Para a titulação de 30,00 \mathrm{~mL} de \mathrm{NH}_{3} 0,1 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} com solução de \mathrm{HCl} 0,1 \mathrm{mol} / \mathrm{L}, calcule o valor do pH da solução: (Kb é 2,1 \times 10^{-5} )
a) Antes da adição do titulante.
b) após adição de 2 mL
c) No ponto de equivalência.
d) Após adição de 100,00 \mathrm{~mL} do titulante. (Kb é 2,1 \times 10^{-5} )
\begin{aligned} \mathrm{NH}_{3(\mathrm{aq})}+\mathrm{HCl}_{(\mathrm{aq})} & \rightarrow \mathrm{NH}_{4} \mathrm{Cl}_{(\mathrm{aq})}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O} \\\ \leftarrow & \mathrm{NH}_{4}^{+}{ }_{(\mathrm{aq})}+\mathrm{H}_{2} \mathrm{O}_{(\mathrm{l})} \rightarrow \mathrm{NH}_{3(\mathrm{aq})}+\mathrm{H}_{3} \mathrm{O}_{(\mathrm{aq})}^{+} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado pede o pH em várias etapas da titração de 30,00 mL de N H_{3} 0,1 mol/L com HCl 0,1 mol/L, sabendo que Kb de N H_{3} é 2,1\times 10^{-}^{5}. Vamos usar equilíbrio de base fraca (parte a), equação de Henderson–Hasselbalch para tampão (parte b), hidrólise de N H_{4}⁺ no ponto de equivalência (parte c) e pH de excesso de ácido forte (parte d).

Passo 2

Antes da adição só há N H_{3} 0,1 M em 30,00 mL. A reação é
\mathrm{NH_3} + \mathrm{H_2O} \rightleftharpoons \mathrm{NH_4^+} + \mathrm{OH^-}
com Kb =2,1\times 10^{-}^{5}. Chamando x=[\mathrm{OH^-}] e C_b=0,1 M,
K_b = \frac{x^2}{C_b - x} \approx \frac{x^2}{C_b}
logo
x = \sqrt{K_b\,C_b} = \sqrt{2,1\times10^{-5}\cdot0,1} =1,45\times10^{-3}\,\mathrm{M}.
Assim
\mathrm{pOH}=-\log(1,45\times10^{-3})=2,84, \quad \mathrm{pH}=14-2,84=11,16.

Passo 3

Após adicionar 2,00 mL de HCl (0,0002 mol) reagem N H_{3} e HCl, sobrando 0,0028 mol de N H_{3} e formando 0,0002 mol de N H_{4}⁺. Volume total =32,00 mL.
[\mathrm{NH3}]=\frac{0,0028}{0,032}=0,0875\,\mathrm{M}, \quad [\mathrm{NH4^+}]=\frac{0,0002}{0,032}=0,00625\,\mathrm{M}.
Pela Henderson–Hasselbalch para base fraca:
\mathrm{pOH}=\mathrm{p}K_b+\log\frac{[\mathrm{NH4^+}]}{[\mathrm{NH3}]} =4,68+\log\frac{0,00625}{0,0875} =3,53,
logo \mathrm{pH}=14-3,53=10,47.

Passo 4

No ponto de equivalência foram adicionados 30,00 mL de HCl (0,003 mol), gerando 0,003 mol de N H_{4}⁺ em 60,00 mL.
[\mathrm{NH4^+}]=\frac{0,003}{0,060}=0,05\,\mathrm{M}.
A hidrólise
\mathrm{NH4^+}+\mathrm{H2O}\rightleftharpoons\mathrm{NH3}+\mathrm{H3O^+}
tem
K_a=\frac{K_w}{K_b}=\frac{10^{-14}}{2,1\times10^{-5}}=4,76\times10^{-10}.
Chamando x=[\mathrm{H3O^+}],
K_a=\frac{x^2}{0,05-x}\approx\frac{x^2}{0,05} \quad\Rightarrow\quad x=\sqrt{4,76\times10^{-10}\cdot0,05} =4,88\times10^{-6}\,\mathrm{M}.
Portanto \mathrm{pH}=-\log(4,88\times10^{-6})=5,31.

Passo 5

Após 100,00 mL de titulante foram adicionados 0,01 mol de HCl. Como havia 0,003 mol de N H_{3}, sobra excesso de 0,007 mol de H_{3} O^{+} em volume total de 130,00 mL.
[\mathrm{H3O^+}]=\frac{0,007}{0,130}=0,0538\,\mathrm{M},
logo \mathrm{pH}=-\log(0,0538)=1,27.

Resposta

(a) 11,16
(b) 10,47
(c) 5,31
(d) 1,27

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