Calcule a variação de pH das seguintes soluções abaixo, quando se é adicionado aos mesmos 10,0 \mathrm{~mL} de solução de \mathrm{NaOH} 0,01 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}
b. 10,0 \mathrm{~mL} de uma solução tampão de ácido Fórmico/ Formiato de Sódio (0,1 / 0,1)\left(\mathrm{K}_{\mathrm{a}}=1,0 \times\right.\left.10^{-4}\right)'

Passo 1

O que o exercício pede: calcular a variação de pH (ΔpH) quando são adicionados 10{,}0\\ \mathrm{mL} de solução de \mathrm{NaOH} 0{,}01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} a 10{,}0\\ \mathrm{mL} de uma solução tampão ácido fórmico / formiato de sódio com concentrações 0{,}1\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} para cada componente (ou seja, \,[\mathrm{HA}]=0{,}1\\ \mathrm{M} e [\mathrm{A}^-]=0{,}1\\ \mathrm{M} inicialmente). O valor de \mathrm{K_a} do ácido fórmico é \;1{,}0\times10^{-4}.
Dados fornecidos (todos retirados do enunciado):
\begin{aligned} &V_{\text{tampão}}=10{,}0\\ \mathrm{mL}=0{,}010\\ \mathrm{L},\\\ &[\mathrm{HA}]_{\text{inicial}}=0{,}1\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &[\mathrm{A}^-]_{\text{inicial}}=0{,}1\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &V_{\mathrm{NaOH}}=10{,}0\\ \mathrm{mL}=0{,}010\\ \mathrm{L},\\\ &[\mathrm{OH}^-]_{\text{adicionado}}=0{,}01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &\mathrm{K_a}=1{,}0\times10^{-4}. \end{aligned}ã
O objetivo prático: calcular primeiro o pH inicial do tampão, depois o pH após a adição de \mathrm{NaOH} (considerando a reação ácido-base), e finalmente a variação \Delta pH = \mathrm{pH_{final}}-\mathrm{pH_{inicial}}.

Passo 2

Converter volumes em litros e calcular moles iniciais de ácido (HA) e do formiato ( \mathrm{A}^-), e moles de \mathrm{OH}^- adicionados.
Cálculo do número de mols do ácido fórmico inicial:
n_{\mathrm{HA,\,inicial}} = [\mathrm{HA}]_{\text{inicial}}\times V_{\text{tampão}} =0{,}1\times0{,}010 = 1{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{mol}.ã
Cálculo do número de mols do formiato ( \mathrm{A}^-) inicial:
n_{\mathrm{A^- ,\,inicial}} = [\mathrm{A}^-]_{\text{inicial}}\times V_{\text{tampão}} =0{,}1\times0{,}010 = 1{,}0\times10^{-3}\\ \mathrm{mol}.ã
Cálculo dos mols de \mathrm{OH}^- adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}} = [\mathrm{OH}^-]\times V_{\mathrm{NaOH}} =0{,}01\times0{,}010 = 1{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{mol}.
Observação: todos os cálculos acima são diretos da definição n=c\cdot V. Estou sendo explícito para que você consiga reproduzir esses passos rapidamente na prova — pega a garrafinha, converte mL para L, multiplica e já tem os mols.

Passo 3

Escrever a reação ácido-base que ocorre quando o \mathrm{OH}^- é adicionado e aplicar este consumo/produção de espécies:
Reação principal:
\mathrm{HA} + \mathrm{OH}^- \longrightarrow \mathrm{A}^- + \mathrm{H_2O}.
Isto significa que cada mol de \mathrm{OH}^- consome 1 mol de \mathrm{HA} e gera 1 mol de \mathrm{A}^-. Como havia 1{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{mol} de \mathrm{OH}^-, os novos números de mols ficam:
\begin{aligned} n_{\mathrm{HA,\,final}} &= n_{\mathrm{HA,\,inicial}} - n_{\mathrm{OH^-}} =1{,}0\times10^{-3} - 1{,}0\times10^{-4} = 9{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{mol},\\[4pt] n_{\mathrm{A^- ,\,final}} &= n_{\mathrm{A^- ,\,inicial}} + n_{\mathrm{OH^-}} =1{,}0\times10^{-3} + 1{,}0\times10^{-4} = 1{,}1\times10^{-3}\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}
Observe que a adição de base deslocou um pouco o equilíbrio convertendo ácido em base conjugada — típico comportamento de um tampão: o pH muda só um pouco.]

