Apostila de Quimica Geral II - Prof Alexandre Araujo de Souza

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PIAUÍ 
CENTRO DE EDUCAÇÃO ABERTA À DISTÂNCIA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
QUÍMICA GERAL II 
 
 
 
 
ALEXANDRE ARAUJO DE SOUZA 
 
 
2 
 
APRESENTAÇÃO 
 
 A disciplina Química Geral II aborda basicamente o Equilíbrio Químico. 
Trata-se de um dos assuntos mais importantes da Química, pois fornece ao 
químico a capacidade de prever as concentrações, no equilíbrio, de reagentes 
e produtos de uma reação química, bem como as concentrações das espécies 
químicas, presentes em solução, provenientes da dissociação de ácidos, 
bases, sais e misturas destes. A conexão entre a Termodinâmica e o Equilíbrio 
Químico é discutida. 
 A Constante de Equilíbrio é apresentada como sendo a caracterização 
matemática da posição do Equilíbrio Químico. O princípio de Le Chatelier é 
discutido, mostrando como variações na temperatura, pressão e concentrações 
das espécies químicas afetam a posição do equilíbrio. Assim, ajustando 
apropriadamente as condições, o químico pode ter controle sobre a posição do 
Equilíbrio Químico. 
 Os conceitos de ácido e base são discutidos através de suas definições 
mais usuais, tais como as de Arrhenius, de Bronsted-Lowry e de Lewis. 
Apresenta-se a definição de pH, uma das grandezas mais usadas em Química 
e Bioquímica, para caracterizar a acidez ou basicidade de uma solução. 
 Introduz-se um método sistemático para calcular as concentrações de 
todas as espécies químicas presentes em uma solução aquosa, no equilíbrio. 
Esse método é baseado no princípio de que, para se determinar as 
concentrações de n espécies, são necessárias n equações. Essas equações 
são: a constante de equilíbrio, os balanços de massa e de carga e a condição 
de próton da solução aquosa. Resolve-se, então, um sistema de n equações e 
n incógnitas. Em princípio, pode-se resolver o sistema de equações 
exatamente. Entretanto, podem ser feitas aproximações que simplificam a 
resolução. Essas aproximações devem ser testadas ao final, verificando os 
resultados encontrados. 
 Utilizando o método sistemático, discute-se o problema do cálculo do pH 
das soluções aquosas de ácidos e bases, fortes e fracas, bem como de uma 
solução tampão. Discute-se, também, o cálculo da solubilidade de sais em 
água pura, em soluções contendo íons comuns e agentes complexantes. 
 
3 
 
SUMÁRIO 
 
 
UNIDADE 1 
Equilíbrio Químico 
 
A Constante de Equilíbrio 
Termodinâmica e Equilíbrio Químico 
Equilíbrio Heterogêneo 
O Princípio de Le Chatelier 
Exercícios da Unidade 1 
 
 
UNIDADE 2 
Ácidos e Bases 
 
Definição de Arrhenius 
Definição de Brønsted-Lowry 
Forças de Ácidos e Bases 
Definição de Lewis 
Exercícios da Unidade 2 
 
 
UNIDADE 3 
Equilíbrios de Ácidos e Bases em Solução Aquosa 
 
A dissociação iônica da Água 
O Conceito de pH 
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fortes em Solução Aquosa 
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fracas em Solução Aquosa 
Hidrólise de Sais 
Cálculo do pH de uma Solução-Tampão 
Cálculo do pH de Ácidos Polipróticos 
Exercícios da Unidade 3 
 
4 
 
 
UNIDADE 4 
Equilíbrios de Solubilidade e de Íons Complexos em Solução Aquosa 
 
O Produto de Solubilidade 
Solubilidade de Sais em Água Pura 
Efeito do Íon Comum 
Separação de Íons por Precipitação 
Efeito da Acidez e de Agentes Complexantes 
Exercícios da Unidade 4 
 
Bibliografia Recomendada 
 
Apêndice 
 
5 
 
UNIDADE 1 
 
Equilíbrio Químico 
 
 
Objetivos da unidade: 
 
Definir a Constante de Equilíbrio Químico. 
Discutir a Relação entre a Termodinâmica e o Equilíbrio Químico. 
Discutir e Equilíbrio Químico em Sistemas Heterogêneos. 
Discutir o Princípio de Le Chatelier aplicado ao Equilíbrio Químico. 
 
