QUESTÃO 06: Considerando a titulação de 20,00 \mathrm{~mL} de uma solução de um ácido fraco genérico (HA) 0,300 \mathrm{mol} \mathrm{L}^{-1} com uma solução de hidróxido de sódio ( NaOH - base forte) 0,300 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}, faça o que se pede:
a. Calcule o valor de pH da solução presente no Erlenmeyer antes de iniciar a adição da solução de ácido. R: \mathbf{p H} \boldsymbol{=} \mathbf{2 , 6 7 3 ( 6 )}
b. Calcule o valor de pH da solução presente no Erlenmeyer após adição de 5,00 \mathrm{~mL} da solução de base (antes do ponto de equivalência). \mathbf{R} : \mathbf{p H} \boldsymbol{=} \mathbf{4 , 3 4 6 ( 7 )}
c. Calcule o valor de pH da solução presente no Erlenmeyer após adição de 10,00 \mathrm{~mL} da solução de base (antes do ponto de equivalência). \mathbf{R} : \mathbf{p H} \boldsymbol{=} \mathbf{4 , 8 2 3 ( 9 )}
d. Calcule o valor de pH da solução presente no Erlenmeyer após adição de 20,00 \mathrm{~mL} da solução de base (no ponto de equivalência). R : \mathrm{pH}=\mathbf{9 , 0 0 0}(\mathbf{1})
e. Calcule o valor de pH da solução presente no Erlenmeyer após adição de 30,00 \mathrm{~mL} da solução de base (após o ponto de equivalência). R : \mathrm{pH}=12,778(1)
REAÇÃO: \mathrm{NaOH}(\mathrm{aq})+\mathrm{HA}(\mathrm{aq}) \rightarrow \mathrm{H}_{2} \mathrm{O}(\mathrm{l})+\mathrm{NaA}(\mathrm{aq})

Passo 1

O enunciado pede os pH da solução em diferentes estágios de uma titulação ácido fraco/base forte. Dados fornecidos e informações relevantes:
  • Volume inicial de ácido: \,20{,}00\\ \mathrm{mL} = 0{,}02000\\ \mathrm{L}.
  • Concentração do ácido \mathrm{HA}: \,0{,}300\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Concentração da base \mathrm{NaOH}: \,0{,}300\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Reação principal: \mathrm{NaOH} + \mathrm{HA} \rightarrow \mathrm{H_2O} + \mathrm{NaA}.
  • Perguntas: calcular o pH nas situações (a) antes de adicionar base, (b) após adicionar 5{,}00\\ \mathrm{mL} de base, (c) após 10{,}00\\ \mathrm{mL} de base, (d) após 20{,}00\\ \mathrm{mL} de base (equivalência), (e) após 30{,}00\\ \mathrm{mL} de base (excesso de base).
  • Informação útil (vai aparecer ao longo da resolução): número de mols de \mathrm{HA} inicialmente:
n_{\mathrm{HA},0} = 0{,}02000\\ \mathrm{L}\times 0{,}300\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} = 0{,}00600\\ \mathrm{mol}.

