QUESTÃO 04: Considerando uma solução tampão que contém 0,500 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} de \mathrm{CH}_{3} \mathrm{COOH} e 0,800 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} de \mathrm{CH}_{3} \mathrm{COONa}, faça o que se pede:
OBSERVAÇÃO: Resolver utilizando a Equação de Henderson-Hasselbalch.
a. Calcule o valor de pH da solução tampão. R: pH = 4,96
b. Calcule o valor de pH após adição 0,100 \mathrm{~mol} de HCl em 1 litro da solução tampão da letra “a”. Qual é a variação de pH em termos percentuais? R: pH=4,82; Redução de 2,82 %
c. Calcule o valor de pH após adição 0,100 \mathrm{~mol} de NaOH em 1 litro da solução tampão da letra “a”. Qual é a variação de pH em termos percentuais? R: pH = 5,11; Aumento de 3,02 %
d. Considerando as soluções tampão das questões 03 e 05, qual delas teve maior variação no valor de pH com a adição da mesma quantidade de ácido ou de base? JUSTIFIQUE. R: Quanto maior for a concentração das
espécies químicas do equilíbrio do tampão, maior será a eficiência do tampão em manter o pH inicial após a adição de ácido ou base.
DADO: \mathrm{ka}\left(\mathrm{CH}_{3} \mathrm{COOH}\right)=1,75 \times 10^{-5}

Passo 1

O enunciado dá uma solução tampão e pede quatro coisas. Vou listar exatamente o que foi dado e o que é pedido, com todos os números explícitos para não me perder:
Dados fornecidos:
\text{[}\mathrm{CH_3COOH}\text{]} = 0{,}500\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}
\text{[}\mathrm{CH_3COO^-}\text{]} = 0{,}800\\ \mathrm{mol\,L^{-1}}
Foi também dado:
K_a(\mathrm{CH_3COOH}) = 1{,}75\times 10^{-5}.
Nos itens (b) e (c) a adição é feita em 1\\ \mathrm{L} da solução-tampão original: adiciona-se 0{,}100\\ \mathrm{mol} de HCl (item b) ou 0{,}100\\ \mathrm{mol} de NaOH (item c). Como o volume é 1\\ \mathrm{L}, posso trabalhar com molaridades e com moles diretamente (mol \approx mol L ^{-1} para 1 L).
O que é pedido:
a. Calcular o valor do pH da solução tampão inicial.
b. Calcular o pH após adição de 0{,}100\\ \mathrm{mol} de HCl em 1\\ \mathrm{L} da solução tampão do item (a) e a variação percentual do pH.
c. Calcular o pH após adição de 0{,}100\\ \mathrm{mol} de NaOH em 1\\ \mathrm{L} da solução tampão do item (a) e a variação percentual do pH.
d. Comparar a eficiência (qual teve maior variação de pH) entre as soluções tampão das questões 03 e 05 e justificar (o enunciado pede justificativa geral sobre eficiência de tampões).
No próximo passo eu explico a fórmula que vou usar (Henderson–Hasselbalch), mostro de onde vem e já calculo o pK_a.

Passo 2

Explicando a Equação de Henderson–Hasselbalch de forma didática (passo a passo, sem pular etapas):
  1. Começo do equilíbrio ácido fraco: para o ácido acético,
\mathrm{CH_3COOH} \rightleftharpoons \mathrm{H^+} + \mathrm{CH_3COO^-}.
A constante de dissociação ácida é
K_a = \frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}.
Aqui:
  • K_a é a constante de acidez (dada no enunciado).
  • [\mathrm{H^+}] é a concentração de prótons livre na solução.
  • [\mathrm{CH_3COO^-}] é a concentração do sal (base conjugada).
  • [\mathrm{CH_3COOH}] é a concentração do ácido não dissociado.
  1. Tomando logaritmo negativo de ambos os lados e reorganizando, define-se
pK_a = -\log_{10}(K_a)
e também
pH = -\log_{10}([\mathrm{H^+}]).
A partir da expressão de K_a e usando as definições de pH e pK_a, chega-se à forma conveniente:
pH = pK_a + \log_{10}\left(\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}\right).
Esta é a Equação de Henderson–Hasselbalch. É prática porque, para tampões, normalmente [\mathrm{CH_3COO^-}] e [\mathrm{CH_3COOH}] são conhecidas (ou facilmente deduzíveis), e assim o pH sai direto.
  1. O que significa cada termo nesta equação:
  • pH: o que queremos calcular.
  • pK_a: propriedade intrínseca do ácido (quanto menor pK_a, mais forte o ácido).
  • A razão \dfrac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}: dá a tendência de deslocamento do equilíbrio; se houver mais base conjugada que ácido, o pH será maior que o pK_a, e vice-versa.
  1. Cálculo prático do pK_a com o valor fornecido:
pK_a = -\log_{10}\left(1{,}75\times 10^{-5}\right).
Faço a conta em etapas: \log_{10}(1{,}75)\approx 0{,}2430 e \log_{10}(10^{-5})=-5, então
\log_{10}\left(1{,}75\times 10^{-5}\right) \approx -4{,}75696,
logo
pK_a \approx 4{,}75696 \approx 4{,}757.
Esse valor de pK_a será usado nas contas do pH.
Agora aplico essa equação ao item (a).

