Considere duas soluções aquosas diluídas, ambas de \mathrm{pH}=5,0. Uma solução é um tampão a outra não. Qual a variação pH em cada solução se adicionado NaOH em ambas?

Passo 1

O enunciado dá duas soluções aquosas diluídas, ambas com \mathrm{pH}=5{,}0. Uma é tampão (isto é, contém um par ácido fraco/conjugado em concentrações comparáveis), a outra não. Pergunta-se qual será a variação de pH em cada uma se adicionarmos uma mesma quantidade de NaOH. Para responder, vamos (1) escolher um volume de referência de 1,L e uma quantidade de base (digamos 1{,}0\times10^{-4} mol de OH ^-), (2) calcular o novo pH da solução sem tampão e (3) calcular o novo pH usando a equação de Henderson–Hasselbalch para a solução tampão inicialmente em pH 5,0.

Passo 2

Solução sem tampão:
– Volume \,V=1,L ⇒ concentração inicial de \mathrm{H}^+ é
\bigl[\mathrm{H}^+\bigr]_i =10^{-5}\,\mathrm{M}.
– Moles iniciais de \mathrm{H}^+:
\text{n}_{\mathrm{H}^+}=10^{-5}\times1=1{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{mol}.
– Adicionamos 1{,}0\times10^{-4} mol de OH ^-. A neutralização consome toda a acidez e sobra
\text{n}_{\mathrm{OH}^-,\,\text{sobra}}=1{,}0\times10^{-4}-1{,}0\times10^{-5}=9{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{mol}.
– Como o volume total permanece \approx1,L,
\bigl[\mathrm{OH}^-\bigr]_f=9{,}0\times10^{-5}\,\mathrm{M},
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\mathrm{pOH}=-\log\bigl(9{,}0\times10^{-5}\bigr)\approx4,05
e
\mathrm{pH}=14,00-4,05=9,95.
– Portanto, a variação de pH na solução sem tampão é
\Delta\mathrm{pH}_{\text{sem tampão}}=9,95-5,00=+4,95.ã

Passo 3

Solução tampão em pH 5,0:
– Para um tampão ideal de ácido fraco HA e base conjugada A^- em concentrações iguais C_{HA}=C_{A^-}, a equação de Henderson–Hasselbalch dá inicialmente
\mathrm{pH}=pK_a+\log\frac{C_{A^-}}{C_{HA}} \implies pK_a=5{,}0.
– Adicionamos a mesma quantidade de base: 1{,}0\times10^{-4} mol de OH ^- reagem com HA, diminuindo n_{HA} e aumentando n_{A^-}. Se C_{HA}=C_{A^-}=0{,}01,M em 1 L, então inicialmente n_{HA}=n_{A^-}=1{,}0\times10^{-2} mol. Após reação:
n_{HA}'=1{,}0\times10^{-2}-1{,}0\times10^{-4}=9{,}9\times10^{-3},\quad n_{A^-}'=1{,}0\times10^{-2}+1{,}0\times10^{-4}=1{,}01\times10^{-2}.
– Aplicando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}_{f}=pK_a+\log\frac{n_{A^-}'}{n_{HA}'}=5{,}0+\log\frac{1{,}01\times10^{-2}}{9{,}9\times10^{-3}} =5{,}0+\log(1{,}0202)\approx5{,}0+0{,}009=5{,}009.
– A variação de pH no tampão é então
\Delta\mathrm{pH}_{\text{tampão}}=5,009-5,00=+0,009.ã

Resposta

Na solução sem tampão \Delta\mathrm{pH}\approx+4,95.
Na solução tampão \Delta\mathrm{pH}\approx+0,009.

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