Considere uma titulação de 20,00 \mathrm{~mL} de um ácido fraco \mathrm{HA}\left(\mathbf{K a}=\mathbf{1 , 0} \times \mathbf{1 0}^{-\mathbf{5}}\right) com NaOH , ambos com a concentração 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}. Responda:
a) Em qual pH ocorrerá o ponto de equivalência?
b) Qual o valor do pH quando houver 5,00 \mathrm{~mL} de base em excesso?
c) Qual o valor do pH quando houver 5,00 \mathrm{~mL} de ácido em excesso?

Passo 1

O enunciado descreve a titulação de 20,00,mL de um ácido fraco HA de concentração 0,10,mol/L e K_a=1{,}0\times10^{-5} com NaOH 0,10,mol/L. Pergunta-se:
– (a) o pH no ponto de equivalência;
– (b) o pH quando houver 5{,}00,mL de base em excesso;
– (c) o pH quando houver 5{,}00,mL de ácido em excesso.
Para resolver, vamos usar: equilíbrio de hidrólise do ânion no ponto de equivalência, cálculo de concentração de OH^- em excesso e equação de Henderson–Hasselbalch em caso de buffer.

Passo 2

No ponto de equivalência consumiram-se 2{,}00,mmol de HA e de O H^{-}, formando 2{,}00,mmol de A^{-} num volume total de 20{,}00+20{,}00=40{,}00,mL. A concentração de A^{-} é
C = \frac{2{,}00\times10^{-3}}{40{,}00\times10^{-3}} = 0{,}05\\ \text{mol/L}.
Esse ânion sofre hidrólise: \mathrm{A^- + H_2O \rightleftharpoons HA + OH^-},
com
K_b = \frac{K_w}{K_a} = \frac{1\times10^{-14}}{1\times10^{-5}} = 1\times10^{-9}.
Para soluções diluídas de base fraca [OH^-]\approx\sqrt{K_b\,C}, logo
[OH^-] = \sqrt{1\times10^{-9}\times0{,}05} = \sqrt{5\times10^{-11}} \approx7{,}07\times10^{-6}\,\text{mol/L}.
O pOH é
\mathrm{pOH} = -\log(7{,}07\times10^{-6}) \approx5{,}15
e assim
\mathrm{pH} = 14 - 5{,}15 = 8{,}85.

Passo 3

Com 5{,}00,mL de base em excesso foram adicionados 25{,}00,mL de NaOH. Moles de O H^{-} adicionados:
25{,}00\times0{,}10 = 2{,}50\\ \text{mmol},
moles de HA iniciais =2{,}00,mmol, sobram 0{,}50,mmol de O H^{-} livre. Volume total =20{,}00+25{,}00=45{,}00,mL, então
[OH^-] = \frac{0{,}50\times10^{-3}}{45{,}00\times10^{-3}} = 0{,}01111\\ \text{mol/L}.
Calculando pOH e pH:
\mathrm{pOH} = -\log(0{,}01111)\approx1{,}954,
\mathrm{pH} = 14 - 1{,}954 \approx 12{,}05.

Passo 4

Com 5{,}00,mL de ácido em excesso foram adicionados 15{,}00,mL de NaOH. Moles de O H^{-} adicionados:
15{,}00\times0{,}10 = 1{,}50\\ \text{mmol}.
Reagem com 2{,}00,mmol de HA, sobrando 0{,}50,mmol de HA e formando 1{,}50,mmol de A^{-}. Volume total =20{,}00+15{,}00=35{,}00,mL, concentrações:
[\mathrm{HA}] = \frac{0{,}50\times10^{-3}}{35{,}00\times10^{-3}} = 0{,}014286\\ \text{M},
[\mathrm{A^-}] = \frac{1{,}50\times10^{-3}}{35{,}00\times10^{-3}} = 0{,}042857\\ \text{M}.
Aplicando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]} = 5{,}00 + \log\frac{0{,}042857}{0{,}014286} = 5{,}00 + \log(3) \approx 5{,}48.

Resposta

(a) 8{,}85
(b) 12{,}05
(c) 5{,}48

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