1. (2,5) Um tampão é preparado com adição de 0,300 \mathrm{~mol} de \mathrm{CH}_{3} \mathrm{COOH} e 0,100 \mathrm{~mol} de \mathrm{CH}_{3} \mathrm{COONa} em água suficiente para fazer 1 L . Sabendo que o Ka do ácido é igual a 1,8 \times 10^{-5}, responda os seguintes itens e despreze a alteração do volume.
    a) (0,5) Calcule o pH do tampão.
    b) (0,5) Calcule o pH do tampão quando são adicionados 20,0 \mathrm{~mL} de NaOH com concentração de 4,0 \mathrm{M};
    c) (0,5) Calcule o pH do tampão quando são adicionados 50,0 \mathrm{~mL} de NaOH com concentração de 4,0 \mathrm{M};
    d) (0,5) Calcule o pH do tampão quando são adicionados 75,0 \mathrm{~mL} de NaOH com concentração de 4,0 \mathrm{M}.
    e) (0,5) Calcule o pH do tampão quando são adicionados 100,0 \mathrm{~mL} de NaOH com concentração de 4,0 \mathrm{M}.

Passo 1

O enunciado descreve um sistema tampão formado por 0,300 mol de ácido acético \mathrm{CH_3COOH} e 0,100 mol de acetato de sódio \mathrm{CH_3COO^-}, em 1 L de solução. O valor de \mathrm{K_a} do ácido é 1,8\times10^{-5}. Vamos:
  1. Calcular o pH inicial usando a equação de Henderson–Hasselbalch.
  2. Ver o que acontece quando adicionamos quantidades crescentes de NaOH 4{,}0 M: 20{,}0, 50{,}0, 75{,}0 e 100{,}0 mL.
  3. Em cada caso, determinar a nova razão entre [\mathrm{A}^-] e [\mathrm{HA}] ou, após equivalência, tratar o excesso de base ou o ânion livre.

Passo 2

pH inicial (sem adicionar NaOH).
Usamos Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH} = \mathrm{p}K_a + \log\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]}.
Aqui \mathrm{p}K_a = -\log(1,8\times10^{-5}) \approx 4,745, [\mathrm{A}^-]/[\mathrm{HA}] = 0,100/0,300 = 0,333.
Logo
\mathrm{pH} = 4,745 + \log(0,333) = 4,745 - 0,477 = 4,268 \approx 4,27.

Passo 3

Após adicionar 20{,}0 mL de NaOH 4{,}0 M.
Moles de \mathrm{OH^-} adicionados:
n_{\mathrm{OH^-}} = 4,0\;\mathrm{mol/L}\times0,020\;\mathrm{L} = 0,080\;\mathrm{mol}.
Reação com ácido:
\mathrm{CH_3COOH} + \mathrm{OH^-}\to \mathrm{CH_3COO^-} + \mathrm{H_2O}.
Novos moles:
n_{\mathrm{HA}} = 0,300 - 0,080 = 0,220,\quad n_{\mathrm{A^-}} = 0,100 + 0,080 = 0,180.
Razão:
\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]} = \frac{0,180}{0,220} = 0,818.
Assim
\mathrm{pH} = 4,745 + \log(0,818) = 4,745 - 0,087 = 4,658 \approx 4,66.

Passo 4

Após adicionar 50{,}0 mL de NaOH 4{,}0 M.
Moles de \mathrm{OH^-}:
n_{\mathrm{OH^-}} = 4,0\times0,050 = 0,200\;\mathrm{mol}.
Reação com ácido:
n_{\mathrm{HA}} = 0,300 - 0,200 = 0,100,\quad n_{\mathrm{A^-}} = 0,100 + 0,200 = 0,300.
Razão:
\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]} = \frac{0,300}{0,100} = 3,0.
Logo
\mathrm{pH} = 4,745 + \log(3,0) = 4,745 + 0,477 = 5,222 \approx 5,22.

Passo 5

Após adicionar 75{,}0 mL de NaOH 4{,}0 M.
Moles de \mathrm{OH^-}:
n_{\mathrm{OH^-}} = 4,0\times0,075 = 0,300\;\mathrm{mol}.
Isso consome todo o ácido n_{\mathrm{HA}}=0 e gera n_{\mathrm{A^-}}=0,100+0,300=0,400 mol.
Agora só temos acetato em 1 L, sem ácido para usar Henderson. Usamos hidrólise:
\mathrm{A^-} + \mathrm{H_2O} \rightleftharpoons \mathrm{HA} + \mathrm{OH^-},
com
K_b = \frac{K_w}{K_a} = \frac{10^{-14}}{1,8\times10^{-5}} = 5,56\times10^{-10}.
Para concentração inicial C_b=0,400 M, aproximamos
\mathrm{pOH} = \tfrac12\bigl(pK_b - \log C_b\bigr) = \tfrac12\bigl(9,255 - \log0,400\bigr) = \tfrac12(9,255 + 0,398) =4,8265,
\mathrm{pH} = 14,00 - 4,8265 = 9,1735 \approx 9,17.

Passo 6

Após adicionar 100{,}0 mL de NaOH 4{,}0 M.
Moles de \mathrm{OH^-}:
n_{\mathrm{OH^-}} = 4,0\times0,100 = 0,400\;\mathrm{mol}.
O ácido total ( 0,300 mol) é consumido, sobrando 0,400-0,300=0,100 mol de \mathrm{OH^-} livre em 1 L.
[\mathrm{OH^-}] = 0,100\;\mathrm{M} \quad\Rightarrow\quad \mathrm{pOH} = -\log(0,100) = 1,00 \quad\Rightarrow\quad \mathrm{pH} = 14,00 - 1,00 = 13,00.

Resposta

a) 4,27
b) 4,66
c) 5,22
d) 9,17
e) 13,00

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