6- Na titulação de 100 mL de \mathrm{HCl}(0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L}), no Erlenmeyer, com solução de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{OH}(0,1 \mathrm{mol} / \mathrm{L} ), na bureta, quantos mL de \mathrm{NH}_{4} \mathrm{OH} devem ser adicionados para o pH atingir 2,5 ? ( \mathrm{K}_{\mathrm{b}}= 1,8 \times 10^{-5} ). R- 93,7 \mathbf{~ m L}.

Passo 1

O enunciado pede: “quantos mL de \mathrm{NH}_4\mathrm{OH} (0,1 mol/L) devem ser adicionados a 100 mL de \mathrm{HCl} 0,1 mol/L para que o pH da mistura seja 2,5?”.\n
Informações dadas e relevantes:
\begin{aligned} &\text{Volume inicial de HCl: }V_{HCl}=100\\ \mathrm{mL}=0,100\\ \mathrm{L},\\\ &\text{Concentração de HCl: }C_{HCl}=0,10\\ \mathrm{mol/L},\\\ &\text{Concentração de NH}_4\mathrm{OH}:C_{b}=0,10\\ \mathrm{mol/L},\\\ &\text{Constante da base (NH}_3\text{): }K_b=1,8\times10^{-5},\\\ &\text{pH desejado: } \text{pH}=2,5\\ \Rightarrow\\ [\mathrm{H}^+]=10^{-2,5}. \end{aligned}çãçã
Observação: não vou pedir informação extra — vou usar esses dados para montar as equações e resolver.

Passo 2

Entendendo a reação e os estoques molares (passo-chave, mastigado):\n
A base (amônia/́amônio na forma \mathrm{NH}_4\mathrm{OH} ou \mathrm{NH}_3 em solução) neutraliza o ácido forte \mathrm{HCl} segundo:
\mathrm{NH}_3 + \mathrm{H}^+ \longrightarrow \mathrm{NH}_4^+.
Quantitativamente:
\text{moles iniciais de HCl } n_{HCl}=C_{HCl}\,V_{HCl}=0,10\cdot0,100=0,010\\ \mathrm{mol}.
Se adicionarmos um volume V_b (em litros) da solução de base, os moles de base serão
n_b=C_b\,V_b=0,10\,V_b.
Antes do ponto de equivalência (ou seja, enquanto n_b<n_{HCl}), toda a base é protonada formando \mathrm{NH}_4^+ e sobra \mathrm{H}^+ proveniente do excesso de HCl. Portanto, após mistura temos:
\text{moles de H}^+ \text{ livres } = n_{HCl}-n_b = 0,010 - 0,10\,V_b.
O volume total da solução será
V_{\text{total}} = V_{HCl}+V_b = 0,100 + V_b.

Passo 3

Expressar o pH (ou [\mathrm{H}^+]) em função de V_b.\n
Como existirá excesso de ácido forte (estamos antes da equivalência porque pH =2,5 é ácido), a concentração de \mathrm{H}^+ livre é bem aproximada por:
[\mathrm{H}^+] = \frac{\text{moles de H}^+ \text{ livres}}{V_{\text{total}}} = \frac{0,010 - 0,10\,V_b}{0,100 + V_b}.
Queremos que isso valha o valor correspondente a pH =2,5:
[\mathrm{H}^+]_{\text{desejado}}=10^{-2,5}.
Logo montamos a equação:
\frac{0,010 - 0,10\,V_b}{0,100 + V_b} = 10^{-2,5}.

Passo 4

Resolver algebricamente a equação para V_b.\n
Primeiro escrevo a=10^{-2,5} para simplificar. A equação fica
0,010 - 0,10\,V_b = a\,(0,100 + V_b).
Desenvolvendo:
0,010 - 0,10\,V_b = 0,100\,a + a\,V_b.
Isolando os termos em V_b:
0,010 - 0,100\,a = V_b\,(0,10 + a).
Portanto
V_b = \frac{0,010 - 0,100\,a}{0,10 + a}.

Passo 5

Substituir numericamente a=10^{-2,5} e calcular.\n
Calculemos a:
a = 10^{-2,5} \approx 0,00316227766.
Agora o numerador e denominador:
\begin{aligned} \text{numerador} &= 0,010 - 0,100\cdot a = 0,010 - 0,100\cdot0,00316227766\\\ &=0,010 - 0,000316227766 = 0,009683772234,\\\ \text{denominador} &= 0,10 + a = 0,100 + 0,00316227766 = 0,10316227766. \end{aligned}
Logo
V_b = \frac{0,009683772234}{0,10316227766}\approx 0,09387\\ \mathrm{L}.
Convertendo para mililitros:
V_b \approx 0,09387\\ \mathrm{L} = 93,87\\ \mathrm{mL}.
Arredondando com uma casa decimal (como é comum em titulação): 93,9\\ \mathrm{mL}.

Passo 6

Verificação e justificativa didática sobre a aproximação usada (por que não precisávamos usar K_b na conta principal).\n
A constante K_b foi dada para avaliar se a dissociação de \mathrm{NH}_4^+ (o íon conjugado formado) poderia alterar significativamente o [\mathrm{H}^+]. Calculamos K_a de \mathrm{NH}_4^+ por
K_a=\frac{K_w}{K_b}=\frac{1{,}0\times10^{-14}}{1{,}8\times10^{-5}}\approx5{,}56\times10^{-10}.
Com o V_b encontrado, a concentração de \mathrm{NH}_4^+ na mistura é da ordem de 5\times10^{-2}\\ \mathrm{M}. A dissociação de \mathrm{NH}_4^+ em presença do excesso de \mathrm{H}^+ (pH =2,5) é fortemente suprimida pelo efeito íon comum; usando a relação de equilíbrio
[\mathrm{NH}_3]\approx\frac{K_a\,[\mathrm{NH}_4^+]}{[\mathrm{H}^+]},
encontramos um valor de [\mathrm{NH}_3] extremamente pequeno (ordem de 10^{-11}\\ \mathrm{M}), portanto a contribuição da dissociação de \mathrm{NH}_4^+ ao [\mathrm{H}^+] é desprezível. Isso confirma que a abordagem baseada somente no excesso de ácido forte (usada acima) é válida e dá praticamente o mesmo resultado.

Resposta

93{,}9\\ \mathrm{mL}

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