Na titulação de 50,00 \mathrm{~mL} de ácido acético 0,0500 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1} com hidróxido de sódio 0,100 \mathrm{~mol} \mathrm{~L}^{-1}. Calcular o pH inicial e após a adição dos seguintes volumes de reagente: 20,00 \mathrm{~mL} ; 25,00 \mathrm{~mL} e 30,00 \mathrm{~mL}.

Passo 1

O enunciado pede o pH inicial e o pH após a adição de \,20,00\\ \mathrm{mL}\,,\;25,00\\ \mathrm{mL} e \,30,00\\ \mathrm{mL} de NaOH na titulação de uma solução de ácido acético. Dados fornecidos (vou listar tudo para não nos perdermos):
\begin{aligned} &\text{Volume inicial de ácido acético: }V_{a} = 50,00\\ \mathrm{mL} = 0,05000\\ \mathrm{L},\\\ &\text{Concentração do ácido acético: }C_{a} = 0,0500\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &\text{Concentração do NaOH: }C_{b} = 0,100\\ \mathrm{mol\;L^{-1}},\\\ &\text{Volumes de NaOH adicionados: }V_{b1}=20,00\\ \mathrm{mL},\; V_{b2}=25,00\\ \mathrm{mL},\; V_{b3}=30,00\\ \mathrm{mL}. \end{aligned}áéçãáéçã
Perguntas explícitas: calcular o pH
\text{(i) inicial (antes de adicionar NaOH), (ii) após }20,00\\ \mathrm{mL},\; (iii) após }25,00\\ \mathrm{mL},\; (iv) após }30,00\\ \mathrm{mL}.

Passo 2

Vou assumir valores padrão à 25^\circ\mathrm{C}:
K_a(\text{CH}_3\text{COOH}) = 1,8\times10^{-5},\qquad K_w = 1,0\times10^{-14}.
Explico rapidamente as ideias que usaremos (sem pular passos):
  • Mols iniciais de ácido: n_{a}=C_{a}V_{a}.
  • Mols de hidróxido adicionados: n_{OH^-}=C_{b}V_{b} (com V_b em litros).
  • A reação é estequiométrica:
\text{CH}_3\text{COOH} + OH^- \longrightarrow \text{CH}_3\text{COO}^- + H_2O.
  • Dependendo de quanto OH^- foi adicionado teremos 3 regimes:
    1. Antes do ponto de equivalência: mistura de ácido e seu sal → tampão (usar Henderson–Hasselbalch).
    2. No ponto de equivalência: só o sal (base conjugada) → calcular hidrólise para obter [OH^-].
    3. Depois do ponto de equivalência: excesso de OH^- [OH^-] direto do excesso dividido pelo volume total → pH pela relação com pOH.

Passo 3

Calculemos os mols iniciais de ácido:
n_{a}=C_{a}V_{a}=0,0500\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}\times0,05000\\ \mathrm{L}=0,002500\\ \mathrm{mol}.
Guarde esse número — é a “quantidade de ácido” que vai reagir com o NaOH.

Passo 4

Temos uma solução de ácido fraco com concentração [HA]_0=C_{a}=0,0500\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
A reação de ionização é
\mathrm{HA}\rightleftharpoons \mathrm{H}^+ + \mathrm{A}^-,
com K_a=\dfrac{[\mathrm{H}^+][\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]}.
Fazemos a aproximação usual para ácido fraco: se x=[\mathrm{H}^+]=[\mathrm{A}^-] em equilíbrio, então
x\approx\sqrt{K_a C_{a}}.
Substituindo:
x\approx\sqrt{(1,8\times10^{-5})(0,0500)}=\sqrt{9,0\times10^{-7}}=9,49\times10^{-4}\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Verificação rápida da aproximação: x/C_{a}=9,49\times10^{-4}/0,0500\approx0,019<0,05 (ou seja, 1{,}9\%), então a aproximação é válida.
O pH é
\mathrm{pH}=-\log_{10}[\mathrm{H}^+]=-\log_{10}(9,49\times10^{-4})\approx3,02.

Passo 5

Fórmulas úteis que usarei repetidamente:
  • Mols de NaOH adicionados: n_{OH^-}=C_{b}V_{b} com V_b em litros.
  • Após reação, moles restantes de HA e formados de A^- obtêm-se por subtração/adição estequiométrica.
  • Volume total após adição: V_{\text{tot}}=V_a+V_b.
  • Para tampão (HA + A^-): usar Henderson–Hasselbalch
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]},
onde \mathrm{p}K_a=-\log_{10}K_a. Observação: como ambas as espécies ficam no mesmo volume final, a razão [\mathrm{A}^-]/[\mathrm{HA}] pode ser calculada como razão de mols.
  • No ponto de equivalência (apenas \mathrm{A}^- em solução): calcular K_b=\dfrac{K_w}{K_a}, e aproximar [\mathrm{OH}^-]\approx\sqrt{K_b C_{\mathrm{A}^-}} se for válido.
  • Depois do ponto de equivalência, [\mathrm{OH}^-] é o excesso dividido por V_{\text{tot}}; então \mathrm{pOH}=-\log_{10}[\mathrm{OH}^-] e \mathrm{pH}=14-\mathrm{pOH}.