Passo 3

Resolução do item (a): pH do tampão inicial.
Uso diretamente Henderson–Hasselbalch:
pH = pK_a + \log_{10}\!\left(\frac{[\mathrm{CH_3COO^-}]}{[\mathrm{CH_3COOH}]}\right).
Substituo os números (as concentrações estão em mol L ^{-1}, que podem ser usadas diretamente na razão):
pH = 4{,}75696 + \log_{10}\!\left(\frac{0{,}800}{0{,}500}\right).
Calculo a razão:
\frac{0{,}800}{0{,}500} = 1{,}6.
Agora o logaritmo:
\log_{10}(1{,}6) \approx 0{,}20412.
Somando:
pH \approx 4{,}75696 + 0{,}20412 = 4{,}96108.
Arredondando para duas casas decimais (como é costume em pH):
pH \approx 4{,}96.

Passo 4

Resolução do item (b): adição de 0{,}100\\ \mathrm{mol} de HCl em 1\\ \mathrm{L} da solução tampão inicial.
  1. Entendimento da reação e estequiometria: HCl é um ácido forte; ao ser adicionado, o próton ( \mathrm{H^+}) reage quase instantaneamente com a base conjugada \mathrm{CH_3COO^-} formando mais ácido acético:
\mathrm{HCl} + \mathrm{CH_3COO^-} \longrightarrow \mathrm{CH_3COOH} + \mathrm{Cl^-}.
Portanto, cada mol de HCl consome 1 mol de \mathrm{CH_3COO^-} e forma 1 mol de \mathrm{CH_3COOH}.
  1. Contas com moles (como o volume é 1\\ \mathrm{L}, as concentrações iniciais equivalem a moles):
    Moles iniciais:
n(\mathrm{CH_3COOH})_{\text{ini}} = 0{,}500\\ \mathrm{mol}, \quad n(\mathrm{CH_3COO^-})_{\text{ini}} = 0{,}800\\ \mathrm{mol}.
Adição:
n(\mathrm{HCl}) = 0{,}100\\ \mathrm{mol}.
Após reação:
n(\mathrm{CH_3COO^-})_{\text{f}} = 0{,}800 - 0{,}100 = 0{,}700\\ \mathrm{mol},
n(\mathrm{CH_3COOH})_{\text{f}} = 0{,}500 + 0{,}100 = 0{,}600\\ \mathrm{mol}.
Como o volume final é aproximadamente 1\\ \mathrm{L} (adição de 0,100 mol de soluto não altera significativamente o volume na conta prática de tampões em problemas de prova), as concentrações finais em mol L ^{-1} são numericamente iguais aos moles acima.
  1. Uso de Henderson–Hasselbalch com as novas concentrações:
pH_{\text{após HCl}} = pK_a + \log_{10}\!\left(\frac{0{,}700}{0{,}600}\right).ó
Calculo da razão:
\frac{0{,}700}{0{,}600} \approx 1{,}1666667.
Logaritmo:
\log_{10}(1{,}1666667)\approx 0{,}06766.
Somando:
pH_{\text{após HCl}} \approx 4{,}75696 + 0{,}06766 = 4{,}82462 \approx 4{,}82.ó
  1. Variação percentual do pH (usando os valores arredondados para relatório, como é comum em provas):
    Valor inicial usado: pH_{\text{ini}} = 4{,}96.
    Valor final: pH_{\text{final}} = 4{,}82.
    Diferença absoluta: 4{,}96 - 4{,}82 = 0{,}14.
    Variação percentual (redução):
\%\text{ redução} = \frac{4{,}96 - 4{,}82}{4{,}96}\times 100\% \approx 2{,}82\%.çã