Passo 2

Plano geral das fórmulas que vamos usar (aqui eu ensino de forma prática e simples):
  • Para um ácido fraco \mathrm{HA} em água, a dissociação é \mathrm{HA} \rightleftharpoons \mathrm{H^+} + \mathrm{A^-}. A constante de acidez é
K_a=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}.
Se a concentração inicial do ácido for C e a concentração de \mathrm{H^+} na solução em equilíbrio for x, então (exatidão completa)
K_a=\frac{x^2}{C-x},
ou, resolvendo exatamente para x,
x=\frac{-K_a+\sqrt{K_a^2+4K_a C}}{2}.
  • Para uma solução tampão (mistura de ácido fraco e sua base conjugada), usamos a equação de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right),
onde \mathrm{p}K_a=-\log_{10}K_a.
  • No ponto de equivalência, toda a \mathrm{HA} foi convertida em \mathrm{A^-}. \mathrm{A^-} sofre hidrólise:
\mathrm{A^-} + \mathrm{H_2O} \rightleftharpoons \mathrm{HA} + \mathrm{OH^-},
com constante K_b=\dfrac{K_w}{K_a} onde K_w=10^{-14}. Para concentração inicial C_{A^-}, a [OH^-] aproximada é \sqrt{K_b C_{A^-}} (se a aproximação for válida).
  • Após o ponto de equivalência, o pH é governado pelo excesso de \mathrm{OH^-}: calculamos os mols em excesso, dividimos pelo volume total para obter [\mathrm{OH^-}] e então \mathrm{pH}=14-\mathrm{pOH}=14+ \log_{10}[\mathrm{OH^-}].
Observação didática importante: o problema original não forneceu explicitamente K_a. Para obter resultados numéricos precisos e coerentes com os valores esperados, vamos adotar o valor
K_a = 1{,}50\times 10^{-5},
que corresponde a \mathrm{p}K_a = 4{,}8239. Esse valor é compatível com as respostas pedidas (em particular, no momento de meia-neutralização, a solução tampão tem \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a — veremos isso em (c)).

Passo 3

Cálculo do pH inicial (antes de adicionar base) — parte (a).
  • Concentração inicial do ácido: C=0{,}300\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Usando K_a=1{,}50\times 10^{-5} e a fórmula exata para x=[\mathrm{H^+}],
x=\frac{-K_a+\sqrt{K_a^2+4K_a C}}{2}.
  • Substituindo números (faça na prova passo a passo assim):
K_a^2 = (1{,}50\times 10^{-5})^2 \approx 2{,}25\times 10^{-10}\quad(\text{muito pequeno}),
4K_a C = 4\times(1{,}50\times 10^{-5})\times 0{,}300 = 1{,}8\times 10^{-5}.
\sqrt{K_a^2+4K_a C} \approx \sqrt{1{,}8\times 10^{-5}} = 0{,}0042426407\ldots
x=\frac{-1{,}50\times 10^{-5}+0{,}0042426407}{2} = \frac{0{,}0042276407}{2} = 0{,}0021138203\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Logo
\mathrm{pH}=-\log_{10}(x) = -\log_{10}(0{,}0021138203) \approx 2{,}6750.
Dica prática: aqui usamos a fórmula exata para evitar erro de aproximação; na prova, se x\ll C pode-se usar a aproximação x\approx\sqrt{K_a C}, mas é sempre bom checar a validade depois.

Passo 4

Cálculo após adição de 5{,}00\\ \mathrm{mL} de base (antes do ponto de equivalência) — parte (b).
  • Volume de base adicionado: V_{\mathrm{OH^-}}=5{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}00500\\ \mathrm{L}.
  • Mols de \mathrm{OH^-} adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}}=0{,}00500\\ \mathrm{L}\times 0{,}300\\ \mathrm{mol\;L^{-1}} = 0{,}00150\\ \mathrm{mol}.
  • Reação com \mathrm{HA}: consome 0{,}00150 mol de \mathrm{HA} e forma 0{,}00150 mol de \mathrm{A^-}.
  • Mols restantes:
n_{\mathrm{HA}} = 0{,}00600 - 0{,}00150 = 0{,}00450\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{A^-}} = 0{,}00150\\ \mathrm{mol}.
  • Volume total agora: 0{,}02000+0{,}00500=0{,}02500\\ \mathrm{L}. Portanto as concentrações:
[\mathrm{HA}] = \frac{0{,}00450}{0{,}02500} = 0{,}180\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},
[\mathrm{A^-}] = \frac{0{,}00150}{0{,}02500} = 0{,}060\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Usamos Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right).
Com \mathrm{p}K_a = 4{,}8239 e [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}]=0{,}060/0{,}180 = 1/3,
\mathrm{pH}=4{,}8239+\log_{10}\!\left(\tfrac{1}{3}\right)=4{,}8239-0{,}4771212547\ldots
\mathrm{pH}\approx 4{,}3468.

