Calcule a concentração de íons OH - presentes em uma solução de \mathrm{NH}_{3} 0,0750 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}, bem como o pH da solução. O equilíbrio principal é: \mathrm{NH}_{3}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O} \leftrightarrows \mathrm{NH}_{4}{ }^{+}+\mathrm{OH} \cdot \mathrm{e} \mathrm{K}_{\mathrm{aNH} 4}+=5,70 \times 10^{-10}.
\mathbf{R} \boldsymbol{=} \boldsymbol{[} \mathbf{O H}^{-} \boldsymbol{]} \boldsymbol{=} \mathbf{1 , 1 5} \boldsymbol{\times} \mathbf{1 0}^{-\mathbf{3}} \mathbf{M} \boldsymbol{;} \mathbf{p H} \boldsymbol{=} \mathbf{1 1 , 0 6}

Passo 1

O que o enunciado pede:
\text{Calcular }[\mathrm{OH}^{-}]\text{ e o pH de uma solução de } \mathrm{NH}_{3}.çã
Dados fornecidos:
\begin{aligned} &\text{Concentração inicial de } \mathrm{NH}_{3}: &&c_{0}=0{,}0750\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}\\\ &\text{Equilíbrio principal:} &&\mathrm{NH}_{3}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{NH}_{4}^{+}+\mathrm{OH}^{-}\\\ &\text{Constante ácida do cátion amônio:} &&K_{a}(\mathrm{NH}_{4}^{+})=5{,}70\times10^{-10}\\\ &\text{Constante de ionização da água (à T=25°C, valor padrão):} &&K_{w}=1{,}0\times10^{-14} \end{aligned}çãíááôçãáàã
O objetivo é usar esses dados para obter [\mathrm{OH}^{-}] e então o pH da solução. Não começo a resolver ainda — só listei o pedido e os dados relevantes.

Passo 2

Entendendo como obter a constante de basicidade K_{b} de \mathrm{NH}_{3}.
Explicação breve e necessária: para uma base fraca (aqui \mathrm{NH}_{3}) a reação de interesse é a dada no enunciado e a constante associada é K_{b}, definida por
K_{b}=\frac{[\mathrm{NH}_{4}^{+}][\mathrm{OH}^{-}]}{[\mathrm{NH}_{3}]}.
Como o enunciado forneceu K_{a} do ácido conjugado \mathrm{NH}_{4}^{+}, usamos a relação entre K_{a}, K_{b} e K_{w}:
K_{a}\cdot K_{b}=K_{w}.
Isso significa que
K_{b}=\frac{K_{w}}{K_{a}}.
Agora calculamos K_{b} numericamente:
K_{b}=\frac{1{,}0\times10^{-14}}{5{,}70\times10^{-10}}.
Faço a divisão:
K_{b}=\frac{1{,}0}{5{,}70}\times10^{-14+10}=0{,}1754386\times10^{-4}=1{,}754386\times10^{-5}.
Arredondando com poucas casas significativas:
K_{b}\approx1{,}754\times10^{-5}.

Passo 3

Montando a tabela de equilíbrio (método ICE) e a equação que vamos resolver.
Explicação do método ICE (Initial, Change, Equilibrium): colocamos concentrações iniciais, variação ao atingir equilíbrio e concentrações em equilíbrio. Para a reação
\mathrm{NH}_{3}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{NH}_{4}^{+}+\mathrm{OH}^{-},
seja x a quantidade de \mathrm{NH}_{3} que reage (em mol L^{-1}). A tabela:
\begin{array}{c|ccc} &[\mathrm{NH}_{3}]&[\mathrm{NH}_{4}^{+}]&[\mathrm{OH}^{-}]\\hline \text{inicial}&c_{0}=0{,}0750&0&0\\\ \text{variação}&-x&+x&+x\\\ \text{equilíbrio}&0{,}0750-x&x&x \end{array}çãí
A expressão de K_{b} em função de x é
K_{b}=\frac{x\cdot x}{0{,}0750-x}=\frac{x^{2}}{0{,}0750-x}.

Passo 4

Aplicando a aproximação de que x é pequeno comparado à concentração inicial e resolvendo para x.
Explicação da aproximação: para bases fracas e concentrações moderadas, normalmente a concentração ionizada x é pequena comparada a c_{0}. Se x\ll c_{0} podemos aproximar 0{,}0750-x\approx0{,}0750, o que simplifica a conta e evita resolver uma equação quadrática. Mais adiante vamos checar se essa aproximação é válida.
Com essa aproximação:
K_{b}\approx\frac{x^{2}}{0{,}0750}\quad\Rightarrow\quad x\approx\sqrt{K_{b}\cdot0{,}0750}.
Substituo o valor de K_{b}:
x\approx\sqrt{\left(1{,}754\times10^{-5}\right)\cdot0{,}0750}.
Faço o produto interno primeiro:
1{,}754\times10^{-5}\cdot0{,}0750=1{,}3155\times10^{-6}\quad(\text{aprox.}).
Agora a raiz quadrada:
x\approx\sqrt{1{,}3155\times10^{-6}}=1{,}147\times10^{-3}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Interpretando: x é exatamente a concentração de \mathrm{OH}^{-} que aparece no equilíbrio. Então
[\mathrm{OH}^{-}]\approx1{,}147\times10^{-3}\\ \mathrm{M}.
Arredondando para três algarismos significativos (consistente com os dados):
[\mathrm{OH}^{-}]\approx1{,}15\times10^{-3}\\ \mathrm{M}.

Passo 5

Verificação da validade da aproximação x\ll c_{0}.
Calculo a percentagem ionizada:
\frac{x}{c_{0}}=\frac{1{,}147\times10^{-3}}{0{,}0750}=0{,}01529\approx1{,}53\%.
Como isso é menor que 5\%, a aproximação é considerada válida. Ótimo — podemos confiar no resultado.

Passo 6

Cálculo do pOH e do pH.
Explicação: o pOH é definido por
\mathrm{pOH}=-\log_{10}[\mathrm{OH}^{-}].
Substituo [\mathrm{OH}^{-}]=1{,}147\times10^{-3}:
\mathrm{pOH}=-\log_{10}\left(1{,}147\times10^{-3}\right).
Uso a propriedade do logaritmo:
\log_{10}\left(1{,}147\times10^{-3}\right)=\log_{10}(1{,}147)+\log_{10}(10^{-3})=\log_{10}(1{,}147)-3.
Como \log_{10}(1{,}147)\approx0{,}0596, então
\log_{10}\left(1{,}147\times10^{-3}\right)\approx0{,}0596-3=-2{,}9404.
Portanto
\mathrm{pOH}=-(-2{,}9404)=2{,}9404\approx2{,}94.
O pH relaciona-se com pOH por
\mathrm{pH}=14{,}00-\mathrm{pOH}.
Assim
\mathrm{pH}\approx14{,}00-2{,}9404=11{,}0596\approx11{,}06.

Passo 7

Resumo, interpretação e arredondamento final.
Explicação final: a concentração de \mathrm{OH}^{-} calculada pela aproximação foi checada (ionização relativa \approx1{,}53\%, aceitável). Converti [\mathrm{OH}^{-}] em pOH com log base 10 e então obtive o pH pela relação com 14{,}00. Os valores finais arredondados a três algarismos significativos (coerentes com os dados) são apresentados a seguir.

Resposta

[\mathrm{OH}^{-}]=1{,}15\times10^{-3}\\ \mathrm{M}
\mathrm{pH}=11{,}06

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