Passo 5

Resolução do item (c): adição de 0{,}100\\ \mathrm{mol} de NaOH em 1\\ \mathrm{L} da solução tampão inicial.
  1. Entendimento da reação e estequiometria: NaOH é base forte; o \mathrm{OH^-} reage com o ácido acético:
\mathrm{NaOH} + \mathrm{CH_3COOH} \longrightarrow \mathrm{CH_3COO^-} + \mathrm{H_2O}.
Cada mol de NaOH consome 1 mol de \mathrm{CH_3COOH} e forma 1 mol de \mathrm{CH_3COO^-}.
  1. Moles iniciais (novamente, volume 1\\ \mathrm{L}):
n(\mathrm{CH_3COOH})_{\text{ini}} = 0{,}500\\ \mathrm{mol}, \quad n(\mathrm{CH_3COO^-})_{\text{ini}} = 0{,}800\\ \mathrm{mol}.
Adição:
n(\mathrm{NaOH}) = 0{,}100\\ \mathrm{mol}.
Após reação:
n(\mathrm{CH_3COOH})_{\text{f}} = 0{,}500 - 0{,}100 = 0{,}400\\ \mathrm{mol},
n(\mathrm{CH_3COO^-})_{\text{f}} = 0{,}800 + 0{,}100 = 0{,}900\\ \mathrm{mol}.
  1. Aplicando Henderson–Hasselbalch:
pH_{\text{após NaOH}} = pK_a + \log_{10}\!\left(\frac{0{,}900}{0{,}400}\right).ó
Calculo da razão:
\frac{0{,}900}{0{,}400} = 2{,}25.
Logaritmo:
\log_{10}(2{,}25) \approx 0{,}35218.
Somando:
pH_{\text{após NaOH}} \approx 4{,}75696 + 0{,}35218 = 5{,}10914 \approx 5{,}11.ó
  1. Variação percentual (aumento) usando os valores arredondados:
    Valor inicial: pH_{\text{ini}} = 4{,}96.
    Valor final: pH_{\text{final}} = 5{,}11.
    Diferença absoluta: 5{,}11 - 4{,}96 = 0{,}15.
    Variação percentual (aumento):
\%\text{ aumento} = \frac{5{,}11 - 4{,}96}{4{,}96}\times 100\% \approx 3{,}02\%.

Passo 6

Resolução do item (d): comparação entre tampões (questões 03 e 05) — qual teve maior variação no valor do pH com a mesma adição de ácido ou base? Justificativa didática:
  1. Regra geral e intuição: a eficiência de um tampão (a sua “capacidade tampão”) depende não só da razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}] mas também das concentrações absolutas das espécies envolvidas. Dois pontos importantes:
  • Tampões com as mesmas razões \dfrac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]} mas com concentrações maiores (por exemplo, 1{,}0\\ \mathrm{M} e 1{,}6\\ \mathrm{M} em vez de 0{,}1\\ \mathrm{M} e 0{,}16\\ \mathrm{M}) resistem melhor à adição de ácido ou base porque há mais quantidade (mais mols) de ácido e base conjugada disponíveis para reagir com o ácido forte ou a base forte adicionados.
  • Assim, dada a mesma quantidade de ácido ou base forte adicionada, o tampão com maiores concentrações absolutas terá menor variação de pH.
  1. Conclusão para o enunciado: entre as soluções tampão das questões 03 e 05, aquela que tem maiores concentrações das espécies do equilíbrio (maior quantidade molar de ácido e/ou de base conjugada) será a que apresentou menor variação de pH; a que tiver menores concentrações sofrerá maior variação. Em outras palavras, quanto maior for a concentração das espécies químicas do equilíbrio do tampão, maior será a eficiência do tampão em manter o pH inicial após a adição de ácido ou base — exatamente a justificativa pedida.

Resposta

a. pH = 4{,}96
b. pH = 4{,}82; Redução de 2{,}82\%
c. pH = 5{,}11; Aumento de 3{,}02\%
d. Quanto maior a concentração das espécies químicas do equilíbrio do tampão, maior a eficiência do tampão e menor a variação de pH ao adicionar a mesma quantidade de ácido ou base (logo, a solução com maiores concentrações sofre menor variação).

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