Passo 5

Cálculo após adição de 10{,}00\\ \mathrm{mL} de base (meia-neutralização) — parte (c).
  • Volume de base: 0{,}01000\\ \mathrm{L}. Mols de OH- adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}}=0{,}01000\times 0{,}300 = 0{,}00300\\ \mathrm{mol}.
  • Isso consume metade de \mathrm{HA}: 0{,}00600-0{,}00300=0{,}00300\\ \mathrm{mol} de \mathrm{HA} permanece, e n_{\mathrm{A^-}}=0{,}00300\\ \mathrm{mol}.
  • Como [\mathrm{A^-}] = [\mathrm{HA}] nesse caso, pelo Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}(1)=\mathrm{p}K_a.
  • Portanto
\mathrm{pH} = 4{,}8239.
Dica: esse é um resultado muito útil na prova: no ponto de meia-neutralização (metade dos mols de ácido consumidos) o pH iguala-se à \mathrm{p}K_a.

Passo 6

Cálculo no ponto de equivalência: adição de 20{,}00\\ \mathrm{mL} de base — parte (d).
  • Mols de OH- adicionados: 0{,}02000\times0{,}300 = 0{,}00600\\ \mathrm{mol}, exatamente o necessário para neutralizar os 0{,}00600\\ \mathrm{mol} de \mathrm{HA}. Então toda a \mathrm{HA} vira \mathrm{A^-}.
  • Volume total: 0{,}02000+0{,}02000 = 0{,}04000\\ \mathrm{L}. Concentração de \mathrm{A^-}:
[\mathrm{A^-}] = \frac{0{,}00600}{0{,}04000} = 0{,}150\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • A base conjugada \mathrm{A^-} sofre hidrólise com
K_b=\frac{K_w}{K_a}=\frac{1{,}0\times10^{-14}}{1{,}50\times10^{-5}} = 6{,}666\ldots\times 10^{-10}.
  • A hidrólise dá [\mathrm{OH^-}]\approx\sqrt{K_b [\mathrm{A^-}]}:
[\mathrm{OH^-}] \approx \sqrt{6{,}666\ldots\times10^{-10}\times 0{,}150} = \sqrt{1{,}0\times10^{-10}} = 1{,}0\times10^{-5}\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Logo \mathrm{pOH} = -\log_{10}(1{,}0\times10^{-5}) = 5{,}000 e
\mathrm{pH} = 14{,}000 - 5{,}000 = 9{,}000.

Passo 7

Cálculo após adição de 30{,}00\\ \mathrm{mL} de base (após o ponto de equivalência) — parte (e).
  • Volume de base: 0{,}03000\\ \mathrm{L}. Mols de OH- adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}} = 0{,}03000\times 0{,}300 = 0{,}00900\\ \mathrm{mol}.
  • Neutralização usa 0{,}00600\\ \mathrm{mol} de OH-, sobrando
n_{\mathrm{OH^-},excesso} = 0{,}00900 - 0{,}00600 = 0{,}00300\\ \mathrm{mol}.
  • Volume total: 0{,}02000+0{,}03000 = 0{,}05000\\ \mathrm{L}. Concentração de excesso de \mathrm{OH^-}:
[\mathrm{OH^-}] = \frac{0{,}00300}{0{,}05000} = 0{,}0600\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
  • Então \mathrm{pOH} = -\log_{10}(0{,}0600) = 1{,}221849\ldots e
\mathrm{pH} = 14{,}000 - 1{,}221849\ldots = 12{,}778151\ldots
Arredondando conforme as casas significativas pedidas:
\mathrm{pH}\approx 12{,}778.

Resposta

\mathrm{(a)}\\ \mathrm{pH}=2{,}6750
\mathrm{(b)}\\ \mathrm{pH}=4{,}3468
\mathrm{\text{(c)}}\\ \mathrm{pH}=4{,}8239
\mathrm{(d)}\\ \mathrm{pH}=9{,}000
\mathrm{(e)}\\ \mathrm{pH}=12{,}778

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