Calcule a concentração do íon hidrogênio, em mol \mathrm{dm}^{-3}, em cada uma das seguintes soluções de um ácido ou base e seu sal:
(a) \mathrm{HC}_{2} \mathrm{H}_{3} \mathrm{O}_{2} 0,25 M, \mathrm{NaC}_{2} \mathrm{H}_{3} \mathrm{O}_{2} 0,15 M

Passo 1

O problema pede: calcular a concentração do íon hidrogênio em mol \mathrm{dm}^{-3} para a solução que contém o ácido acético \mathrm{HC_{2}H_{3}O_{2}} na concentração 0{,}25\\ \mathrm{M} e o sal acetato de sódio \mathrm{NaC_{2}H_{3}O_{2}} na concentração 0{,}15\\ \mathrm{M}.
Informações dadas (extraídas diretamente do enunciado):
\mathrm{[HA]_{inicial}} = 0{,}25\\ \mathrm{M} (ácido acético)
\mathrm{[A^-]_{inicial}} = 0{,}15\\ \mathrm{M} (acetato)
Além disso usarei o valor habitual da constante de acidez do ácido acético a 25^\circ\mathrm{C}:
\displaystyle K_a = 1{,}8\times 10^{-5}.

Passo 2

Conceito básico e fórmula do equilíbrio: o ácido acético (que chamamos de \mathrm{HA}) se ioniza parcialmente segundo a reação
\mathrm{HA} \rightleftharpoons \mathrm{H^+} + \mathrm{A^-}.
A constante de acidez é definida por
K_a=\frac{[\mathrm{H^+}]\,[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]},
onde [\mathrm{H^+}] é a concentração do íon hidrogênio no equilíbrio, [\mathrm{A^-}] é a concentração do ânion acetato no equilíbrio e [\mathrm{HA}] é a concentração do ácido não dissociado no equilíbrio. Vou explicar cada termo: [\mathrm{H^+}] é o que queremos, [\mathrm{A^-}] vem principalmente do sal (acetato) e [\mathrm{HA}] é a concentração do ácido restante.

Passo 3

Para soluções-tampão (ácido fraco + sal do seu ânion), a relação de equilíbrio pode ser reorganizada para expressar diretamente [\mathrm{H^+}]. A partir de
K_a=\frac{[\mathrm{H^+}]\,[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]},
isolamos [\mathrm{H^+}]:
[\mathrm{H^+}] = K_a\cdot\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}.
Aqui estou usando como aproximação prática que, por ser ácido fraco e por haver sal que já fornece \mathrm{A^-}, as concentrações de equilíbrio de \mathrm{HA} e \mathrm{A^-} podem ser aproximadas pelas concentrações iniciais dadas (ou seja, desprezamos a pequena alteração x causada pela dissociação parcial). Em seguida eu verifico se essa aproximação é válida.

Passo 4

Agora substituímos os valores numéricos na fórmula obtida. Primeiro calculamos a razão \dfrac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}:
\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}=\frac{0{,}25}{0{,}15}=\frac{25}{15}=\frac{5}{3}\approx 1{,}666\ldots
Multiplicando por K_a:
[\mathrm{H^+}] = \left(1{,}8\times 10^{-5}\right)\cdot\frac{5}{3}.
Fazendo a conta (multiplicando 1{,}8 por 5/3):
1{,}8\cdot\frac{5}{3}=1{,}8\cdot 1{,}666\ldots =3{,}0.
Portanto
[\mathrm{H^+}] = 3{,}0\times 10^{-5}\\ \mathrm{mol\\ dm^{-3}}.

Passo 5

Verificação da aproximação: a concentração calculada de \mathrm{H^+} é \,3{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{M}. Compare isso com as concentrações iniciais do ácido e do sal:
\frac{3{,}0\times10^{-5}}{0{,}25}=1{,}2\times10^{-4}\quad(\text{ou }0{,}012\%),
\frac{3{,}0\times10^{-5}}{0{,}15}=2{,}0\times10^{-4}\quad(\text{ou }0{,}020\%).
Esses valores são extremamente pequenos (muito menores que 5\%), então desprezar a variação x nas concentrações ao montar a razão [\mathrm{HA}]/[\mathrm{A^-}] foi totalmente justificável. A resposta é consistente.

Passo 6

(Pequeno comentário didático extra, útil para a prova) Você também pode fazer via Henderson–Hasselbalch: \mathrm{pH}=pK_a+\log\!\dfrac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}. Aqui pK_a=-\log K_a\approx 4{,}745 e \log\!\dfrac{0{,}15}{0{,}25}=\log(0{,}6)\approx -0{,}222, então \mathrm{pH}\approx 4{,}745-0{,}222=4{,}523. Convertendo para [\mathrm{H^+}]: [\mathrm{H^+}]=10^{-\mathrm{pH}}\approx 10^{-4{,}523}\approx 3{,}0\times10^{-5}\\ \mathrm{M}, mesmo resultado.

Resposta

3{,}0\times 10^{-5}\\ \mathrm{mol\\ dm^{-3}}

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