Quantos mililitros de \mathrm{KOH} 0,8 \mathrm{M} devem ser adicionados a 5,02g de ácido 1,5-pentanodioico ( \mathrm{C}_{5} \mathrm{H}_{8} \mathrm{O}_{4} 132,11 \mathrm{g} / \mathrm{mol}) para se ter uma solução de pH igual a 4,40 quando diluída a 250 mL ? \mathrm{pKa} 1=4,345 \mathrm{pKa} 2=5,422

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que ele pede.
  • Dados fornecidos:
    • Massa do ácido 1,5-pentanodioico: 5,02\\ \mathrm{g}.
    • Massa molar do ácido: 132,11\\ \mathrm{g}\cdot\mathrm{mol}^{-1}.
    • O ácido é diprótico (duas etapas de ionização) com \mathrm{p}K_{a1}=4,345 e \mathrm{p}K_{a2}=5,422.
    • Solução de \mathrm{KOH} com concentração 0,8\\ \mathrm{M}.
    • Volume final da solução (após diluição): 250\\ \mathrm{mL}.
    • Deseja-se obter pH igual a 4,40.
  • Pergunta: quantos mililitros de \mathrm{KOH}\\\ 0,8\\ \mathrm{M} devem ser adicionados ao ácido para que, depois de diluído a 250\\ \mathrm{mL}, a solução tenha pH 4,40.

Passo 2

Calcular o número de mols iniciais do ácido (toda a massa está inicialmente na forma totalmente protonada \mathrm{H_2A}).
A quantidade de mols é
n_0=\frac{5,02}{132,11}.
Fazendo a divisão:
n_0\approx 0,03800\\ \mathrm{mol}.

Passo 3

Entender a estequiometria da neutralização e o que o pH pedido implica sobre as espécies presentes.
  • Cada mol de \mathrm{KOH} neutraliza um próton. Como o ácido é diprótico, os primeiros equivalentes de base convertem \mathrm{H_2A} em \mathrm{HA^-}; equivalentes além de n_0 começam a converter \mathrm{HA^-} em \mathrm{A^{2-}}.
  • O pH pedido é 4,40. Esse valor está entre \mathrm{p}K_{a1}=4,345 e \mathrm{p}K_{a2}=5,422. Nessa faixa a espécie \mathrm{HA^-} (o ânion monoprotonado) e \mathrm{H_2A} coexistem de forma relevante; a fração de \mathrm{A^{2-}} deve ser pequena se não houver excesso grande de base. Portanto esperamos que a quantidade de \mathrm{OH^-} adicionada seja menor que n_0 (ou seja, neutralização parcial da primeira acidez). Assim podemos usar a forma de Henderson–Hasselbalch para a primeira dissociação:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{a1}+\log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{H_2A}]}.
Explicando a fórmula (mini-aula rápida):
  • A constante de acidez para a primeira dissociação é \displaystyle K_{a1}=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{H_2A}]}.
  • Rearranjando temos \displaystyle \frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{H_2A}]}=\frac{K_{a1}}{[\mathrm{H^+}]}.
  • Tomando log decimal e lembrando que \mathrm{pH}=-\log[\mathrm{H^+}] e \mathrm{p}K_{a1}=-\log K_{a1} resulta em
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_{a1}+\log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{H_2A}]}.
  • Como a diluição final (250 mL) afeta igualmente [\mathrm{A^-}] e [\mathrm{H_2A}], a razão de concentrações é igual à razão de mols:
\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{H_2A}]}=\frac{n_{\mathrm{A^-}}}{n_{\mathrm{H_2A}}}.

Passo 4

Relacionar a quantidade de base adicionada com as quantidades de espécies e aplicar Henderson–Hasselbalch.
  • Se n_b for o número de mols de \mathrm{OH^-} adicionados e n_b<n_0, então:
    • n_{\mathrm{A^-}}=n_b (cada mol de OH^- forma um mol de \mathrm{A^-}),
    • n_{\mathrm{H_2A}}=n_0-n_b.
  • Aplicando Henderson–Hasselbalch:
4,40=4,345+\log\frac{n_b}{\,n_0-n_b\,}.
Isolando a razão:
\log\frac{n_b}{\,n_0-n_b\,}=4,40-4,345=0,055.
Logo
\frac{n_b}{\,n_0-n_b\,}=10^{0,055}.
Calcular r=10^{0,055}:
r\approx 1,135.
Agora resolver para n_b:
n_b = r\,(n_0-n_b)\quad\Rightarrow\quad n_b(1+r)=r\,n_0,
n_b=\frac{r}{1+r}\,n_0.
Substituindo valores:
n_b=\frac{1,135}{1+1,135}\times 0,03800 =\frac{1,135}{2,135}\times 0,03800 \approx 0,02021\\ \mathrm{mol}.

Passo 5

Converter os mols de \mathrm{OH^-} em volume de solução de \mathrm{KOH}\\\ 0,8\\ \mathrm{M}.
  • Concentração de \mathrm{KOH}: 0,8\\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}.
  • Volume necessário em litros:
V=\frac{n_b}{0,8}=\frac{0,02021}{0,8}\approx 0,02526\\ \mathrm{L}.
  • Em mililitros:
V\approx 25,26\\ \mathrm{mL}\approx 25,3\\ \mathrm{mL}.

Passo 6

Verificação das hipóteses e comentário final.
  • Conferir a hipótese n_b<n_0: 0,02021\\ \mathrm{mol}<0,03800\\ \mathrm{mol} — verdadeira, portanto usar Henderson–Hasselbalch com \mathrm{p}K_{a1} foi adequado.
  • A pequena diferença entre \mathrm{pH} e \mathrm{p}K_{a1} gera uma mistura predominantemente de \mathrm{H_2A} e \mathrm{A^-}, com pouca \mathrm{A^{2-}}, coerente com o método usado.
  • Resultado arredondado considerando algarismos significativos da concentração fornecida: 25,3\\ \mathrm{mL}.

Resposta

25,3\\ \mathrm{mL}

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