Considere uma solução tampão de 1,0 \mathrm{~L} contendo 0,10 \mathrm{M} de \mathrm{CH} 3 \mathrm{CO} 2 \mathrm{H}(\mathrm{Ka}= 1,80.10-5) e 0,13 \mathrm{M} de NaCH 3 CO 2 e responda: a) qual o pH da solução? b) qual a mudança que ocorre no valor do pH se for adicionado 0,02 mols de KOH na solução tampão preparada? Desconsidere qualquer alteração do volume

Passo 1

O enunciado dá uma solução tampão com volume 1,0\\ \mathrm{L} contendo as concentrações iniciais \mathrm{[CH_3CO_2H]}=0,10\\ \mathrm{M} e \mathrm{[CH_3CO_2^-]}=0,13\\ \mathrm{M}. A constante de ionização ácida do ácido acético é \mathrm{K_a}=1,80\times10^{-5}. Peças pedidas:
(a) calcular o pH da solução tampão inicial; (b) determinar qual a mudança no pH se forem adicionados 0,02 mols de \mathrm{KOH} (assuma que o volume não muda).
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\mathrm{K_a}=1,80\times10^{-5}.
Volume =1,0\\ \mathrm{L} (útil para converter concentrações em mols e vice-versa se necessário).
Concentrações iniciais: \mathrm{[HA]}=0,10\\ \mathrm{M} (onde \mathrm{HA} é \mathrm{CH_3CO_2H}), \mathrm{[A^-]}=0,13\\ \mathrm{M} (onde \mathrm{A^-} é \mathrm{CH_3CO_2^-}).
Quantidade de base forte adicionada: 0,02 mol de \mathrm{KOH}.
Não perguntar nada — vou resolver diretamente.

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar: a equação de Henderson–Hasselbalch, que relaciona pH, pKa e as concentrações do par ácido fraco / base conjugada. Vou derivá-la rapidinho para você entender cada termo.
Partimos da definição da constante de acidez:
\mathrm{K_a}=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}
Isolando [\mathrm{H^+}] obtemos
[\mathrm{H^+}]=\mathrm{K_a}\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}.
Tomando o logaritmo negativo (definição de pH e pKa):
\begin{aligned} \mathrm{pH} &=-\log_{10}[\mathrm{H^+}] \\\ &=-\log_{10}\left(\mathrm{K_a}\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}\right) \\\ &=-\log_{10}\mathrm{K_a} -\log_{10}\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}. \end{aligned}
Definindo \mathrm{pK_a}=-\log_{10}\mathrm{K_a} e usando a propriedade dos logaritmos -\log_{10}\dfrac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}=\log_{10}\dfrac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}, obtemos a equação de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{pK_a}+\log_{10}\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}.
O que cada símbolo significa:
\mathrm{pH} = acidez da solução; \mathrm{pK_a} = -\log_{10}\mathrm{K_a} (medida da força do ácido); [\mathrm{A^-}] = concentração da base conjugada; [\mathrm{HA}] = concentração do ácido fraco. Essa fórmula é válida quando as concentrações utilizadas representam bem o par ácido/base (isto é, mudanças por ionização do ácido são pequenas comparadas às concentrações dadas), condição típica em tampões.

Passo 3

Calcular \mathrm{pK_a} a partir de \mathrm{K_a}=1,80\times10^{-5}.
Usamos
\mathrm{pK_a}=-\log_{10}\left(1,80\times10^{-5}\right).
Para calcular, note que \log_{10}\left(1,80\times10^{-5}\right)=\log_{10}1,80+\log_{10}10^{-5}=0,2553-5=-4,7447. Portanto
\mathrm{pK_a}=4,7447\approx4,74.
(Arredondei no final para duas casas decimais quando necessário.)

Passo 4

Calcular o pH da solução tampão inicial usando Henderson–Hasselbalch com as concentrações iniciais [\mathrm{A^-}]=0,13\\ \mathrm{M} e [\mathrm{HA}]=0,10\\ \mathrm{M}.
A razão das concentrações é
\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=\frac{0,13}{0,10}=1,30.
O logaritmo:
\log_{10}1,30\approx0,1139.
Aplicando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{pK_a}+\log_{10}\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=4,7447+0,1139=4,8586\approx4,86.
Interpretação rápida: o pH fica um pouco acima do \mathrm{pK_a} porque há mais base conjugada que ácido (razão >1).

Passo 5

Agora vamos ver o que acontece ao adicionar 0,02 mol de \mathrm{KOH}. Reação relevante (este é o ponto chave do tampão):
\mathrm{OH^- + HA \longrightarrow A^- + H_2O}.
Como \mathrm{KOH} fornece \mathrm{OH^-}, cada mol de \mathrm{OH^-} consome um mol de \mathrm{HA} e forma um mol de \mathrm{A^-}.
Converta concentrações iniciais para mols (o volume é 1,0\\ \mathrm{L}, então mols = concentração × volume):
\text{mols iniciais de }\mathrm{HA}=0,10\times1,0=0,10\\ \text{mol},
\text{mols iniciais de }\mathrm{A^-}=0,13\times1,0=0,13\\ \text{mol}.
Adicionamos 0,02\\ \text{mol} de \mathrm{OH^-}. Pelo estequiométrico:
  • \mathrm{HA} consumida: 0,02\\ \text{mol}.
  • \mathrm{A^-} formada: 0,02\\ \text{mol}.
Mols finais:
\text{mols finais de }\mathrm{HA}=0,10-0,02=0,08\\ \text{mol},
\text{mols finais de }\mathrm{A^-}=0,13+0,02=0,15\\ \text{mol}.
Como o volume não mudou (assumido), as concentrações finais em mol·L ^{-1} são numericamente iguais aos mols finais:
[\mathrm{HA}]_{\text{final}}=0,08\\ \mathrm{M},\qquad [\mathrm{A^-}]_{\text{final}}=0,15\\ \mathrm{M}.

Passo 6

Calcular o novo pH após a adição usando novamente Henderson–Hasselbalch:
Razão final:
\frac{[\mathrm{A^-}]_{\text{final}}}{[\mathrm{HA}]_{\text{final}}}=\frac{0,15}{0,08}=1,875.
Logaritmo:
\log_{10}1,875\approx0,2730.
Usando \mathrm{pK_a}=4,7447,
\mathrm{pH}_{\text{final}}=4,7447+0,2730=5,0177\approx5,02.

Passo 7

Calcular a mudança no pH: diferença entre pH final e pH inicial.
\Delta\mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\text{final}}-\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=5,0177-4,8586=0,1591\approx0,16.
Interpretação e conselho prático: o pH aumentou cerca de 0,16 unidades — uma mudança pequena, mostrando a ação do tampão (a adição de base forte foi parcialmente neutralizada pelo ácido acético). A aproximação de usar concentrações iniciais na fórmula de Henderson–Hasselbalch é válida aqui porque as concentrações são relativamente altas frente à constante \mathrm{K_a} e a variação em cada espécie é razoavelmente pequena.

Resposta

(a) \mathrm{pH}\approx4,86
(b) Após adicionar 0,02 mol de \mathrm{KOH}: \mathrm{pH}_{\text{final}}\approx5,02; mudança \Delta\mathrm{pH}\approx+0,16.

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