{L}=0{,}0050\\ \mathrm{mol}.

Passo 6

Atualização dos mols de \mathrm{HA} e \mathrm{A^-} após reação com \mathrm{OH^-}.
  • Mols iniciais (em 1{,}00\\ \mathrm{L}): n_{\mathrm{HA},0}=0{,}10\\ \mathrm{mol}, \qquad n_{\mathrm{A^-},0}=0{,}10\\ \mathrm{mol}.
  • Reação: \mathrm{OH^-} consome 0{,}0050\\ \mathrm{mol} de \mathrm{HA} e produz 0{,}0050\\ \mathrm{mol} de \mathrm{A^-}.
  • Novos mols: n_{\mathrm{HA}}=0{,}10-0{,}0050=0{,}0950\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{A^-}}=0{,}10+0{,}0050=0{,}1050\\ \mathrm{mol}.
  • Como o volume final é 1{,}0010\\ \mathrm{L} (ligeira diluição), a razão \dfrac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]} é igual à razão de mols \dfrac{n_{\mathrm{A^-}}}{n_{\mathrm{HA}}}, então podemos usar esses mols na fórmula.

Passo 7

Cálculo do novo pH em (b) usando Henderson–Hasselbalch.
  • Primeiro calcule a razão: \frac{n_{\mathrm{A^-}}}{n_{\mathrm{HA}}}=\frac{0{,}1050}{0{,}0950}=1{,}105263\ldots
  • Agora aplique a fórmula: \mathrm{pH}=4{,}76+\log(1{,}105263\ldots).
  • Calculando o logaritmo (aproximação numérica): \log(1{,}105263\ldots)\approx 0{,}04\; (mais precisamente\\\ 0{,}04349).
  • Portanto: \mathrm{pH}\approx 4{,}76+0{,}04349=4{,}80349\ldots\approx 4{,}80.

Passo 8

Parte (c): ideia geral e estequiometria ao adicionar \mathrm{HCl}.
  • Ao adicionar \mathrm{HCl} (ácido forte), cada mol de \mathrm{H^+} consome um mol de \mathrm{A^-} e gera um mol de \mathrm{HA}: \mathrm{A^-} + \mathrm{H^+} \longrightarrow \mathrm{HA}.
  • Fizemos a mesma estratégia: calcular mols de \mathrm{H^+} adicionados, subtrair de n_{\mathrm{A^-}} e somar a n_{\mathrm{HA}}.

Passo 9

Cálculo dos mols de \mathrm{HCl} (ou \mathrm{H^+}) adicionados em (c).
  • Volume de \mathrm{HCl} adicionado: V=0{,}0010\\ \mathrm{L}.
  • Concentração: C=5{,}0\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Mols de \mathrm{H^+}: n_{\mathrm{H^+}}=C\cdot V=5{,}0\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}\times 0{,}0010\\ \mathrm{L}=0{,}0050\\ \mathrm{mol}.

Passo 10

Atualização dos mols de \mathrm{HA} e \mathrm{A^-} após reação com \mathrm{H^+}.
  • Mols iniciais (em 1{,}00\\ \mathrm{L}): n_{\mathrm{HA},0}=0{,}10\\ \mathrm{mol}, \qquad n_{\mathrm{A^-},0}=0{,}10\\ \mathrm{mol}.
  • Reação: \mathrm{H^+} consome 0{,}0050\\ \mathrm{mol} de \mathrm{A^-} e produz 0{,}0050\\ \mathrm{mol} de \mathrm{HA}.
  • Novos mols: n_{\mathrm{A^-}}=0{,}10-0{,}0050=0{,}0950\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{HA}}=0{,}10+0{,}0050=0{,}1050\\ \mathrm{mol}.

Passo 11

Cálculo do novo pH em (c) usando Henderson–Hasselbalch.
  • Razão: \frac{n_{\mathrm{A^-}}}{n_{\mathrm{HA}}}=\frac{0{,}0950}{0{,}1050}=0{,}9047619\ldots
  • Aplicando a fórmula: \mathrm{pH}=4{,}76+\log(0{,}9047619\ldots).
  • Calculando o logaritmo (aproximação numérica): \log(0{,}9047619\ldots)\approx -0{,}04349.
  • Portanto: \mathrm{pH}\approx 4{,}76-0{,}04349=4{,}71651\ldots\approx 4{,}72.

Passo 12

Pequena conclusão e observações finais (motivação rápida):
  • Viu como o tampão mudou pouco o pH apesar de adicionarmos um ácido/base relativamente concentrado? Isso é o poder do tampão: pequenas variações na razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}] causam pequenas variações no pH.
  • Se quiser praticar, experimente recalcular os pH supondo volumes diferentes (por exemplo, adicionar 10\\ \mathrm{mL} em vez de 1\\ \mathrm{mL}) e veja como a mudança fica maior — isso te dá intuição sobre capacidade tampão.
  • Força aí, você já entendeu o método passo a passo: calcule mols adicionados, faça a estequiometria, atualize mols, aplique Henderson–Hasselbalch e pronto!

Resposta

a) \mathrm{pH}=4{,}76
b) \mathrm{pH}\approx 4{,}80
c) \mathrm{pH}\approx 4{,}72

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