Em um béquer havia uma solução de NaOH com \mathrm{pH}=13. Adicionou-se ao referido béquer, 193,67 \mathrm{~g} de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{Cl} e o pH diminui para 7,0. Que volume de solução de NaOH havia no béquer? Despreza-se o volume de sal adicionado. \left(\mathrm{Ka}=\mathrm{Kb}=1,8 \times 10^{-5}\right).

Passo 1

O enunciado nos diz e pede o seguinte (vou listar tudo em números e dados explícitos):
  • Havia uma solução de NaOH cuja \mathrm{pH} = 13.
  • Foi adicionado ao béquer 193{,}67\\ \mathrm{g} de \mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}.
  • Depois da adição, o pH da solução ficou 7{,}0.
  • Deve-se desprezar o volume do sal adicionado (logo o volume total permanece o volume inicial V da solução de NaOH).
  • Foi dado \mathrm{K_a}=\mathrm{K_b}=1{,}8\times10^{-5} (usar esses valores conforme pedido).
  • Pergunta: qual o volume V da solução de NaOH que havia no béquer? (responder em litros).
Informações numéricas que vamos usar:
  • \mathrm{pH_{inicial}} = 13.
  • Massa de \mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}: 193{,}67\\ \mathrm{g}.
  • \mathrm{K_a}(\mathrm{NH}_4^+) = 1{,}8\times10^{-5} (dado).
  • Desprezar o volume do sal adicionado — o volume final é V (igual ao inicial).

Passo 2

Converter o pH inicial em concentração de íons hidroxila e escrever o número de mols iniciais de \mathrm{OH}^-.
Explicação rápida: pH e pOH são relacionados por \mathrm{pH}+\mathrm{pOH}=14 (à temperatura padrão). A concentração de \mathrm{OH}^- é [ \mathrm{OH}^- ] = 10^{-\mathrm{pOH}}.
Cálculo:
\mathrm{pH_{inicial}}=13 \quad\Rightarrow\quad \mathrm{pOH_{inicial}}=14-13=1.
[ \mathrm{OH}^- ]_{\text{inicial}} = 10^{-\mathrm{pOH_{inicial}}} = 10^{-1} = 0{,}1\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Se o volume da solução é V (em litros), o número de mols iniciais de \mathrm{OH}^- é
n_{\mathrm{OH},0} = 0{,}1\,V.

Passo 3

Calcular o número de mols de \mathrm{NH}_4\mathrm{Cl} adicionados.
Explicação: número de mols = massa / massa molar. A massa molar de \mathrm{NH}_4\mathrm{Cl} é a soma das massas atômicas:
M(\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}) \approx 14{,}007 + 4\times1{,}008 + 35{,}453 \approx 53{,}492\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}.
n_{\mathrm{NH}_4^+} = \frac{193{,}67}{53{,}492} \approx 3{,}620\\ \mathrm{mol}.
Vou chamar este valor de n_A:
n_A = 3{,}620\\ \mathrm{mol}.

Passo 4

Escrever a reação entre \mathrm{NH}_4^+ e \mathrm{OH}^- e descrever o que sobra depois da neutralização.
Reação:
\mathrm{NH}_4^+ + \mathrm{OH}^- \longrightarrow \mathrm{NH}_3 + \mathrm{H_2O}.
Cada mol de \mathrm{OH}^- consome 1 mol de \mathrm{NH}_4^+ e gera 1 mol de \mathrm{NH}_3.
Duas situações possíveis (ideia):
  • Se n_{\mathrm{OH},0} > n_A: sobra \mathrm{OH}^- livre (solução fortemente básica) — pH final não seria 7.
  • Se n_{\mathrm{OH},0} \le n_A: todo o \mathrm{OH}^- é consumido; sobra \mathrm{NH}_4^+ em excesso e aparece \mathrm{NH}_3. Então haverá um par conjugado \mathrm{NH}_4^+/\mathrm{NH}_3 (um tampão) que fixa um pH determinado pela relação ácido/base.
Como o pH final é 7 (neutro), não faz sentido que haja excesso de \mathrm{OH}^- (isso daria pH \gg 7). Logo o caso consistente é n_{\mathrm{OH},0} \le n_A: todo \mathrm{OH}^- foi usado e formou-se uma mistura de \mathrm{NH}_3 (base) e \mathrm{NH}_4^+ (ácido) — um tampão.
Após a reação, os mols são:
  • mols de \mathrm{NH}_3: n_{\mathrm{NH}_3} = n_{\mathrm{OH},0} = 0{,}1V.
  • mols de \mathrm{NH}_4^+ restantes: n_{\mathrm{NH}_4^+} = n_A - n_{\mathrm{OH},0} = n_A - 0{,}1V.