 
6 
 
A Constante de Equilíbrio 
 
 Uma das reações químicas mais importantes, do ponto de vista 
econômico, é a conversão dos gases nitrogênio, N2 e hidrogênio, H2 em gás 
amônia, NH3. 
�
��� + ���� → ��� 
 
 A Figura 1.1 ilustra a variação das concentrações dos reagentes, N2 e 
H2, e do produto, NH3, com o tempo, em uma dada temperatura. É comum 
denotar-se a concentração de uma espécie química, em mol/L, colocando-a 
entre colchetes. Por exemplo, a concentração de nitrogênio, em mol/L, é 
denotada como [N2]. 
 
 
Figura 1.1. Variação das concentrações de reagentes e produto, com o tempo, para a reação 
de formação da amônia gasosa, em uma dada temperatura: �	N2 + 
	H2 → NH3. 
Legenda: [N2] = concentração de nitrogênio; [H2] = concentração de hidrogênio; 
[NH3] = concentração de amônia. 
 
 Na Figura 1.1, verifica-se que as concentrações dos reagentes, N2 e H2 
diminuem com o passar do tempo, enquanto que a concentração do produto, 
NH3 aumenta. Além disso, observa-se que, a partir de um determinado 
instante, todas as concentrações permanecem constantes. Essa é a situação 
de equilíbrio químico. 
 O equilíbrio químico é a situação em as concentrações de todas as 
espécies químicas do sistema permanecem constantes, com o passar do 
tempo. No caso de uma reação química, isso ocorre porque, no equilíbrio 
químico, as velocidades das reações direta e inversa são iguais. Ou seja, 
reagentes e produtos estão sendo formados e consumidos, com a mesma 
velocidade. Por isso, o equilíbrio químico é um equilíbrio dinâmico. A reação 
7 
 
química em equilíbrio químico é denotada com duas meias setas, como 
indicado abaixo. 
 
�
��� + ���� ⇌ ��� 
 
 Uma relação muito simples governa as proporções relativas entre 
reagentes e produtos, no equilíbrio químico. Essa relação é dada pela 
constante de equilíbrio. No caso de uma reação química genérica, 
 
aA + bB ⇌ cC + dD 
 
em um sistema fechado e homogêneo, no equilíbrio, a uma dada temperatura e 
pressão, a constante de equilíbrio, Kc em termos das concentrações em mol/L, 
é dada pela expressão abaixo. 
 
�
 = [�]��

 [�]���
[�]��� [�]��� 
 
 Na expressão acima para Kc, A e B são os reagentes, C e D são os 
produtos e a, b, c, d são os respectivos coeficientes estequiométricos. Os 
subscritos eq significam que as concentrações são aquelas obtidas no 
equilíbrio químico. 
 Para a reação química de formação da amônia, a constante de 
equilíbrio, Kc é dada pela expressão abaixo. 
 
�
 = [���]��[��]��
�	 [��]��
	
 
 
Exemplo 1.1. Na reação de produção de amônia, N2 + 3H2 F 2NH3 à temperatura de 
500 oC, obtiveram-se, no equilíbrio, as seguintes concentrações, em 
mol/L: [NH3]eq = 0,19802; [N2] = 1,0000; [H2] = 0,5000. Calcule a 
constante de equilíbrio Kc, nessa temperatura. 
 
