1. a) Calcule a solubilidade molar do hidróxido de alumínio, \mathrm{Al}(\mathrm{OH})_{3}, em água, a 298 K .
    b) Calcule a solubilidade molar do hidróxido de alumínio, \mathrm{Al}(\mathrm{OH})_{3}, em uma solução previamente preparada de cloreto de alumínio, \mathrm{AlCl}_{3}, 0,01 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}, a 298 K .
    c) Calcule o pH mínimo para que se inicie precipitação de hidróxido de alumínio, \mathrm{Al}(\mathrm{OH})_{3}, numa solução de cloreto de alumínio, \mathrm{AlCl}_{3}, a 0,01 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}, a 298 K .

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre o hidróxido de alumínio \mathrm{Al(OH)}_{3} a 298\\ \mathrm{K}:
  1. (a) A solubilidade molar em água pura (ou seja, a concentração molar s de \mathrm{Al(OH)}_{3} dissolvido em equilíbrio com o sólido).
  2. (b) A solubilidade molar em uma solução que já contém \mathrm{AlCl}_{3} com concentração 0{,}01\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  3. (c) O pH mínimo no qual começa a precipitação de \mathrm{Al(OH)}_{3} numa solução de \mathrm{AlCl}_{3} 0{,}01\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}} (ou seja, o pH em que o produto iônico iguala o K_{sp}).
Informações dadas e assumidas explicitamente:
  • Concentração inicial de \mathrm{Al^{3+}} na solução de \mathrm{AlCl}_{3}: \,0{,}01\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Vou usar o valor de solubilidade produto (que não foi dado no enunciado) como
K_{sp}(\mathrm{Al(OH)}_{3}) = 3{,}0\times 10^{-34}
a 298\\ \mathrm{K}. Eu declaro esse valor aqui para poder calcular numericamente; se a sua fonte usar outro K_{sp}, basta substituir e refazer os passos.
  • Regra de aproximação que provavelmente usaremos: se uma quantidade s é extremamente menor que 0{,}01, podemos aproximar (0{,}01+s)\approx 0{,}01. Vou verificar a validade dessa aproximação numericamente quando aplicada.

Passo 2

Entender a reação de dissolução e escrever a expressão de equilíbrio (conceito-chave: definição de K_{sp}).
Quando \mathrm{Al(OH)}_{3} sólido se dissolve:
\mathrm{Al(OH)}_{3}(s) \rightleftharpoons \mathrm{Al^{3+}}(aq) + 3\,\mathrm{OH^{-}}(aq).
Por definição, o produto de solubilidade é
K_{sp} = [\mathrm{Al^{3+}}]\,[\mathrm{OH^{-}}]^{3}.
Aqui [\mathrm{Al^{3+}}] é a concentração molares de íons alumínio em equilíbrio e [\mathrm{OH^{-}}] é a concentração de hidróxido em equilíbrio.
Vou aplicar essa expressão primeiro ao caso de água pura (parte a), depois ao caso com íon comum \mathrm{Al^{3+}} presente (parte b) e, finalmente, usar a mesma expressão para achar a condição de início de precipitação (parte c).

Passo 3

Parte (a): montar a equação para a solubilidade em água pura e resolver (aula curta sobre montagem do sistema).
Se chamarmos de s a solubilidade molar de \mathrm{Al(OH)}_{3} em água (isto é, a cada 1 mol de sólido que dissolve gera 1 mol de \mathrm{Al^{3+}} e 3 mol de \mathrm{OH^{-}}):
[\mathrm{Al^{3+}}] = s, \qquad [\mathrm{OH^{-}}] = 3s.
Substituindo em K_{sp}:
K_{sp} = s\,(3s)^{3} = 27\,s^{4}.
Isolando s:
s = \left(\frac{K_{sp}}{27}\right)^{1/4}.
Agora faço a conta numérica usando K_{sp}=3{,}0\times 10^{-34}.
Cálculo passo a passo:
\frac{K_{sp}}{27}=\frac{3{,}0\times 10^{-34}}{27}=1{,}1111\times 10^{-35}.
Tirar a quarta raiz:
s = (1{,}1111\times 10^{-35})^{1/4}.
Para calcular de forma prática, uso logaritmos:
\log_{10}(1{,}1111\times 10^{-35}) = -35 + \log_{10}(1{,}1111)\approx -35 + 0{,}04576 = -34{,}95424.
Dividindo por 4:
\log_{10}(s) \approx -8{,}73856,
então
s \approx 10^{-8{,}73856}\approx 1{,}82\times 10^{-9}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Interpretação física: em água pura, a solubilidade molar de \mathrm{Al(OH)}_{3} é muito pequena, da ordem de 10^{-9}\\ \mathrm{M}.

