Uma solução aquosa foi preparada em um balão volumétrico de capacidade igual a 1 L , adicionando-se uma massa correspondente a 0,05 \mathrm{~mol} de dihidrogenofosfato de potássio \left(\mathrm{KH}_{2} \mathrm{PO}_{4}\right) sólido a 300 mL de uma solução
aquosa de hidróxido de potássio ( KOH ) 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}, completando-se o volume do balão com água destilada. (Dado \mathrm{pKa} \mathrm{H}_{2} \mathrm{PO}_{4}^{-}=7,2 ).
a) Escreva a equação química referente à reação que ocorre no balão quando ocorre a adição do \mathrm{KH}_{2} \mathrm{PO}_{4} à solução de \mathrm{KOH} .\left(\mathrm{H}_{2} \mathrm{PO}_{4}{ }^{-}(\mathrm{aq})+\mathrm{OH}^{-}(\mathrm{aq}) \rightleftharpoons \mathrm{HPO}^{2-}\right. (aq) +\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{(\mathrm{l})} )
b) Determine o pH da solução aquosa preparada. ( \mathrm{pH}=7,38, a 2^{\circ} simplificação é válida, \sum erro =3,5 \times 10^{-4} \% )
c) Qual a variação de pH quando a 100 mL da solução preparada em (a) for adicionado 10 mL de solução aquosa de \mathrm{HCl} 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} ? ( \mathrm{pH}=7,02 ; \Delta \mathrm{pH}=0,36 ou \Delta \mathrm{pH}=4,9 \% )
d) Qual a variação de pH quando a 100 mL desta solução for adicionado 10 mL de solução aquosa de \mathrm{KOH} 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} ? ( \mathrm{pH}=7,80 ; \Delta \mathrm{pH}=0,42 ou \Delta \mathrm{pH}=5,7 \% )

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas claras:
  1. (a) Escrever a equação química da reação que ocorre quando se adiciona \mathrm{KH}_2\mathrm{PO}_4 sólido a uma solução aquosa de \mathrm{KOH}.
  2. (b) Determinar o pH da solução final no balão volumétrico de 1\\ \mathrm{L}.
  3. (c) Calcular a variação de pH quando 100\\ \mathrm{mL} da solução preparada em (b) recebem 10\\ \mathrm{mL} de \mathrm{HCl}\\\ 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}.
  4. (d) Calcular a variação de pH quando 100\\ \mathrm{mL} da solução de (b) recebem 10\\ \mathrm{mL} de \mathrm{KOH}\\\ 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}.
Informações e dados relevantes fornecidos:
  • Quantidade de \mathrm{KH}_2\mathrm{PO}_4 adicionada: 0,05\\ \mathrm{mol}.
  • Solução de \mathrm{KOH}: 300\\ \mathrm{mL} de 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}.
  • Volume final do balão: 1\\ \mathrm{L}.
  • Valor fornecido: \mathrm{p}K_a da reação \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^- \rightleftharpoons \mathrm{H}^+ + \mathrm{HPO}_4^{2-} é \mathrm{p}K_a = 7,2.
  • A reação ácido-base relevante (dada no enunciado) é: \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^- + \mathrm{OH}^- \rightleftharpoons \mathrm{HPO}_4^{2-} + \mathrm{H}_2\mathrm{O}.
Não inicio a resolver aqui; só listei os pedidos e os dados que vamos usar.

Passo 2

Escrevendo a equação química pedida em (a) e explicando o que ela representa.
  • Net ionic (reação ácido-base entre íons):
\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}\,(\mathrm{aq}) + \mathrm{OH}^{-}\,(\mathrm{aq}) \rightleftharpoons \mathrm{HPO}_4^{2-}\,(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}\,(\ell)
Essa é a equação que mostra o fósforo em sua forma ácido-conjugada ( \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}) sendo neutralizada por \mathrm{OH}^-, formando a base conjugada \mathrm{HPO}_4^{2-} e água.
  • Se preferir a forma molecular incluindo os contra-íons potássio (reação global):
\mathrm{KH}_2\mathrm{PO}_4\,(s) + \mathrm{KOH}\,(aq) \rightarrow \mathrm{K}_2\mathrm{HPO}_4\,(aq) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}\,(\ell)
Aqui os \mathrm{K}^+ são espectadores; a química ácido-base ocorre entre \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} e \mathrm{OH}^-.

