Suponha que se queira preparar uma solução tampão, responda.
a. Qual a quantidade de NaAc (massa) que eu devo adicionar a 100 mL de solução de HAc 0,2 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}\left(\mathrm{NaAc}=\mathrm{CH}_{3} \mathrm{COONa}\right) para um tampão de \mathrm{pH}=5(\mathrm{R}: \mathrm{m}=2,95 gramas )
b. Qual a quantidade de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{Cl} (massa) eu devo adicionar a 100 mL de uma solução de \mathrm{NH}_{3} 0,5 \mathrm{molL}^{-1} par ao preparo de uma solução de pH 9 ? ( R: \mathrm{m}=4,98 gramas)
c. Qual seria o pH onde o meio tamponante é o mais eficiente? Justifique a sua resposta.

Passo 1

O enunciado pede três coisas, e nos dá dados para cada item. Vou listar com calma para não se perder:
  • (a) Queremos preparar um tampão com \mathrm{pH}=5 a partir de 100\\ \mathrm{mL} de solução de ácido acético ( \mathrm{HAc}) de concentração \;0,20\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}. O sal que fornece o íon acetato é o acetato de sódio \mathrm{NaAc}=\mathrm{CH_3COONa}. Pergunta: qual a massa de \mathrm{NaAc} a adicionar? (Resposta de conferência fornecida: m=2,95\\ \mathrm{g}.)
  • (b) Queremos preparar um tampão com \mathrm{pH}=9 a partir de 100\\ \mathrm{mL} de solução de amônia \mathrm{NH_3} de concentração \;0,50\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}. O sal que fornece \mathrm{NH_4^+} é o cloreto de amônio \mathrm{NH_4Cl}. Pergunta: qual a massa de \mathrm{NH_4Cl} a adicionar? (Resposta de conferência fornecida: m=4,98\\ \mathrm{g}.)
  • (c) Pergunta geral: em que \mathrm{pH} o meio tamponante é o mais eficiente? Peço justificativa.
Dados numéricos que vamos usar explicitamente:
\begin{aligned} V &= 100\\ \mathrm{mL}=0{,}100\\ \mathrm{L},\\\ [\mathrm{HAc}]_{\text{inicial}} &= 0{,}20\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ [\mathrm{NH_3}]_{\text{inicial}} &= 0{,}50\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}. \end{aligned}
Também vou usar valores usuais de \mathrm{p}K_a:
\mathrm{p}K_a(\mathrm{HAc})\approx 4{,}76,\qquad \mathrm{p}K_a(\mathrm{NH_4^+})\approx 9{,}25.

Passo 2

Conceito e fórmula que vamos usar (a ferramenta principal): a equação de Henderson–Hasselbalch para um tampão ácido (ácido fraco \mathrm{HA} e sua base conjugada \mathrm{A^-}):
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}.
Explicando essa fórmula de forma simples:
  • \mathrm{pH} é o logaritmo negativo da concentração de \mathrm{H^+}.
  • \mathrm{p}K_a é -\log K_a, onde K_a mede a força do ácido fraco na reação \mathrm{HA \rightleftharpoons H^+ + A^-}.
  • [\mathrm{A^-}] é a concentração da base conjugada (aqui vinda do sal, por ex. \mathrm{CH_3COO^-}).
  • [\mathrm{HA}] é a concentração do ácido não dissociado (aqui \mathrm{HAc}).
Rearranjando a equação, quando conhecemos \mathrm{pH} e \mathrm{p}K_a podemos calcular a razão entre as espécies:
\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]} = 10^{\mathrm{pH}-\mathrm{p}K_a}.
Na prática, para preparar o tampão a partir de uma solução de \mathrm{HA} e adicionando o sal \mathrm{A^-} (que fornece [A^-]), calculamos os mols necessários de \mathrm{A^-} a partir dos mols iniciais de \mathrm{HA} e, em seguida, transformamos mols em massa usando a massa molar do sal.
Observação prática: em soluções diluídas e volumes moderate, podemos usar as concentrações proporcionais aos mols, porque o volume final não muda muito ao adicionar pequena massa de sal sólido; aqui vou trabalhar com mols diretos (mols em 0{,}100 L) — isso é o procedimento padrão em prova.

