1. a) Calcule a solubilidade molar do hidróxido de prata, AgOH , em água, a 298 K .
    b) Calcule a solubilidade molar do hidróxido de prata, AgOH , em uma solução de \mathrm{NaOH} 0,001 \mathrm{mol} / \mathrm{L}, a 298 K .
    c) O hidróxido de prata pode ser produzido a partir do nitrato de prata, \mathrm{AgNO}_{3} e íons hidroxila. Sabendo que a molaridade de íons prata numa solução de \mathrm{AgNO}_{3} é 0,08 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}, calcule o pH necessário para que a precipitação do AgOH comece a acontecer.

Passo 1

O enunciado pede três coisas sobre a solubilidade e precipitação do hidróxido de prata \mathrm{AgOH} a 298\\ \mathrm{K}:
a) Calcular a solubilidade molar de \mathrm{AgOH} em água pura (ou seja, quantos mols de \mathrm{AgOH} dissolvem por litro).
b) Calcular a solubilidade molar de \mathrm{AgOH} em uma solução que já contém \mathrm{NaOH} 0,001\\ \mathrm{mol/L} (efeito do íon comum \mathrm{OH^-}).
c) Dada uma solução de \mathrm{AgNO_3} em que a molaridade de íons prata é 0,08\\ \mathrm{mol/L}, determinar o pH em que a precipitação de \mathrm{AgOH} começa a ocorrer (ou seja, o pH em que se atinge a condição de saturação).
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • Temperatura: 298\\ \mathrm{K}.
  • [\mathrm{NaOH}]_{\text{inicial}} = 0,001\\ \mathrm{mol/L} para o item b.
  • [\mathrm{Ag^+}] = 0,08\\ \mathrm{mol/L} para o item c.
Informação adicional necessária (valor tabulado do produto de solubilidade): vou usar o valor tabulado de K_{sp} para \mathrm{AgOH} a 298\\ \mathrm{K}, que é
K_{sp}(\mathrm{AgOH}) = 2,0\times10^{-8}.
(Irei usar este valor como dado físico conhecido.)

Passo 2

Explicação do conceito e da equação que vamos usar (aula rápida):
Quando um sal pouco solúvel se dissolve, existe um equilíbrio químico entre o sólido e seus íons em solução. Para o hidróxido de prata a reação é
\mathrm{AgOH_{(s)}} \rightleftharpoons \mathrm{Ag^{+}_{(aq)}} + \mathrm{OH^{-}_{(aq)}}.
O produto de solubilidade K_{sp} é a constante de equilíbrio relacionada às concentrações molares dos íons em solução no ponto de saturação:
K_{sp} = [\mathrm{Ag^+}]\,[\mathrm{OH^-}].
Aqui, os colchetes [\cdot] significam concentração molar ( \mathrm{mol/L}). Se chamarmos a solubilidade molar em água pura de s (ou seja, s mol/L de \mathrm{AgOH} se dissolve), então em água pura teremos
[\mathrm{Ag^+}] = s,\qquad [\mathrm{OH^-}] = s,
e portanto
K_{sp} = s^2.
Isso nos dá uma fórmula direta para s em água pura:
s = \sqrt{K_{sp}}.
Essa é a equação que usaremos no item (a). Para o item (b) usaremos o mesmo princípio, mas com uma concentração inicial de [\mathrm{OH^-}] fornecida pelo \mathrm{NaOH} (efeito do íon comum). No item (c) usaremos a condição de início de precipitação: a precipitação começa quando o produto iônico atinge K_{sp}, isto é, quando
[\mathrm{Ag^+}]\,[\mathrm{OH^-}] = K_{sp}.

Passo 3

Resolvendo (a) — solubilidade de \mathrm{AgOH} em água pura.
Aplicando a fórmula do passo anterior:
s = \sqrt{K_{sp}} = \sqrt{2,0\times10^{-8}}.
Faço a raiz quadrada separando mantissa e potência de dez:
\sqrt{2,0\times10^{-8}} = \sqrt{2,0}\times\sqrt{10^{-8}} = \sqrt{2,0}\times10^{-4}.
Usando \sqrt{2,0}\approx1,4142, obtemos
s \approx 1,4142\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}.
Arredondando razoavelmente (duas casas significativas compatíveis com K_{sp} dado), escrevo
s \approx 1,41\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}.
Interpretação rápida: em água pura, apenas cerca de 1{,}4\times10^{-4} mol de \mathrm{AgOH} se dissolvem por litro antes de se atingir a saturação.

