Na titulação complexométrica para determinar a dureza da água é necessário tamponar o meio reacional de modo a obter \mathrm{pH}=10. Calcule a razão entre as concentrações de amônia e cloreto de amônio para produzir uma soluçăo tampăo com esse pH. Adicionando 0,1 \mathrm{~mol} de KOH a 1 L desse tampăo contendo 2 mols de amônia qual seria a variação de pH ?
Dado: \mathrm{Kb}\left(\mathrm{NH}_{3}\right)=1,8 \times 10^{-5}

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (1) calcular a razão entre as concentrações de amônia e cloreto de amônio necessária para obter um tampão com \mathrm{pH}=10; (2) ao adicionar 0,1\\ \mathrm{mol} de KOH a 1\\ \mathrm{L} desse tampão que contém 2\\ \mathrm{mol} de amônia, calcular a variação de pH. Dados fornecidos relevantes: \mathrm{Kb}(\mathrm{NH_3})=1,8\times10^{-5}. Vou usar que K_w=10^{-14} e reação ácido-base entre \mathrm{NH_4^+} (ácido conjugado) e \mathrm{NH_3} (base).

Passo 2

Precisamos do \mathrm{p}K_a da conjugada \mathrm{NH_4^+}. Relação entre constantes:
K_a(\mathrm{NH_4^+})=\frac{K_w}{K_b(\mathrm{NH_3})}.
Substituindo os valores:
K_a(\mathrm{NH_4^+})=\frac{10^{-14}}{1,8\times10^{-5}}=5{,}56\times10^{-10}.
Agora calculamos \mathrm{p}K_a:
\mathrm{p}K_a=-\log_{10}\bigl(K_a\bigr)=-\log_{10}\bigl(5{,}56\times10^{-10}\bigr)\approx9{,}255.
Explicação curta: K_a é a constante de acidez da espécie \mathrm{NH_4^+}; como nos foi dada a K_b da base \mathrm{NH_3}, usamos K_w=K_aK_b para obter K_a, e depois \mathrm{p}K_a é o log negativo de K_a.

Passo 3

Usamos a equação de Henderson–Hasselbalch para o par conjugado ácido/base. A forma útil é
\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\frac{[\text{base}]}{[\text{ácido}]},á
onde “base” é \mathrm{NH_3} e “ácido” é \mathrm{NH_4^+}. Aqui queremos \mathrm{pH}=10, então isolamos a razão:
10=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}\Rightarrow \log_{10}\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}=10-\mathrm{p}K_a.

Passo 4

Substituindo \mathrm{p}K_a\approx9{,}255:
\log_{10}\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}=10-9{,}255=0{,}745.
Tomando potência de 10:
\frac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}=10^{0{,}745}\approx5{,}56.
Interpretação: para ter \mathrm{pH}=10 o tampão deve ter aproximadamente 5{,}56 vezes mais \mathrm{NH_3} do que \mathrm{NH_4^+}.

Passo 5

Agora a segunda parte: temos 1\\ \mathrm{L} do tampão com 2\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH_3}. Como o volume é 1\\ \mathrm{L}, as concentrações numéricas em mol/L coincidem com os mols. Usando a razão achada:
[\mathrm{NH_4^+}]_{\text{inicial}}=\frac{[\mathrm{NH_3}]_{\text{inicial}}}{5{,}56}=\frac{2}{5{,}56}\approx0{,}36\\ \mathrm{mol}.
Então inicialmente temos aproximadamente 2{,}00\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH_3} e 0{,}36\\ \mathrm{mol} de \mathrm{NH_4^+}.

Passo 6

Adicionamos 0{,}1\\ \mathrm{mol} de KOH. O hidróxido forte reage com o cátion \mathrm{NH_4^+} segundo:
\mathrm{OH^-}+ \mathrm{NH_4^+}\longrightarrow \mathrm{NH_3}+ \mathrm{H_2O}.
Logo cada mol de \mathrm{OH^-} consome 1 mol de \mathrm{NH_4^+} e produz 1 mol de \mathrm{NH_3}. Aplicando a este caso (todas as quantidades em mol, volume 1\\ \mathrm{L} constante):
[\mathrm{NH_3}]_{\text{final}}=2{,}00+0{,}10=2{,}10\\ \mathrm{mol},
[\mathrm{NH_4^+}]_{\text{final}}=0{,}36-0{,}10=0{,}26\\ \mathrm{mol}.

Passo 7

Calculamos a nova razão e o novo pH com Henderson–Hasselbalch:
\frac{[\mathrm{NH_3}]_{\text{final}}}{[\mathrm{NH_4^+}]_{\text{final}}}=\frac{2{,}10}{0{,}26}\approx8{,}08.
\mathrm{pH}_{\text{final}}=\mathrm{p}K_a+\log_{10}\biggl(\frac{2{,}10}{0{,}26}\biggr)\approx9{,}255+\log_{10}(8{,}08).
Calculando o logaritmo:
\log_{10}(8{,}08)\approx0{,}908,
\mathrm{pH}_{\text{final}}\approx9{,}255+0{,}908=10{,}163.

Passo 8

A variação de pH é
\Delta\mathrm{pH}=\mathrm{pH}_{\text{final}}-\mathrm{pH}_{\text{inicial}}=10{,}163-10{,}000}=+0{,}163\\ \text{(aprox.)}.
Interpretação: o pH sobe cerca de 0{,}16 unidades — uma mudança pequena, mostrando que o tampão resistiu razoavelmente à adição de base.

Resposta

\dfrac{[\mathrm{NH_3}]}{[\mathrm{NH_4^+}]}\approx5{,}56\n \Delta\mathrm{pH}\approx+0{,}16

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