Colocou-se 100 ml de uma solução de NaOH em um béquer, e, por meio de um potenciômetro, mediu-se o pH , cujo valor correspondeu a 12,4. A seguir, adicionou-se X gramas de cloreto de amônia e o pH diminuiu para 8,0 . Qual foi a quantidade, em gramas, de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{Cl} adicionada? Despreza-se o volume de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{Cl} .\left(\mathrm{Kb}=1,8 \times 10^{-5}\right).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (tudo abaixo eu peguei do enunciado):
  • Volume da solução inicial: 100\\ \mathrm{mL} (ou seja, 0,100\\ \mathrm{L}).
  • pH inicial da solução de \mathrm{NaOH}: 12,4.
  • Após adicionar X gramas de \mathrm{NH}_{4}\mathrm{Cl} (despreza-se o volume do sal), o pH ficou 8,0.
  • Constante de basicidade do \mathrm{NH}_3: K_b = 1,8\times 10^{-5}.
O que o problema pede:
  • Determinar a massa X (em gramas) de \mathrm{NH}_{4}\mathrm{Cl} adicionada.

Passo 2

Primeiro vamos transformar o pH inicial em concentração de \mathrm{OH^-}. Lembre que
\text{pOH} = 14 - \text{pH},
e que
[\mathrm{OH^-}] = 10^{-\text{pOH}}.
Aplicando aos dados iniciais:
\text{pOH}_\text{inicial} = 14 - 12,4 = 1,6,
[\mathrm{OH^-}]_\text{inicial} = 10^{-1,6}\approx 0,02512\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Como o volume é 0,100\\ \mathrm{L}, o número de mols de \mathrm{OH^-} inicialmente é
n_{\mathrm{OH^-}} = [\mathrm{OH^-}]_\text{inicial}\times 0,100 \approx 0,02512\times 0,100 = 0,0025119\\ \mathrm{mol}.

Passo 3

Quando se adiciona \mathrm{NH}_{4}\mathrm{Cl} ele se dissocia totalmente em solução em \mathrm{NH_4^+} e \mathrm{Cl^-}. O íon \mathrm{NH_4^+} reage com \mathrm{OH^-} segundo:
\mathrm{NH_4^+} + \mathrm{OH^-} \longrightarrow \mathrm{NH_3} + \mathrm{H_2O}.
Cada mol de \mathrm{NH_4^+} consome um mol de \mathrm{OH^-} e gera um mol de \mathrm{NH_3}. Se chamarmos de n_{\mathrm{NH_4}} o número de mols de \mathrm{NH_4^+} adicionados (ou seja, os mols correspondentes a X g de \mathrm{NH_4Cl}), então:
  • Se n_{\mathrm{NH_4}} > n_{\mathrm{OH^-}}: todo \mathrm{OH^-} será consumido e sobra \mathrm{NH_4^+} formando um tampão \mathrm{NH_4^+}/\mathrm{NH_3}.
  • Se n_{\mathrm{NH_4}} \le n_{\mathrm{OH^-}}: sobra \mathrm{OH^-} e o pH permaneceria fortemente básico (não é o caso aqui, pois pH final = 8,0 é muito menor que 12,4).
Vamos assumir e depois verificar que estamos no caso n_{\mathrm{NH_4}} > n_{\mathrm{OH^-}}. Neste caso, após a reação:
n_{\mathrm{NH_3}} = n_{\mathrm{OH^-}} \quad(\text{formados}),
n_{\mathrm{NH_4^+},\text{rest}} = n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}}.
Como o volume é o mesmo para ambas as espécies (mesmo 0,100\\ \mathrm{L}), as razões de concentrações são as mesmas razões de mols e podemos usar essas quantidades molares no equilíbrio tampão.

Passo 4

O tampão \mathrm{NH_4^+}/\mathrm{NH_3} obedece à equação de Henderson–Hasselbalch:
\text{pH} = \text{p}K_a + \log\!\left(\dfrac{[\mathrm{base}]}{[\mathrm{ácido}]}\right).á
Aqui a base conjugada é \mathrm{NH_3} e o ácido conjugado é \mathrm{NH_4^+}. Precisamos de \text{p}K_a de \mathrm{NH_4^+}; usando a relação com K_b de \mathrm{NH_3}:
\text{p}K_b = -\log_{10}(K_b),\qquad \text{p}K_a = 14 - \text{p}K_b.
Calculemos:
\text{p}K_b = -\log_{10}(1,8\times 10^{-5}) \approx 4,7447,
\text{p}K_a = 14 - 4,7447 = 9,2553.

Passo 5

Aplicando Henderson–Hasselbalch com os números de mols (volume comum cancela):
8,0 = 9,2553 + \log\!\left(\dfrac{n_{\mathrm{NH_3}}}{n_{\mathrm{NH_4^+},\text{rest}}}\right).
Substituindo n_{\mathrm{NH_3}} = n_{\mathrm{OH^-}} e n_{\mathrm{NH_4^+},\text{rest}} = n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}}:
8,0 = 9,2553 + \log\!\left(\dfrac{n_{\mathrm{OH^-}}}{\,n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}}\,}\right).
Isolando a razão:
\log\!\left(\dfrac{n_{\mathrm{OH^-}}}{\,n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}}\,}\right) = 8,0 - 9,2553 = -1,2553.
Fazendo antilog:
\dfrac{n_{\mathrm{OH^-}}}{\,n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}}\,} = 10^{-1,2553} \equiv r \approx 0,05566.
Daí:
n_{\mathrm{NH_4}} - n_{\mathrm{OH^-}} = \dfrac{n_{\mathrm{OH^-}}}{r},
n_{\mathrm{NH_4}} = n_{\mathrm{OH^-}}\left(1 + \dfrac{1}{r}\right) = n_{\mathrm{OH^-}}\cdot\dfrac{r+1}{r}.

Passo 6

Agora substituímos n_{\mathrm{OH^-}} \approx 0,0025119\\ \mathrm{mol} e r\approx 0,05566:
n_{\mathrm{NH_4}} = 0,0025119\cdot \dfrac{1+0,05566}{0,05566} \approx 0,0025119\cdot 18,961 \approx 0,04763\\ \mathrm{mol}.

Passo 7

Converter mols de \mathrm{NH_4Cl} em massa. Massa molar aproximada de \mathrm{NH_4Cl}:
M(\mathrm{NH_4Cl}) \approx 14,01 + 4\times 1,008 + 35,45 = 53,49\\ \mathrm{g\\ mol^{-1}}.
Logo a massa X é
X = n_{\mathrm{NH_4}}\times M(\mathrm{NH_4Cl}) \approx 0,04763\times 53,49 \approx 2,55\\ \mathrm{g}.

Passo 8

Verificação da hipótese: n_{\mathrm{NH_4}} \approx 0,04763\\ \mathrm{mol} é muito maior que n_{\mathrm{OH^-}}\approx 0,002512\\ \mathrm{mol}, então realmente temos excesso de \mathrm{NH_4^+} e formação de tampão \mathrm{NH_4^+}/\mathrm{NH_3}, portanto o uso da equação de Henderson–Hasselbalch foi consistente.

Resposta

2,55\\ \mathrm{g}

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