Passo 4

Parte (b): solubilidade em solução que já contém \mathrm{Al^{3+}} 0{,}01\\ \mathrm{M} (efeito do íon comum).
Agora existe um íon comum \mathrm{Al^{3+}} de concentração inicial 0{,}01\\ \mathrm{M} fornecido por \mathrm{AlCl}_{3}. Ao dissolver uma pequena quantidade s do sólido, a concentração final será [\mathrm{Al^{3+}}]=0{,}01+s e [\mathrm{OH^-}]=3s. Substituindo em K_{sp}:
K_{sp} = (0{,}01+s)\,(3s)^{3}.
Se s ficar muito pequeno comparado a 0{,}01, podemos aproximar 0{,}01+s\approx 0{,}01. Essa é a aproximação do íon comum; vamos aplicá-la e mais tarde checar se é válida numericamente.
Com a aproximação:
K_{sp} \approx 0{,}01 \times 27\,s^{3} = 0{,}27\,s^{3}.
Isolando s:
s^{3} = \frac{K_{sp}}{0{,}27},\qquad s = \left(\frac{K_{sp}}{0{,}27}\right)^{1/3}.
Cálculo numérico com K_{sp}=3{,}0\times 10^{-34}:
\frac{K_{sp}}{0{,}27} = \frac{3{,}0\times 10^{-34}}{0{,}27}=1{,}1111\times 10^{-33}.
Agora a raiz cúbica:
\log_{10}(1{,}1111\times 10^{-33}) = -33 + \log_{10}(1{,}1111)\approx -32{,}95424.
Dividindo por 3:
\log_{10}(s)\approx -10{,}98475,
portanto
s \approx 10^{-10{,}98475}\approx 1{,}04\times 10^{-11}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Checagem da aproximação 0{,}01+s\approx 0{,}01: aqui s\approx 1{,}04\times 10^{-11} é muitíssimo menor que 0{,}01, então a aproximação é totalmente válida.
Também é útil dar a concentração de \mathrm{OH^{-}} que surge desse equilíbrio:
[\mathrm{OH^{-}}] = 3s \approx 3{,}12\times 10^{-11}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Podemos calcular o pH associado a esse equilíbrio (não foi explicitamente pedido em (b), mas é pedagógico):
\mathrm{pOH} = -\log_{10}([\mathrm{OH^{-}}]) \approx -\log_{10}(3{,}12\times 10^{-11}) \approx 10{,}5076,
\mathrm{pH} = 14 - \mathrm{pOH} \approx 14 - 10{,}5076 = 3{,}4924 \approx 3{,}49.
Comentario didático: a solubilidade diminui fortemente por causa do efeito do íon comum \mathrm{Al^{3+}} (de 1{,}8\times 10^{-9} para \sim 1{,}0\times 10^{-11}\\ \mathrm{M}).

Passo 5

Parte (c): pH mínimo para começar a precipitação em \mathrm{AlCl}_{3}\\ (0{,}01\\ \mathrm{M}).
Conceito: a precipitação inicia quando o produto iônico atinge o valor do K_{sp}. Considerando que inicialmente a solução tem [\mathrm{Al^{3+}}]=0{,}01\\ \mathrm{M} (antes de qualquer precipitação) e que queremos o menor pH (ou seja, a menor concentração de \mathrm{OH^{-}}) que faz com que
[\mathrm{Al^{3+}}]\,[\mathrm{OH^{-}}]^{3} = K_{sp},
tomamos [\mathrm{Al^{3+}}]=0{,}01 e isolamos [\mathrm{OH^{-}}]:
[\mathrm{OH^{-}}] = \left(\frac{K_{sp}}{0{,}01}\right)^{1/3}.
Agora calculamos numericamente com K_{sp}=3{,}0\times 10^{-34}:
\frac{K_{sp}}{0{,}01} = \frac{3{,}0\times 10^{-34}}{10^{-2}} = 3{,}0\times 10^{-32}.
Tomando a raiz cúbica:
\log_{10}(3{,}0\times 10^{-32}) = -32 + \log_{10}(3)\approx -32 + 0{,}47712 = -31{,}52288.
Dividindo por 3:
\log_{10}([\mathrm{OH^{-}}]) \approx -10{,}50763,
portanto
[\mathrm{OH^{-}}] \approx 10^{-10{,}50763}\approx 3{,}11\times 10^{-11}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Calcule o pH correspondente:
\mathrm{pOH} = -\log_{10}([\mathrm{OH^{-}}]) \approx 10{,}5076,
\mathrm{pH} = 14 - \mathrm{pOH} \approx 14 - 10{,}5076 = 3{,}4924\approx 3{,}49.
Observação física: isso significa que, ao elevar o pH de uma solução de \mathrm{AlCl}_{3} 0{,}01\\ \mathrm{M}, o primeiro precipitado de \mathrm{Al(OH)}_{3} aparece quando o pH atinge aproximadamente 3{,}49. O valor coincide (como deve) com o pH que calculamos no item (b) para o equilíbrio sólido/solução saturada com [\mathrm{Al^{3+}}]=0{,}01.

Resposta

(a) 1{,}82\times 10^{-9}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}
(b) 1{,}04\times 10^{-11}\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}} (com [\mathrm{OH^{-}}]\approx 3{,}12\times 10^{-11}\\ \mathrm{M} e \mathrm{pH}\approx 3{,}49)
(c) \mathrm{pH_{mín}} \approx 3{,}49í

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