QUESTÃO 02: Considerando o produto de solubilidade do hidróxido de níquel \left(\mathrm{Ni}(\mathrm{OH})_{2}\right) igual a 6,00 \times 10^{-16}, faça o que se pede:
a. Calcule a solubilidade em água, o valor de pH e o valor de pOH da solução saturada. R: 5, 31 \times 10^{-6} \mathbf{~ m o l ~ L - 1}, \mathbf{p H = 9 , 0 3 ~ e} \mathrm{pOH}=4,97.
b. Calcule a solubilidade em solução com o valor de pH tamponado em torno de 8,50 . R: S = \mathbf{6 , 0} \times \mathbf{1 0 . 5 ~ m o l ~ L - 1}^{\mathbf{- 1}}.
c. Explique a diferença observada entre os valores de solubilidade.

Passo 1

O enunciado dá o produto de solubilidade do hidróxido de níquel, \mathrm{Ni(OH)}_{2}, como
K_{sp}=6{,}00\times10^{-16},
e pede em (a) a solubilidade em água pura, o pH e o pOH da solução saturada; em (b) a solubilidade quando o pH está tamponado em torno de 8,50; e em (c) uma explicação da diferença entre esses valores. Vamos usar a reação de dissolução, a definição de K_{sp} e a relação entre pH, pOH e [\mathrm{OH}^{-}].

Passo 2

Na parte (a) temos a dissolução
\mathrm{Ni(OH)}_{2}(s)\;\rightleftharpoons\;\mathrm{Ni}^{2+}(aq)\;+\;2\,\mathrm{OH}^{-}(aq).
Se chamarmos de s a solubilidade (em mo l\cdot L ^{-1}), então
[\mathrm{Ni}^{2+}]=s, \qquad [\mathrm{OH}^{-}]=2s,
e a expressão de K_{sp} é
K_{sp}=[\mathrm{Ni}^{2+}]\,[\mathrm{OH}^{-}]^{2} =s\,(2s)^{2} =4\,s^{3}.
Isolando s, vem
s=\sqrt[3]{\frac{K_{sp}}{4}}.

Passo 3

Substituindo K_{sp}=6{,}00\times10^{-16} na fórmula de s:
s =\sqrt[3]{\frac{6{,}00\times10^{-16}}{4}} =\sqrt[3]{1{,}50\times10^{-16}} \approx5{,}31\times10^{-6}\;\text{mol\cdotL}^{-1}.
A seguir,
[\mathrm{OH}^{-}]=2s=1{,}06\times10^{-5}\;\text{mol\cdotL}^{-1},
pOH=-\log[\mathrm{OH}^{-}] =-\log(1{,}06\times10^{-5}) \approx4{,}97,
pH=14-pOH \approx14-4{,}97 =9{,}03.

Passo 4

Na parte (b) o pH está tamponado em 8,50, logo
pOH=14-8{,}50=5{,}50 \quad\Longrightarrow\quad [\mathrm{OH}^{-}]=10^{-5{,}50}=3{,}16\times10^{-6}\;\text{mol\cdotL}^{-1}.
Assumindo que a contribuição adicional de \mathrm{OH}^{-} por dissolução seja pequena diante do tampão, usamos
K_{sp}=[\mathrm{Ni}^{2+}]\,[\mathrm{OH}^{-}]^{2} \quad\Longrightarrow\quad s=[\mathrm{Ni}^{2+}] =\frac{K_{sp}}{[\mathrm{OH}^{-}]^{2}} =\frac{6{,}00\times10^{-16}}{(3{,}16\times10^{-6})^{2}} \approx6{,}0\times10^{-5}\;\text{mol\cdotL}^{-1}.

Passo 5

A diferença nos valores de solubilidade ocorre pelo efeito do íon comum. Em água pura, ao dissolver \mathrm{Ni(OH)}_{2} o sistema gera \mathrm{OH}^{-} até que a concentração de 2s atinja cerca de 1{,}06\times10^{-5}. Num tampão a pH 8,50 já existe [\mathrm{OH}^{-}]\approx3{,}16\times10^{-6}, o que é menor que 2s em água pura, de modo que o equilíbrio se desloca mais para a direita (mais sólido dissolvido) para fornecer \mathrm{OH}^{-} e restaurar K_{sp}. Assim, a solubilidade aumenta na presença de tampão ácido relativo.

Resposta

(a) \displaystyle s=5{,}31\times10^{-6}\,\text{mol\cdotL}^{-1},\;pH=9{,}03,\;pOH=4{,}97.
(b) \displaystyle s=6{,}0\times10^{-5}\,\text{mol\cdotL}^{-1}.
(c) A presença de \mathrm{OH}^{-} em diferentes concentrações (efeito do íon comum) desloca o equilíbrio de dissolução, diminuindo a solubilidade em meio com muito \mathrm{OH}^{-} e aumentando-a quando há menos \mathrm{OH}^{-} compare com a água pura.

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