Suponha que 1,0 \mathrm{~L} de solução contém 0,10 \mathrm{~mol} de amônia \left(\mathrm{NH}_{3}\right) e 0,10 \mathrm{~mol} de cloreto de amônio \left(\mathrm{NH}_{4} \mathrm{CI}\right). (Dado \mathrm{K}_{\mathrm{b} \mathrm{NH}_{3}}=1,8 \times 10^{-5} ).
a) Calcule o pH desta solução. ( \mathrm{pH}=9,25; a 2^{\circ} simplificação é válida, \sum erro = 1,2 \times 10^{-6} \% )
b) Calcule o pH resultante e a variação de pH (em %) após a adição de 100 mL de \mathrm{NaOH} 0,150 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} à solução inicial. (\mathrm{pH}=9,38 ; \Delta \mathrm{pH}=1,41 \%, sendo \Delta \mathrm{pH}= 0,13)
c) Calcule o pH resultante e a variação de pH (em %) após a adição de 100 mL de \mathrm{HNO}_{3} 0,150 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} à solução inicial. ( \mathrm{pH}=9,12 ; \Delta \mathrm{pH}=1,41 \%, sendo \Delta \mathrm{pH}= 0,13)

Passo 1

Temos uma solução tampão de amônia \mathrm{NH}_3 e seu ácido conjugado \mathrm{NH}_4^+, com 1{,}0 L contendo 0{,}10 mol de cada espécie. O dado é
K_b(\mathrm{NH}_3)=1{,}8\times10^{-5}.
Para pH de tampão usamos a equação de Henderson–Hasselbalch em sua forma para base:
\mathrm{pH}=pK_a+\log\frac{[\text{base}]}{[\text{ácido}]},á
onde pK_a=14 - pK_b.

Passo 2

Cálculo do pH inicial.
  1. Obter pK_b:
pK_b=-\log\bigl(1{,}8\times10^{-5}\bigr)=4{,}745.
  1. Calcular pK_a:
pK_a=14 - 4{,}745=9{,}255.
  1. Como as concentrações molares de \mathrm{NH}_3 e \mathrm{NH}_4^+ são iguais \bigl(0{,}10\text{ mol}/1{,}0\text{ L}\bigr), o logaritmo de sua razão é zero. Logo
\mathrm{pH}=9{,}255+\log1=9{,}255\approx9{,}25.

Passo 3

Adição de 100 mL de NaOH 0{,}150 mol/L:
  1. Mols de \mathrm{OH}^- adicionados:
n_{\mathrm{OH}^-}=0{,}150\frac{\text{mol}}{\text{L}}\times0{,}100\text{ L}=0{,}015\text{ mol}.
  1. Reação com \mathrm{NH}_4^+:
\mathrm{NH}_4^+ + \mathrm{OH}^- \longrightarrow \mathrm{NH}_3 + \mathrm{H_2O}.
  • n_{\mathrm{NH}_4^+} final =0{,}10-0{,}015=0{,}085 mol
  • n_{\mathrm{NH}_3} final =0{,}10+0{,}015=0{,}115 mol
  • Volume total =1{,}0+0{,}1=1{,}1 L
  1. Concentrações finais:
[\mathrm{NH}_3]=\frac{0{,}115}{1{,}1},\quad [\mathrm{NH}_4^+]=\frac{0{,}085}{1{,}1}.
  1. pH pelo tampão:
\mathrm{pH}=9{,}255+\log\frac{0{,}115}{0{,}085} =9{,}255+\log(1{,}3529) =9{,}255+0{,}131 \approx9{,}38.
  1. Variação de pH absoluta e percentual:
\Delta\mathrm{pH}=9{,}38-9{,}25=0{,}13, \quad \Delta\mathrm{pH}(\%)=\frac{0{,}13}{9{,}25}\times100\%\approx1,41\%.

Passo 4

Adição de 100 mL de HNO _3 0{,}150 mol/L:
  1. Mols de H ^+ adicionados:
n_{\mathrm{H}^+}=0{,}150\times0{,}100=0{,}015\text{ mol}.
  1. Reação com \mathrm{NH}_3:
\mathrm{NH}_3 + \mathrm{H}^+ \longrightarrow \mathrm{NH}_4^+.
  • n_{\mathrm{NH}_3} final =0{,}10-0{,}015=0{,}085 mol
  • n_{\mathrm{NH}_4^+} final =0{,}10+0{,}015=0{,}115 mol
  • Volume total =1{,}1 L
  1. Concentrações finais:
[\mathrm{NH}_3]=\frac{0{,}085}{1{,}1},\quad [\mathrm{NH}_4^+]=\frac{0{,}115}{1{,}1}.
  1. pH pelo tampão:
\mathrm{pH}=9{,}255+\log\frac{0{,}085}{0{,}115} =9{,}255+\log(0{,}7391) =9{,}255-0{,}131 \approx9{,}12.
  1. Variação de pH absoluta e percentual:
\Delta\mathrm{pH}=9{,}12-9{,}25=-0{,}13, \quad |\Delta\mathrm{pH}(\%)|=\frac{0{,}13}{9{,}25}\times100\%\approx1,41\%.

Resposta

a) \mathrm{pH}=9{,}25.
b) Após NaOH: \mathrm{pH}=9{,}38, \Delta\mathrm{pH}=0{,}13 1,41\%.
c) Após HNO _3: \mathrm{pH}=9{,}12, \Delta\mathrm{pH}=0{,}13 1,41\%.

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