Dispõe-se de 1 L de uma solução de hidróxido de amônio \left(\mathrm{NH}_{4} \mathrm{OH}\right) de concentração 0,100 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}. Calcule o pH nos seguintes casos:
I. da solução da base;
II. após a adição de 1 mL de \mathrm{HCl} 1,00 \mathrm{~mol}^{-1};
III. após a adição de 1 mL de \mathrm{NaOH} 0,100 \mathrm{molL}^{-1} à solução resultante no item II;
IV. após a adição de 0,100 \mathrm{~mol} de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{OH} à solução resultante no item III.
Considere que não haja alteração do volume durante todo o experimento, e que a temperatura seja mantida constante.
Dado: K_{b} do hidróxido de amônio \left(\mathrm{NH}_{4} \mathrm{OH}\right)=1,8 \times 10^{-5}
a) 11, 13 ; 11,25 ; 11,30 ; 11,60
b) 11, 00 ; 11,10 ; 11,15 ; 11,50
c) 10, 95 ; 11,05 ; 11,20 ; 11,40
d) 11, 20 ; 11,30 ; 11,35 ; 11,65
e) 11, 05 ; 11,15 ; 11,25 ; 11,55

Passo 1

O enunciado dá 1 L de solução de hidróxido de amônio \mathrm{NH}_{4}\mathrm{OH} de concentração inicial \,0{,}100\:\mathrm{mol\,L^{-1}} e K_{b}=1{,}8\times10^{-5}. Precisamos calcular o pH em quatro etapas sucessivas, supondo o volume sempre igual a 1 L. Trata-se de uma base fraca cuja reação de ionização é
\mathrm{NH_{4}OH} + \mathrm{H_{2}O} \rightleftharpoons \mathrm{NH_{4}^{+}} + \mathrm{OH^{-}}\,,
para a qual usaremos ( 1) o equilíbrio de base fraca para o caso inicial e ( 2) a fórmula de Henderson–Hasselbalch para bases:
\mathrm{pOH} = \mathrm{p}K_{b} + \log\frac{[\mathrm{BH^{+}}]}{[\mathrm{B}]} \quad\text{e}\quad \mathrm{pH} = 14 - \mathrm{pOH}\,.

Passo 2

Cálculo do pH da solução inicial (caso I). A concentração de base é C=0{,}100\:\mathrm{M} e
[\,\mathrm{OH^{-}}\,]\approx \sqrt{K_{b}C} = \sqrt{1{,}8\times10^{-5}\times0{,}100} =1{,}3416\times10^{-3}\:\mathrm{M}.
Logo
\mathrm{pOH}=-\log(1{,}3416\times10^{-3})=2{,}872 \quad\Rightarrow\quad \mathrm{pH}=14-2{,}872=11{,}128\approx11{,}13.

Passo 3

Adição de 1 mL de HCl 1,00 mol L^{-} ^{1} (caso II). Moles de HCl =0{,}001\:\mathrm{mol}. Ela converte parte de \mathrm{NH_{4}OH} em \mathrm{NH_{4}^{+}}, ficando
n(\mathrm{B})=0{,}100-0{,}001=0{,}099\:\mathrm{mol},\quad n(\mathrm{BH^{+}})=0{,}001\:\mathrm{mol}.
Como o volume é 1 L, [\mathrm{B}]=0{,}099\:\mathrm{M} e [\mathrm{BH^{+}}]=0{,}001\:\mathrm{M}. Pela equação de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pOH}=\mathrm{p}K_{b}+\log\frac{0{,}001}{0{,}099} =4{,}744+\log(0{,}01010) =4{,}744-1{,}996=2{,}748,
\mathrm{pH}=14-2{,}748=11{,}252\approx11{,}25.

Passo 4

Adição de 1 mL de NaOH 0,100 mol L^{-} ^{1} (caso III). Moles de NaOH =0{,}0001\:\mathrm{mol} reagem com \mathrm{BH^{+}}, alterando os estoques para
n(\mathrm{BH^{+}})=0{,}001-0{,}0001=0{,}0009,\quad n(\mathrm{B})=0{,}099+0{,}0001=0{,}0991\:\mathrm{mol}.
Novamente, [\mathrm{BH^{+}}]=0{,}0009\:\mathrm{M} e [\mathrm{B}]=0{,}0991\:\mathrm{M}. Assim
\mathrm{pOH}=4{,}744+\log\frac{0{,}0009}{0{,}0991} =4{,}744-2{,}042=2{,}702,
\mathrm{pH}=14-2{,}702=11{,}298\approx11{,}30.

Passo 5

Adição de 0{,}100\:\mathrm{mol} de \mathrm{NH_{4}OH} (caso IV). Os novos estoques são
n(\mathrm{B})=0{,}0991+0{,}100=0{,}1991,\quad n(\mathrm{BH^{+}})=0{,}0009\:\mathrm{mol}.
Com [\mathrm{BH^{+}}]=0{,}0009\:\mathrm{M} e [\mathrm{B}]=0{,}1991\:\mathrm{M},
\mathrm{pOH}=4{,}744+\log\frac{0{,}0009}{0{,}1991} =4{,}744-2{,}344=2{,}400,
\mathrm{pH}=14-2{,}400=11{,}600\approx11{,}60.

Passo 6

Os quatro valores são aproximadamente
I. 11,13
II. 11,25
III. 11,30
IV. 11,60
que coincidem com a alternativa (a).

Resposta

(a) 11,13 ; 11,25 ; 11,30 ; 11,60

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