Passo 3

Preparação e cálculo das quantidades iniciais (base para o item b). Vamos calcular quantos mols de \mathrm{OH}^- e quantos mols de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} temos antes da reação e o que sobra após a reação:
  • Mols de \mathrm{OH}^- em 300\\ \mathrm{mL} de 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}:
n_{\mathrm{OH}^-} = 0,300\\ \mathrm{L}\times 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L} = 0,03\\ \mathrm{mol}.
  • Mols de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} adicionados (a partir de \mathrm{KH}_2\mathrm{PO}_4):
n_{\mathrm{H_2PO_4^-}} = 0,05\\ \mathrm{mol}.
Reação: cada mol de \mathrm{OH}^- consome 1 mol de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} e gera 1 mol de \mathrm{HPO}_4^{2-}.
Comparando os mols: 0,03\\ \mathrm{mol} de \mathrm{OH}^- e 0,05\\ \mathrm{mol} de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}. O \mathrm{OH}^- é limitante.
  • Mols após reação:
\begin{aligned} n_{\mathrm{OH}^-}^{\text{resto}} &= 0,03 - 0,03 = 0\\ \mathrm{mol},\\[4pt] n_{\mathrm{H_2PO_4^-}}^{\text{resto}} &= 0,05 - 0,03 = 0,02\\ \mathrm{mol},\\[4pt] n_{\mathrm{HPO_4^{2-}}}^{\text{formado}} &= 0,03\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}
Volume final do balão: 1\\ \mathrm{L}. Portanto concentrações finais (antes de adicionar qualquer ácido/base extra):
\begin{aligned} [\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}] &= \frac{0,02\\ \mathrm{mol}}{1\\ \mathrm{L}} = 0,02\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L},\\[4pt] [\mathrm{HPO}_4^{2-}] &= \frac{0,03\\ \mathrm{mol}}{1\\ \mathrm{L}} = 0,03\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}. \end{aligned}]

Passo 4

Explicando a fórmula que vamos usar para calcular o pH (Henderson–Hasselbalch) e por que ela vale aqui.
Considere o equilíbrio de dissociação:
\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} \rightleftharpoons \mathrm{H}^+ + \mathrm{HPO}_4^{2-}.
A constante de acidez é
K_a = \frac{[\mathrm{H}^+][\mathrm{HPO}_4^{2-}]}{[\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}]}.
Tomando logaritmo e reorganizando obtemos a relação conhecida:
\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\!\left(\dfrac{[\mathrm{HPO}_4^{2-}]}{[\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}]}\right).
Essa é a equação de Henderson–Hasselbalch. Aqui ela é apropriada porque temos um sistema tampão (mistura de ácido fraco \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} e sua base conjugada \mathrm{HPO}_4^{2-}), e as concentrações calculadas são justamente as dos pares conjugados.
Na fórmula:
  • \mathrm{pH} é o logaritmo negativo da concentração de \mathrm{H}^+.
  • \mathrm{p}K_a é o logaritmo negativo de K_a (dado: \mathrm{p}K_a = 7,2).
  • [\mathrm{HPO}_4^{2-}] é a concentração da base conjugada.
  • [\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}] é a concentração do ácido conjugado.

Passo 5

Aplicando Henderson–Hasselbalch para encontrar o pH da solução do balão (item b).
Substituindo os valores calculados no Passo 3:
\mathrm{pH} = 7,2 + \log\!\left(\dfrac{0,03}{0,02}\right).
Calculemos o logaritmo:
\dfrac{0,03}{0,02} = 1,5,\qquad \log(1,5)\approx 0,17609.
Portanto
\mathrm{pH} = 7,2 + 0,17609 \approx 7,37609.
Arredondando com duas casas decimais (conforme padrão pedido): \mathrm{pH}\approx 7,38.
Essa é a resposta do item (b). Observação didática: a aproximação da equação de Henderson–Hasselbalch é válida aqui; verificações finas de atividade não são necessárias para este nível de problema.

Passo 6

Preparando o cálculo do item (c): efeito da adição de \mathrm{HCl} a 100\\ \mathrm{mL} da solução preparada.
Primeiro, moles presentes em 100\\ \mathrm{mL} da solução do balão (usamos as concentrações do Passo 3):
\begin{aligned} n_{\mathrm{H_2PO_4^-}}^{(100\\ \mathrm{mL})} &= 0,02\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}\times 0,100\\ \mathrm{L} = 0,002\\ \mathrm{mol},\\[4pt] n_{\mathrm{HPO_4^{2-}}}^{(100\\ \mathrm{mL})} &= 0,03\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}\times 0,100\\ \mathrm{L} = 0,003\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}
Mols de \mathrm{HCl} adicionados ( 10\\ \mathrm{mL} de 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}):
n_{\mathrm{HCl}} = 0,010\\ \mathrm{L}\times 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L} = 0,001\\ \mathrm{mol}.
Reação entre \mathrm{H}^+ (do \mathrm{HCl}) e a base conjugada \mathrm{HPO}_4^{2-}:
\mathrm{H}^+ + \mathrm{HPO}_4^{2-} \rightarrow \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}.
Logo, cada mol de \mathrm{HCl} consome 1 mol de \mathrm{HPO}_4^{2-} e aumenta 1 mol de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}.]

