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}
d. 1000,0 \mathrm{~mL} de uma solução tampão \operatorname{HAc} / \mathrm{NaAc}(0,001 / 0,01)'

Passo 1

O problema pede a variação do pH quando são adicionados 10,0\\ \mathrm{mL} de solução de \mathrm{NaOH} 0,01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} a 1000,0\\ \mathrm{mL} de uma solução tampão \mathrm{HAc}/\mathrm{NaAc} cujas concentrações são 0,001\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} e 0,01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}, respectivamente. Dados fornecidos (retirei diretamente do enunciado):
\begin{aligned} &V_{\text{tampão}}=1000,0\\ \mathrm{mL}=1,000\\ \mathrm{L},\\\ &[\mathrm{HAc}]_{\text{inicial}}=0,001\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &[\mathrm{Ac^-}]_{\text{inicial}}=0,01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &V_{\mathrm{NaOH}}=10,0\\ \mathrm{mL}=0,0100\\ \mathrm{L},\\\ &[\mathrm{NaOH}]=0,01\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}. \end{aligned}ã
Para calcular pH usarei a constante de acidez do ácido acético \mathrm{HAc}. Vou adotar o valor habitual
K_a=1,8\times10^{-5},
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pK_a=-\log_{10}K_a\approx4,745.
O que se pede: a variação de pH (ΔpH) causada pela adição da base.

Passo 2

Entender a estratégia (breve e didática): um tampão ácido acético/acetato responde à adição de base consumindo \mathrm{HAc} formando \mathrm{Ac^-}. A relação [\mathrm{Ac^-}]/[\mathrm{HAc}] determina o pH via a equação de Henderson–Hasselbalch, que é derivada a partir da expressão de equilíbrio do ácido fraco. Vou mostrar a derivação curta e explicar cada símbolo.
Começo da mini-aula: definição e derivação da equação de Henderson–Hasselbalch.
A constante de acidez é
K_a=\frac{[\mathrm{H^+}]\,[\mathrm{Ac^-}]}{[\mathrm{HAc}]},
onde [\mathrm{H^+}] é a concentração de íons hidrogênio, [\mathrm{Ac^-}] a concentração do acetato e [\mathrm{HAc}] a concentração do ácido acético. Tomando logaritmo negativo:
-\log_{10}[\mathrm{H^+}]=- \log_{10}K_a + \log_{10}\frac{[\mathrm{Ac^-}]}{[\mathrm{HAc}]}.
Como -\log_{10}[\mathrm{H^+}]=\mathrm{pH} e -\log_{10}K_a=pK_a, obtemos a forma útil:
\mathrm{pH}=pK_a+\log_{10}\frac{[\mathrm{Ac^-}]}{[\mathrm{HAc}]}.
Explicação das variáveis:
  • \mathrm{pH}: medida de acidez que queremos.
  • pK_a: constante característica do ácido (número conhecido).
  • [\mathrm{Ac^-}] e [\mathrm{HAc}]: concentrações molares do sal e do ácido livre, respectivamente.
Importante: para um ácido fraco com seu sal numa solução onde não há grande diluição/reações adicionais, podemos usar essa equação diretamente. Como a adição muda as quantidades (moles) de \mathrm{HAc} e \mathrm{Ac^-}, podemos calcular pH final usando as quantidades finais — a razão [\mathrm{Ac^-}]/[\mathrm{HAc}] pode ser obtida a partir da razão dos respectivos moles, porque ambos serão divididos pelo mesmo volume final.

Passo 3

Calcular os mols iniciais do tampão (uso n=c\cdot V):
\begin{aligned} n_{\mathrm{HAc,\,inicial}}&=[\mathrm{HAc}]_{\text{inicial}}\times V_{\text{tampão}}=0,001\cdot1,000=0,00100\\ \mathrm{mol},\\\ n_{\mathrm{Ac^- ,\,inicial}}&=[\mathrm{Ac^-}]_{\text{inicial}}\times V_{\text{tampão}}=0,01\cdot1,000=0,01000\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}ãã
Calcular os mols de \mathrm{OH^-} adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}}=[\mathrm{NaOH}]\cdot V_{\mathrm{NaOH}}=0,01\cdot0,0100=0,000100\\ \mathrm{mol}.

Passo 4

Reação entre \mathrm{OH^-} e \mathrm{HAc}:
\mathrm{OH^-} + \mathrm{HAc}\longrightarrow \mathrm{Ac^-} + \mathrm{H_2O}.
Isso consome \mathrm{HAc} na mesma quantidade de \mathrm{OH^-} adicionada e produz a mesma quantidade de \mathrm{Ac^-}. Portanto:
\begin{aligned} n_{\mathrm{HAc,\,final}}&=n_{\mathrm{HAc,\,inicial}}-n_{\mathrm{OH^-}}=0,00100-0,000100=0,000900\\ \mathrm{mol},\\\ n_{\mathrm{Ac^- ,\,final}}&=n_{\mathrm{Ac^- ,\,inicial}}+n_{\mathrm{OH^-}}=0,01000+0,000100=0,01010\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}
Volume final da solução após adição: V_{\text{final}}=1,000+0,0100=1,010\\ \mathrm{L}. (Observação: para usar Henderson–Hasselbalch a razão [\mathrm{Ac^-}]/[\mathrm{HAc}] pode ser calculada a partir dos mols finais, porque ambos são divididos pelo mesmo V_{\text{final}}.)

Passo 5

Aplicar Henderson–Hasselbalch com as quantidades finais (uso de razão de mols):
\mathrm{pH}_{\text{final}}=pK_a+\log_{10}\frac{n_{\mathrm{Ac^- ,\,final}}}{n_{\mathrm{HAc,\,final}}}.
Substituindo números:
\frac{n_{\mathrm{Ac^- ,\,final}}}{n_{\mathrm{HAc,\,final}}}=\frac{0,01010}{0,000900}=11,222\ldots
\log_{10}(11,222\ldots)\approx1,0492.
Então
\mathrm{pH}_{\text{final}}=4,745+1,0492\approx5,794.

Passo 6

Calcular o pH inicial (para termos a variação):
Usando Henderson–Hasselbalch antes da adição (razão inicial =0,01000/0,00100=10):
\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=pK_a+\log_{10}10=4,745+1=5,745.
Agora a variação:
\Delta\mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\text{final}}-\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=5,794-5,745=0,049.
Interpretação curta (motivacional): a pH mudou pouco ( \approx0,05 unidade) porque o tampão tinha quantidade maior de acetato: o tampão “resiste” à mudança de pH. Isso é exatamente o que tampões fazem — quanto maior a razão sal/ácido e quanto maiores os mols envolvidos, menor a variação para uma dada adição de base.

Resposta

\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=5,745
\mathrm{pH}_{\text{final}}=5,794
\Delta\mathrm{pH}=+0,049

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