Passo 4

Resolvendo (b) — solubilidade de \mathrm{AgOH} em presença de 0,001\\ \mathrm{mol/L} de \mathrm{OH^-} (efeito do íon comum).
Agora há uma concentração inicial de \mathrm{OH^-} fornecida pelo \mathrm{NaOH}. Seja s a quantidade adicional de \mathrm{Ag^+} que entra em solução pela dissolução de \mathrm{AgOH}. As concentrações em equilíbrio serão:
[\mathrm{Ag^+}] = s,\qquad [\mathrm{OH^-}] = 0,001 + s.
O K_{sp} impõe
K_{sp} = [\mathrm{Ag^+}]\,[\mathrm{OH^-}] = s\,(0,001 + s).
Como geralmente s será muito menor que 0,001 quando há um excesso de \mathrm{OH^-}, podemos aproximar 0,001 + s \approx 0,001. Vou verificar depois se essa aproximação é válida. Com essa aproximação:
s \approx \frac{K_{sp}}{0,001}.
Substituindo K_{sp}=2,0\times10^{-8}:
s \approx \frac{2,0\times10^{-8}}{1,0\times10^{-3}} = 2,0\times10^{-5}\\ \mathrm{mol/L}.
Verificação da aproximação: s=2{,}0\times10^{-5} é muito menor que 0,001 (comparando 2{,}0\times10^{-5} com 1{,}0\times10^{-3}), portanto a aproximação 0,001+s\approx0,001 é válida.
Interpretação: a presença do íon comum \mathrm{OH^-} reduz a solubilidade de \mathrm{AgOH} de 1{,}41\times10^{-4} para 2{,}0\times10^{-5}\\ \mathrm{mol/L}.

Passo 5

Resolvendo (c) — pH necessário para que a precipitação de \mathrm{AgOH} comece quando [\mathrm{Ag^+}]=0,08\\ \mathrm{mol/L}.
Condição de início da precipitação: o produto iônico atinge K_{sp}:
[\mathrm{Ag^+}]\,[\mathrm{OH^-}] = K_{sp}.
Isolando [\mathrm{OH^-}] no ponto de início:
[\mathrm{OH^-}] = \frac{K_{sp}}{[\mathrm{Ag^+}]} = \frac{2,0\times10^{-8}}{0,08}.
Faço a divisão:
\frac{2,0\times10^{-8}}{0,08} = \frac{2,0\times10^{-8}}{8,0\times10^{-2}} = \frac{2,0}{8,0}\times10^{-8+2} = 0,25\times10^{-6} = 2,5\times10^{-7}\\ \mathrm{mol/L}.
Portanto o limite é [\mathrm{OH^-}] = 2,5\times10^{-7}\\ \mathrm{mol/L}.
Agora converto para pOH e pH. Definições:
\mathrm{pOH} = -\log_{10}[\mathrm{OH^-}],\qquad \mathrm{pH} = 14,00 - \mathrm{pOH}\quad(\text{a }298\\ \mathrm{K}).
Calculo \mathrm{pOH}:
\mathrm{pOH} = -\log_{10}\bigl(2,5\times10^{-7}\bigr) = -\log_{10}(2,5) - \log_{10}(10^{-7}) = -\log_{10}(2,5) + 7.
Usando \log_{10}(2,5)\approx0,39794,
\mathrm{pOH} \approx -0,39794 + 7 = 6,60206 \approx 6,60.
Logo
\mathrm{pH} \approx 14,00 - 6,60206 = 7,39794 \approx 7,40.
Interpretação: a precipitação de \mathrm{AgOH} começará quando o pH da solução atingir aproximadamente 7,40 (valores de pH maiores que isso tornam [\mathrm{OH^-}] maior que o limite e então o produto [Ag+][OH-] excede K_{sp}, iniciando precipitação).

Resposta

a) 1,41\times10^{-4}\\ \mathrm{mol/L}
b) 2,0\times10^{-5}\\ \mathrm{mol/L}
c) \mathrm{pH}\approx7,40

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