Um tampăo é preparado com 0,50 \mathrm{~mol} de amónia e 0,50 \mathrm{~mol} de cloreto de amônio em água suficiente para 1 \mathrm{dm}^{3} de soluçăo. Calcule o pH do tampăo original e a variaçăo de pH se 0,15 \mathrm{~mol} de ácido nitrico \left(\mathrm{HNO}_{3}\right) for adicionado a 1 \mathrm{dm}^{3} do tampăo desprezando-se a variaçăo de volume.
Dado: \mathrm{Kb}\left(\mathrm{NH}_{3}\right)=1,8 \times 10^{-5}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: o pH do tampão original e a variação de pH quando se adicionam 0{,}15 mol de \mathrm{HNO}_3 a 1\\ \mathrm{dm}^3 desse tampão, desprezando a variação de volume. Informações dadas e hipóteses que vamos usar:
  • Moles iniciais: 0{,}50 mol de \mathrm{NH}_3 e 0{,}50 mol de \mathrm{NH}_4\mathrm{Cl} em 1\\ \mathrm{dm}^3. Logo as concentrações iniciais são [\mathrm{NH}_3]=0{,}50\\ \mathrm{M} e [\mathrm{NH}_4^+]=0{,}50\\ \mathrm{M}.
  • Constante de basicidade: \mathrm{K_b}(\mathrm{NH}_3)=1{,}8\times10^{-5}.
  • Constante de ionização da água a 25^\circ\mathrm{C}: \mathrm{K_w}=1{,}0\times10^{-14}.
  • Ácido forte adicionado: \mathrm{HNO}_3 (totalmente ioniza), quantidade 0{,}15 mol em 1\\ \mathrm{dm}^3.
  • Vamos desprezar efeitos de atividade e variação de volume (conforme pedido).
    A partir daqui vamos calcular passo a passo.

Passo 2

Transformar \mathrm{K_b} em \mathrm{K_a} do íon conjugado \mathrm{NH}_4^+. Explicação: \mathrm{NH}_3 é a base conjugada de \mathrm{NH}_4^+. As constantes estão relacionadas por
\mathrm{K_a}(\mathrm{NH}_4^+)\cdot\mathrm{K_b}(\mathrm{NH}_3)=\mathrm{K_w}.
Isolando \mathrm{K_a} temos
\mathrm{K_a}(\mathrm{NH}_4^+)=\frac{\mathrm{K_w}}{\mathrm{K_b}(\mathrm{NH}_3)}.
Substituindo os valores numéricos:
\mathrm{K_a}(\mathrm{NH}_4^+)=\frac{1{,}0\times10^{-14}}{1{,}8\times10^{-5}}.
Fazendo a divisão:
\mathrm{K_a}(\mathrm{NH}_4^+)=5{,}55556\times10^{-10}.
Agora calculamos \mathrm{p}K_a, que é mais útil para a fórmula de Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{p}K_a=-\log_{10}\bigl(\mathrm{K_a}\bigr)=-\log_{10}\bigl(5{,}55556\times10^{-10}\bigr).
Detalhe do log: \log_{10}(5{,}55556)\approx0{,}7447, então \log_{10}(5{,}55556\times10^{-10})=0{,}7447-10=-9{,}2553. Assim
\mathrm{p}K_a\approx9{,}2553.

Passo 3

Derivar a fórmula que vamos usar (Henderson–Hasselbalch) e explicar por que é válida: para o equilíbrio do ácido \mathrm{NH}_4^+\rightleftharpoons\mathrm{H}^++\mathrm{NH}_3 temos
\mathrm{K_a}=\frac{[\mathrm{H}^+]\,[\mathrm{NH}_3]}{[\mathrm{NH}_4^+]}.
Isolando [\mathrm{H}^+]:
[\mathrm{H}^+]=\mathrm{K_a}\,\frac{[\mathrm{NH}_4^+]}{[\mathrm{NH}_3]}.
Tomando -\log_{10} nos dois lados e lembrando \mathrm{pH}=-\log_{10}[\mathrm{H}^+] e \mathrm{p}K_a=-\log_{10}\mathrm{K_a}, obtemos a forma conhecida
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\left(\frac{[\mathrm{NH}_3]}{[\mathrm{NH}_4^+]}\right).
Explicação simples: essa fórmula funciona bem para tampões porque usa as concentrações da base e do seu ácido conjugado; aqui temos precisamente esse par \mathrm{NH}_3/\mathrm{NH}_4^+.

Passo 4

Calcular o pH do tampão original. Como [\mathrm{NH}_3]=[\mathrm{NH}_4^+]=0{,}50\\ \mathrm{M}, a razão [\mathrm{NH}_3]/[\mathrm{NH}_4^+]=1. Aplicando Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}(1)=\mathrm{p}K_a+0.
Usando \mathrm{p}K_a calculado no Passo 2:
\mathrm{pH}_{\text{inicial}}\approx9{,}2553.
Arredondando com duas casas decimais (prática comum em problemas de química):
\mathrm{pH}_{\text{inicial}}\approx9{,}26.

Passo 5

Tratar a adição de 0{,}15 mol de \mathrm{HNO}_3. Explicação da reação: \mathrm{H}^+ proveniente de \mathrm{HNO}_3 reage com a base \mathrm{NH}_3:
\mathrm{H}^++\mathrm{NH}_3\longrightarrow\mathrm{NH}_4^+.
Moles antes da adição (em 1\\ \mathrm{dm}^3):
n(\mathrm{NH}_3)=0{,}50,\qquad n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}50.
Após adicionar 0{,}15 mol de \mathrm{H}^+:
  • n(\mathrm{NH}_3) diminui em 0{,}15 mol: n(\mathrm{NH}_3)=0{,}50-0{,}15=0{,}35 mol.
  • n(\mathrm{NH}_4^+) aumenta em 0{,}15 mol: n(\mathrm{NH}_4^+)=0{,}50+0{,}15=0{,}65 mol.
    Como o volume é 1\\ \mathrm{dm}^3, as concentrações numéricas são iguais aos números de mols (M):
[\mathrm{NH}_3]=0{,}35\\ \mathrm{M},\qquad [\mathrm{NH}_4^+]=0{,}65\\ \mathrm{M}.

Passo 6

Calcular o pH após adição usando Henderson–Hasselbalch. Primeiro a razão:
\frac{[\mathrm{NH}_3]}{[\mathrm{NH}_4^+]}=\frac{0{,}35}{0{,}65}=0{,}5384615\ldots
O logaritmo dessa razão:
\log_{10}(0{,}5384615)\approx-0{,}2692.
Aplicando a fórmula
\mathrm{pH}_{\text{final}}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\left(\frac{[\mathrm{NH}_3]}{[\mathrm{NH}_4^+]}\right)
temos
\mathrm{pH}_{\text{final}}\approx9{,}2553-0{,}2692=8{,}9861\approx8{,}99.
A variação de pH é
\Delta\mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\text{final}}-\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=8{,}9861-9{,}2553\approx-0{,}2692\approx-0{,}27.
Interpretação curta: o pH caiu cerca de 0{,}27 unidades (o tampão resistiu à mudança, não caiu muito).

Resposta

pH do tampão original: 9{,}26
Variação de pH após adição de 0{,}15 mol de \mathrm{HNO}_3: \Delta\mathrm{pH}\approx-0{,}27 (pH final \approx8{,}99)

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