Em uma titulação de 10 mL de solução de \mathrm{CH}_{3} \r \mathrm{COOH} 0,25 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} com \mathrm{KOH} 0,1 \mathrm{~mol} \r \mathrm{~L}^{-1}, calcule o pH da solução resultante quando se adiciona os seguintes volumes do titulante:
5,00 \mathrm{~mL}

Passo 1

O enunciado pede: calcular o pH da solução resultante quando se titulam 10{,}0\\ \mathrm{mL} de solução de \mathrm{CH}_{3}\mathrm{COOH} de concentração 0,25\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}} com solução de \mathrm{KOH} de concentração 0,1\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}, após adicionar 5{,}00\\ \mathrm{mL} do titulante.
Informações dadas:
  • Volume inicial do ácido: V_{\mathrm{HA},0}=10{,}0\\ \mathrm{mL}=0{,}0100\\ \mathrm{L}.
  • Concentração do ácido: C_{\mathrm{HA},0}=0,25\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Volume de \mathrm{KOH} adicionado: V_{\mathrm{OH^-}}=5{,}00\\ \mathrm{mL}=0{,}00500\\ \mathrm{L}.
  • Concentração de \mathrm{KOH}: C_{\mathrm{OH^-}}=0,10\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
  • Não foi fornecido explicitamente o valor de K_a do ácido acético no enunciado; será usado o valor usual K_a=1{,}8\times10^{-5}.
O que se pede: o pH da solução após a adição de 5{,}00\\ \mathrm{mL} de titulante.

Passo 2

Calcular os mols iniciais de ácido acético presentes antes da titulação.
Fórmula usada: número de mols n = concentração \times volume. Aqui C_{\mathrm{HA},0} é a concentração inicial do ácido e V_{\mathrm{HA},0} o volume inicial em litros.
n_{\mathrm{HA},0}=C_{\mathrm{HA},0}\cdot V_{\mathrm{HA},0}
Substituindo os valores:
n_{\mathrm{HA},0}=0{,}25\cdot0{,}0100=0{,}00250\\ \mathrm{mol}.

Passo 3

Calcular os mols de hidróxido adicionados com o titulante.
Novamente n=C\cdot V:
n_{\mathrm{OH^-}}=C_{\mathrm{OH^-}}\cdot V_{\mathrm{OH^-}}=0{,}10\cdot0{,}00500=0{,}000500\\ \mathrm{mol}.

Passo 4

Reação química e estequiometria: o hidróxido consome o ácido numa relação 1:1:
\mathrm{CH_{3}COOH} + \mathrm{OH^-} \longrightarrow \mathrm{CH_{3}COO^-} + \mathrm{H_{2}O}.
Portanto, os mols de \mathrm{OH^-} consumidos formam exatamente os mesmos mols de \mathrm{CH_{3}COO^-}.
Calcular os mols restantes de ácido e os mols de base conjugada formados depois da adição:
n_{\mathrm{HA}}=n_{\mathrm{HA},0}-n_{\mathrm{OH^-}}=0{,}00250-0{,}000500=0{,}00200\\ \mathrm{mol},
n_{\mathrm{A^-}}=n_{\mathrm{OH^-}}=0{,}000500\\ \mathrm{mol}.
Observação: como n_{\mathrm{HA}}>n_{\mathrm{A^-}}, ainda sobra ácido não titulado — a solução é um tampão ácido (mistura de ácido fraco e sua base conjugada).

Passo 5

Calcular o volume total da solução e as concentrações do ácido não titulado \mathrm{HA} e do íon acetato \mathrm{A^-} após a adição.
Volume total:
V_{\mathrm{total}}=V_{\mathrm{HA},0}+V_{\mathrm{OH^-}}=0{,}0100+0{,}00500=0{,}0150\\ \mathrm{L}.
Concentrações:
[\mathrm{HA}]=\frac{n_{\mathrm{HA}}}{V_{\mathrm{total}}}=\frac{0{,}00200}{0{,}0150}=0{,}1333\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}},
[\mathrm{A^-}]=\frac{n_{\mathrm{A^-}}}{V_{\mathrm{total}}}=\frac{0{,}000500}{0{,}0150}=0{,}03333\\ \mathrm{mol\\ L^{-1}}.
Relação entre as concentrações (que vai aparecer na fórmula a seguir):
\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=\frac{0{,}03333}{0{,}1333}=0{,}25.

Passo 6

Introduzir a relação que permite calcular o pH de um tampão (fórmula de Henderson–Hasselbalch) e explicar de onde vem ela.
Começamos da expressão de equilíbrio para um ácido fraco:
\mathrm{HA} \rightleftharpoons \mathrm{H^+} + \mathrm{A^-},
com constante de acidez
K_a=\frac{[\mathrm{H^+}][\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}.
Isolando [\mathrm{H^+}]:
[\mathrm{H^+}]=K_a\cdot\frac{[\mathrm{HA}]}{[\mathrm{A^-}]}.
Aplicando logaritmo decimal e lembrando que \mathrm{pH}=-\log_{10}[\mathrm{H^+}] e \mathrm{p}K_a=-\log_{10}K_a, obtemos a forma:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right),
que é a fórmula de Henderson–Hasselbalch. Ela é válida quando [\mathrm{HA}] e [\mathrm{A^-}] representam concentrações que participam do equilíbrio (caso de tampão), e é apropriada aqui porque temos uma mistura significativa dos dois.

Passo 7

Calcular numericamente \mathrm{p}K_a do ácido acético e usar a equação de Henderson–Hasselbalch para encontrar o pH.
Usando K_a=1{,}8\times10^{-5}:
\mathrm{p}K_a=-\log_{10}(1{,}8\times10^{-5})\approx4{,}7447.
Sabendo que \dfrac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}=0{,}25 e \log_{10}(0{,}25)=-0{,}60206, substituímos em Henderson–Hasselbalch:
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\!\left(\frac{[\mathrm{A^-}]}{[\mathrm{HA}]}\right)
\mathrm{pH}=4{,}7447+(-0{,}60206)=4{,}1426\ldots
Arredondando de forma razoável (duas casas decimais):
\mathrm{pH}\approx4{,}14.

Passo 8

Verificação rápida da consistência: como adicionou-se menos base do que os mols de ácido inicial, espera‑se pH menor que \mathrm{p}K_a se houver muito mais ácido que base (na verdade, pH pode ser menor ou maior que pKa dependendo da razão). Aqui a razão [\mathrm{A^-}]/[\mathrm{HA}]=0{,}25<1 implica \mathrm{pH}<\mathrm{p}K_a, e o valor calculado 4{,}14 é consistente com \mathrm{p}K_a\approx4{,}74.

Passo 9

Recado final motivador: deu trabalho, mas o procedimento é sempre o mesmo em titulações incompletas — transformar volumes em mols, aplicar estequiometria, achar concentrações no volume final e usar Henderson–Hasselbalch. Vai dar certo na prova, respira e revisa esses passos.

Resposta

4{,}14

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