Passo 6

Calculemos os mols de OH^- adicionados:
n_{OH^-}=C_{b}V_{b}=0,100\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}\times0,02000\\ \mathrm{L}=0,002000\\ \mathrm{mol}.
Reação estequiométrica com n_{a}=0,002500\\ \mathrm{mol}:
\begin{aligned} &\text{mols de HA remanescentes}=0,002500-0,002000=0,000500\\ \mathrm{mol},\\\ &\text{mols de A}^-\text{ formados}=0,002000\\ \mathrm{mol}. \end{aligned}
Volume total:
V_{\text{tot}}=0,05000+0,02000=0,07000\\ \mathrm{L}.
É um tampão HA/A^-; use Henderson–Hasselbalch. Primeiro \mathrm{p}K_a:
\mathrm{p}K_a=-\log_{10}(1,8\times10^{-5})\approx4,74.
A razão de concentrações é igual à razão de mols:
\frac{[\mathrm{A}^-]}{[\mathrm{HA}]}=\frac{0,002000}{0,000500}=4.
Logo
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}4\approx4,7447+0,60206\approx5,35.
(Arredondei para duas casas decimais compatíveis com os dados.)

Passo 7

Mols de OH^- adicionados:
n_{OH^-}=0,100\times0,02500=0,002500\\ \mathrm{mol}.
Esse valor é exatamente igual a n_a=0,002500\\ \mathrm{mol}, logo chegamos ao ponto de equivalência: todo o ácido foi convertido em \mathrm{A}^-.
Mols de \mathrm{A}^- formados: 0,002500\\ \mathrm{mol}.
Volume total:
V_{\text{tot}}=0,05000+0,02500=0,07500\\ \mathrm{L}.
Concentração de \mathrm{A}^- no ponto de equivalência:
C_{\mathrm{A}^-}=\frac{0,002500}{0,07500}=0,033333\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Agora \mathrm{A}^- sofre hidrólise:
\mathrm{A}^- + H_2O \rightleftharpoons \mathrm{HA} + OH^-,
com
K_b=\frac{K_w}{K_a}=\frac{1,0\times10^{-14}}{1,8\times10^{-5}}=5,56\times10^{-10}.
Tomando x=[\mathrm{OH}^-] gerado pela hidrólise,
x\approx\sqrt{K_b C_{\mathrm{A}^-}}=\sqrt{(5,5556\times10^{-10})(0,033333)}=\sqrt{1,85185\times10^{-11}}=4,30\times10^{-6}\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Verificação: x\ll C_{\mathrm{A}^-} (muito pequena), então a aproximação é válida.
Calculemos \mathrm{pOH} e depois \mathrm{pH}:
\mathrm{pOH}=-\log_{10}(4,30\times10^{-6})\approx5,366\quad\Rightarrow\quad \mathrm{pH}=14,00-5,366\approx8,63.

Passo 8

Mols de OH^- adicionados:
n_{OH^-}=0,100\times0,03000=0,003000\\ \mathrm{mol}.
Como n_{OH^-}>n_a, há excesso. O excesso em mols é
n_{\text{excesso}}=0,003000-0,002500=0,000500\\ \mathrm{mol}\\ \text{de }OH^-.
Volume total:
V_{\text{tot}}=0,05000+0,03000=0,08000\\ \mathrm{L}.
Concentração de OH^- em excesso:
[OH^-]_{\text{excesso}}=\frac{0,000500}{0,08000}=0,00625\\ \mathrm{mol\;L^{-1}}.
Calcule \mathrm{pOH} e \mathrm{pH}:
\mathrm{pOH}=-\log_{10}(0,00625)=-\log_{10}(6{,}25\times10^{-3})=2,2041,
\mathrm{pH}=14,00-2,2041\approx11,80.

Resposta

\mathrm{pH\\ inicial}=3,02
\mathrm{pH\\ após\\ }20{,}00\\ \mathrm{mL}=5,35ó
\mathrm{pH\\ após\\ }25{,}00\\ \mathrm{mL}=8,63ó
\mathrm{pH\\ após\\ }30{,}00\\ \mathrm{mL}=11,80ó

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