Passo 4

Explicar e aplicar a equação de Henderson–Hasselbalch (HH), que é a ferramenta padrão para pH de tampões.
A equação de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]}.
Explicação das variáveis:
  • \mathrm{pH} é o que queremos;
  • \mathrm{p}K_a é -\log_{10}\mathrm{K_a};
  • [\mathrm{A}^-] é a concentração molar da base conjugada (formiato);
  • [\mathrm{HA}] é a concentração molar do ácido (ácido fórmico).
Por que podemos usar a razão de mols em vez de concentrações? Porque após a adição o volume final é o mesmo para \mathrm{HA} e \mathrm{A}^- (ambos foram diluídos igualmente), então o fator de diluição cancela na razão [\mathrm{A}^-]/[\mathrm{HA}]. Assim podemos usar a razão dos mols finais:
\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]} = \frac{n_{\mathrm{A^- ,\,final}}}{n_{\mathrm{HA,\,final}}}.
Calcular \mathrm{p}K_a:
\mathrm{p}K_a = -\log_{10}\bigl(\mathrm{K_a}\bigr) = -\log_{10}\bigl(1{,}0\times10^{-4}\bigr)=4{,}00.

Passo 5

Calcular o pH inicial do tampão (antes da adição de \mathrm{NaOH}) usando HH.
Inicialmente [\mathrm{A}^-]=[\mathrm{HA}], então a razão é 1 e \log 1=0. Logo:
\mathrm{pH_{inicial}} = \mathrm{p}K_a + \log\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]} = 4{,}00 + \log 1 = 4{,}00.
Comentário: isso é típico quando as concentrações conjugadas são iguais — o pH do tampão coincide com o \mathrm{p}K_a.

Passo 6

Calcular o pH final após a adição da base, usando os mols finais obtidos no Passo 3.
Razão dos mols finais:
\frac{n_{\mathrm{A^- ,\,final}}}{n_{\mathrm{HA,\,final}}} =\frac{1{,}1\times10^{-3}}{9{,}0\times10^{-4}}=\frac{1{,}1}{0{,}9}=1{,}222\overline{2}.
Aplicando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH_{final}} = \mathrm{p}K_a + \log\!\left(1{,}222\overline{2}\right).
Avaliar o logaritmo (aproximação numérica):
\log\!\left(1{,}222\overline{2}\right)\approx0{,}0871.
Portanto
\mathrm{pH_{final}}\approx4{,}00 + 0{,}0871 = 4{,}0871\approx4{,}09\\ (\text{caso queira arredondar}).
Dica prática na prova: você pode memorizar que adicionar uma pequena base a um tampão desloca a razão [\mathrm{A}^-]/[\mathrm{HA}] e que mudanças de pH serão pequenas se a base adicionada for pequena em comparação com os mols de tampão — aqui 1{,}0\times10^{-4} é apenas 10% dos mols de cada componente ( 1{,}0\times10^{-3}), daí a mudança pequena.

Passo 7

Calcular a variação de pH pedida:
\Delta pH = \mathrm{pH_{final}} - \mathrm{pH_{inicial}} = 4{,}0871 - 4{,}00 = 0{,}0871.
Arredondando sensivelmente (mantendo 2 ou 3 algarismos significativos) obtemos \Delta pH \approx 0{,}087. Isso significa que o pH subiu cerca de 0{,}087 unidades por causa da adição da base — uma mudança pequena, que mostra a efetividade do tampão.

Resposta

\Delta pH=+0{,}087

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