Passo 5

Usar a equação de Henderson–Hasselbalch para o tampão \mathrm{NH}_4^+/\mathrm{NH}_3.
Explicação didática: para o par ácido fraco/base conjugada, a relação aproximada do pH do tampão é
\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\!\left(\frac{[\text{base}]}{[\text{ácido}]}\right),á
onde \mathrm{p}K_a = -\log_{10}K_a. Aqui a “base” é \mathrm{NH}_3 e o “ácido” é \mathrm{NH}_4^+. Como o volume é o mesmo para ambos os componentes, podemos trocar concentrações por mols (razão de concentrações = razão de mols).
Calcular \mathrm{p}K_a:
K_a = 1{,}8\times10^{-5}\quad\Rightarrow\quad \mathrm{p}K_a = -\log_{10}(1{,}8\times10^{-5}) = 5 - \log_{10}(1{,}8) \approx 4{,}7447.
Aplicar Henderson–Hasselbalch com \mathrm{pH_{final}}=7{,}0:
7{,}0 = \mathrm{p}K_a + \log\!\left(\frac{n_{\mathrm{NH}_3}}{n_{\mathrm{NH}_4^+}}\right).
Isolando a razão:
\frac{n_{\mathrm{NH}_3}}{n_{\mathrm{NH}_4^+}} = 10^{7{,}0-\mathrm{p}K_a}.
Como 10^{7{,}0-\mathrm{p}K_a}=10^{7-(5-\log_{10}1{,}8)}=10^{2+\log_{10}1{,}8}=100\cdot1{,}8=180, obtemos a razão exata
\frac{n_{\mathrm{NH}_3}}{n_{\mathrm{NH}_4^+}} = 180.

Passo 6

Substituir as expressões de mols após a reação e resolver para V.
Temos
\frac{n_{\mathrm{NH}_3}}{n_{\mathrm{NH}_4^+}} = \frac{0{,}1V}{\,n_A - 0{,}1V\,} = 180.
Fazer a álgebra:
0{,}1V = 180\,(n_A - 0{,}1V).
0{,}1V = 180 n_A - 18 V.
0{,}1V + 18V = 180 n_A.
18{,}1\,V = 180\, n_A.
V = \frac{180\, n_A}{18{,}1} = \frac{180}{18{,}1}\,n_A.

Passo 7

Calcular numericamente V usando n_A=3{,}620\\ \mathrm{mol}.
V = \frac{180}{18{,}1}\times 3{,}620 \approx 9{,}94586 \times 3{,}620 \approx 36{,}00\\ \mathrm{L}.
(Fazendo a conta passo a passo: 18{,}1=0{,}1(1+180); 180/18{,}1\approx9{,}94586; multiplicando por 3{,}620 dá aproximadamente 36{,}00.)

Passo 8

Verificar a hipótese n_{\mathrm{OH},0} \le n_A (isto é, todo \mathrm{OH}^- consumido):
Calcular n_{\mathrm{OH},0}=0{,}1V\approx0{,}1\times36{,}00=3{,}600\\ \mathrm{mol}, que é ligeiramente menor que n_A=3{,}620\\ \mathrm{mol}. Portanto a hipótese é consistente (há um pouco de \mathrm{NH}_4^+ sobrando), logo o uso do tampão e da equação de Henderson–Hasselbalch foi apropriado.

Resposta

36{,}0\\ \mathrm{L}

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