Passo 3

  1. Mols de \mathrm{HAc} presentes inicialmente:
n(\mathrm{HAc}) = [\mathrm{HAc}]\cdot V = 0{,}20\\ \frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 0{,}100\\ \mathrm{L}=0{,}020\\ \mathrm{mol}.
  1. Razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}] necessária (usando \mathrm{pH}=5 e \mathrm{p}K_a=4{,}76):
\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]} = 10^{5{,}00-4{,}76}=10^{0{,}24}\approx 1{,}7378.
  1. Mols de \mathrm{A^-} (isto é, de acetato) necessários:
n(\mathrm{A^-}) = 1{,}7378\times n(\mathrm{HAc}) = 1{,}7378\times 0{,}020\\ \mathrm{mol}=0{,}034756\\ \mathrm{mol}.
  1. Massa molar do acetato de sódio \mathrm{CH_3COONa} (soma das massas atômicas aproximadas):
M(\mathrm{NaAc}) = 2\cdot 12{,}01 + 3\cdot 1{,}008 + 2\cdot 16{,}00 + 22{,}99 \approx 82{,}03\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}.
  1. Converter mols em massa:
m(\mathrm{NaAc}) = n(\mathrm{A^-})\cdot M(\mathrm{NaAc}) =0{,}034756\\ \mathrm{mol}\times 82{,}03\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}\approx 2{,}85\\ \mathrm{g}.
Comentário prático: valores ligeiramente diferentes (por exemplo 2{,}95\\ \mathrm{g} do enunciado) aparecem se você usar outro valor de \mathrm{p}K_a (algumas tabelas dão 4{,}74 ou 4{,}75) ou se arredondar de modo diferente. A metodologia é a mesma.

Passo 4

  1. Mols de \mathrm{NH_3} presentes inicialmente:
n(\mathrm{NH_3})=[\mathrm{NH_3}]\cdot V = 0{,}50\\ \frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{L}}\times 0{,}100\\ \mathrm{L}=0{,}050\\ \mathrm{mol}.
  1. Razão [\mathrm{NH_4^+}]/[\mathrm{NH_3}] necessária (usando \mathrm{p}K_a(\mathrm{NH_4^+})\approx 9{,}25 e \mathrm{pH}=9{,}00):
\frac{[\mathrm{NH_4^+}]}{[\mathrm{NH_3}]} = 10^{9{,}25-9{,}00}=10^{0{,}25}\approx 1{,}7783.
  1. Mols de \mathrm{NH_4^+} (vindos do \mathrm{NH_4Cl}) necessários:
n(\mathrm{NH_4^+}) = 1{,}7783\times n(\mathrm{NH_3}) = 1{,}7783\times 0{,}050\\ \mathrm{mol}=0{,}088915\\ \mathrm{mol}.
  1. Massa molar do \mathrm{NH_4Cl}:
M(\mathrm{NH_4Cl}) = 14{,}01 + 4\cdot1{,}008 + 35{,}45 \approx 53{,}49\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}.
  1. Converter mols em massa:
m(\mathrm{NH_4Cl}) = n(\mathrm{NH_4^+})\cdot M(\mathrm{NH_4Cl}) =0{,}088915\\ \mathrm{mol}\times 53{,}49\\ \mathrm{g\;mol^{-1}}\approx 4{,}76\\ \mathrm{g}.
Comentário prático: novamente, diferenças como 4{,}98\\ \mathrm{g} no enunciado podem surgir por uso de outro valor de \mathrm{p}K_a, outro valor de massas atômicas ou diferentes arredondamentos. O raciocínio é o mesmo.

Passo 5

Explicação didática e intuitiva:
  • A “eficiência” (ou capacidade tamponante) de um tampão mede o quanto o pH varia quando adicionamos um pouco de ácido forte ou base forte. Quanto menor a variação de pH para a mesma adição, melhor o tampão.
  • Da equação de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]},
se [\mathrm{A^-}]=[\mathrm{HA}] então \log\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=\log 1=0 e portanto \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a.
Por que isso dá máxima eficiência?
  • Se [\mathrm{A^-}]=[\mathrm{HA}] há quantidades iguais de base conjugada e ácido. Assim, se você adicionar um pouco de ácido forte, a base conjugada \mathrm{A^-} neutraliza parte dele; se adicionar base forte, o ácido \mathrm{HA} neutraliza parte dele. Como as quantidades são iguais, o tampão “tem reserva” quase simétrica para neutralizar ambos os tipos de adições — isso maximiza a resistência do pH a mudanças.
  • Formalmente, a capacidade tamponante (β) como função da razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}] é máxima quando essa razão é 1, i.e., quando \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a.
Conclusão prática: o tampão é mais eficiente quando \mathrm{pH}\approx\mathrm{p}K_a do par ácido/base. Exemplos numéricos:
  • Para o tampão ácido acético/acetato: máxima eficiência perto de \mathrm{pH}\approx 4{,}76.
  • Para o tampão amônia/amônio: máxima eficiência perto de \mathrm{pH}\approx 9{,}25.

Resposta

(a) m(\mathrm{NaAc})\approx 2{,}85\\ \mathrm{g}
(b) m(\mathrm{NH_4Cl})\approx 4{,}76\\ \mathrm{g}
(c) O tampão é mais eficiente quando \mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a do par ácido/base (ex.: acético \mathrm{p}K_a\approx 4{,}76; amônio \mathrm{p}K_a\approx 9{,}25).

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