Passo 7

Atualizando moles após a adição de \mathrm{HCl} (item c):
  • Moles de \mathrm{HPO}_4^{2-} após reação:
n_{\mathrm{HPO_4^{2-}}}^{\text{novo}} = 0,003 - 0,001 = 0,002\\ \mathrm{mol}.
  • Moles de \mathrm{H_2PO_4^-} após reação:
n_{\mathrm{H_2PO_4^-}}^{\text{novo}} = 0,002 + 0,001 = 0,003\\ \mathrm{mol}.
Volume total final desta mistura: 100\\ \mathrm{mL} + 10\\ \mathrm{mL} = 110\\ \mathrm{mL} = 0,110\\ \mathrm{L}.
Concentrações finais:
\begin{aligned} [\mathrm{H_2PO_4^-}]_{\text{novo}} &= \frac{0,003}{0,110}\approx 0,0272727\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L},\\[4pt] [\mathrm{HPO_4^{2-}}]_{\text{novo}} &= \frac{0,002}{0,110}\approx 0,0181818\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}. \end{aligned}]

Passo 8

Calculando o pH após adição de \mathrm{HCl} (item c) usando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH} = 7,2 + \log\!\left(\dfrac{[\mathrm{HPO}_4^{2-}]_{\text{novo}}}{[\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}]_{\text{novo}}}\right) = 7,2 + \log\!\left(\dfrac{0,0181818}{0,0272727}\right).
Note que \dfrac{0,0181818}{0,0272727} = \dfrac{2}{3}\approx 0,666666 e \log(2/3) = -\log(3/2) \approx -0,17609.
Logo
\mathrm{pH} \approx 7,2 - 0,17609 = 7,02391 \approx 7,02.
Variação de pH relativa ao pH inicial 7,38:
\Delta\mathrm{pH} = 7,02 - 7,38 = -0,36\quad\text{(queda de \(0,36\) unidades)}.
Percentual da variação (tomando como base o pH inicial):
\frac{0,36}{7,38}\times 100\% \approx 4,9\%.

Passo 9

Preparando o cálculo do item (d): efeito da adição de \mathrm{KOH} a 100\\ \mathrm{mL} da solução preparada.
Novamente, moles iniciais em 100\\ \mathrm{mL} (relembrando):
n_{\mathrm{H_2PO_4^-}} = 0,002\\ \mathrm{mol},\qquad n_{\mathrm{HPO_4^{2-}}} = 0,003\\ \mathrm{mol}.
Mols de \mathrm{OH}^- adicionados com 10\\ \mathrm{mL} de 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L} de \mathrm{KOH}:
n_{\mathrm{OH}^-} = 0,010\\ \mathrm{L}\times 0,1\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L} = 0,001\\ \mathrm{mol}.
Reação relevante: \mathrm{OH}^- + \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} \rightarrow \mathrm{HPO}_4^{2-} + \mathrm{H}_2\mathrm{O}.
Cada mol de \mathrm{OH}^- consome 1 mol de \mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-} e produz 1 mol de \mathrm{HPO}_4^{2-}.

Passo 10

Atualizando moles após adição de \mathrm{KOH} (item d):
  • Moles de \mathrm{H}_2\mathrm{PO_4^-} após reação:
n_{\mathrm{H_2PO_4^-}}^{\text{novo}} = 0,002 - 0,001 = 0,001\\ \mathrm{mol}.
  • Moles de \mathrm{HPO_4^{2-}}^{\text{novo}}:
n_{\mathrm{HPO_4^{2-}}}^{\text{novo}} = 0,003 + 0,001 = 0,004\\ \mathrm{mol}.
Volume total: 0,100 + 0,010 = 0,110\\ \mathrm{L}.
Concentrações:
\begin{aligned} [\mathrm{H_2PO_4^-}]_{\text{novo}} &= \frac{0,001}{0,110}\approx 0,0090909\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L},\\[4pt] [\mathrm{HPO_4^{2-}}]_{\text{novo}} &= \frac{0,004}{0,110}\approx 0,0363636\\ \mathrm{mol}\!/\!\mathrm{L}. \end{aligned}]

Passo 11

Calculando o pH após adição de \mathrm{KOH} (item d) com Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH} = 7,2 + \log\!\left(\dfrac{0,0363636}{0,0090909}\right).
Observe que \dfrac{0,0363636}{0,0090909} = 4 e \log(4)\approx 0,60206.
Logo
\mathrm{pH} \approx 7,2 + 0,60206 = 7,80206 \approx 7,80.
Variação de pH em relação ao pH inicial 7,38:
\Delta\mathrm{pH} = 7,80 - 7,38 = 0,42\quad\text{(aumento de \(0,42\) unidades)}.
Percentual:
\frac{0,42}{7,38}\times 100\% \approx 5,7\%.

Resposta

\mathrm{H}_2\mathrm{PO}_4^{-}\,(\mathrm{aq}) + \mathrm{OH}^{-}\,(\mathrm{aq}) \rightleftharpoons \mathrm{HPO}_4^{2-}\,(\mathrm{aq}) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}\,(\ell) ; equivalente molecular: \mathrm{KH}_2\mathrm{PO}_4\,(s) + \mathrm{KOH}\,(aq) \rightarrow \mathrm{K}_2\mathrm{HPO}_4\,(aq) + \mathrm{H}_2\mathrm{O}\,(\ell)
\mathrm{pH}=7,38
\mathrm{pH}=7,02;\\ \Delta\mathrm{pH}=-0,36\\ (\text{queda})\approx 4,9\%
\mathrm{pH}=7,80;\\ \Delta\mathrm{pH}=+0,42\\ (\text{aumento})\approx 5,7\%

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