Solução. �� = �,����� �,����!�	 �,"���!
	 =
�,�����
�,�"�"" = #, $%#& 
 
 Para sistemas gasosos, a constante de equilíbrio, Kp pode ser dada em 
termos das pressões parciais das espécies químicas, no equilíbrio. No caso da 
8 
 
reação de formação de amônia, a expressão para Kp é dada pela relação 
abaixo. 
�' = (���!�� (��!��
�� (��!��
��
 
 Na expressão acima para Kp, temos que pN2 é a pressão parcial de 
nitrogênio, pH2 é a pressão parcial de hidrogênio e pNH3 é a pressão parcial de 
amônia. A soma das pressões parciais é a pressão total, p do sistema. 
 
p = pN2 + pH2 + pNH3 
 
 Existe uma relação entre Kc e Kp. Essa relação é simples, considerando 
gases ideais. Nesse caso, pV= nRT, onde V é o volume, n é a quantidade em 
mol, R é a Constante dos Gases e T é a temperatura termodinâmica, em Kelvin. 
Então, p = (n/V) RT = cRT, onde c é a concentração em mol/L. Substituindo a 
equação p = cRT, na expressão para Kp de uma reação química gasosa 
genérica, aA + bB F cC + dD, obtém-se a relação abaixo, onde ∆n = (c+d) – (a+b). 
 
�' = �
 )*!∆, 
 
Na equação acima, R é a Constante dos Gases cujo valor é dado abaixo. 
 
R = 0,08206 atm L/mol K 
 
 Para a reação de formação de amônia, �	�� + 
	�� ⇌ ���, temos o 
seguinte valor para ∆n: 
∆n = (1) – (
�
�+
�
�) = 1 – 2 = –1 
 
 Para a reação de formação de amônia, temos a seguinte relação. 
�' = �
 )*!–� 
 
Exemplo 1.2. Para o equilíbrio �	�� + 
	�� ⇌ ��� a 500 oC, obteve-se Kc = 0,5601.Admitindo que os gases sejam ideais, calcule a constante de equilíbrio 
Kp, nessa temperatura. Use o valor de R = 0,08206 atm L/mol K. 
 
Solução. T = (500 + 273,15 K) = 773,15 K 
 ∆n = (1) – (
�
�+
�
�) = 1 – 2 = –1 
9 
 
 �. = 0,5601 × 0,08206 × 773,15!9� = :, :;: × &#9< 
 
 
Termodinâmica e Equilíbrio Químico 
 
 
 Para uma reação genérica em fase gasosa, 
 
aA + bB F cC + dD 
 
temos que a variação da energia livre de Gibbs, ∆G da reação é dada pela 
expressão abaixo, 
∆= = ∆=> + )*?@A' 
 
onde ∆Go é a energia de Gibbs padrão da reação, ou seja, a energia livre de 
Gibbs medida à pressão de 1 bar. (1 bar = 105 Pa ≈ 750 mmHg). 
 Na equação acima, o valor de Qp é calculado de acordo com a 
expressão abaixo, onde as concentrações são tomadas fora do equilíbrio. 
 
A' = (���!
�
 (��! (��!� 
 
 No caso particular de a reação encontrar-se no equilíbrio, então Qp=Kp e 
∆G=0. Logo, no equilíbrio químico vale a seguinte equação. 
 
∆=> = −)*?@�' 
 
 A última equação relaciona a Termodinâmica ao Equilíbrio 
Químico, pois relaciona ∆Go com Kp, ou seja, uma grandeza termodinâmica a 
uma grandeza de equilíbrio químico. Na equação acima, o valor da Constante 
dos Gases é dada abaixo. 
R = 8,314 J/mol K 
 
Exemplo 1.3. Para o equilíbrio �	�� + 
	�� ⇌ ���, a 25 oC, obteve-se Kp = 777,7. 
Calcule a energia livre de Gibbs padrão, ∆Go da reação, nessa 
temperatura. Utilize R = 8,314 J/mol K e 1 kJ = 1000 J. 
 
10 
 
Solução. T = (25 + 273,15) K = 298,15 K 
 ∆C# = − D8,314 FG>HI × 298,15 KL × ?@ 777,7! = −16500 FG>H = −&%, $ MNOPQ 
 
 
 Para calcular Kp a partir de ∆Go, utiliza-se a relação abaixo. 
 
�' = R9 ∆S
T
UV 
 
Exemplo 1.4. A 25 oC, tem-se o valor ∆Go= −16,5 kJ/mol, para o equilíbrio em fase 
gasosa �	�� + 
	�� ⇌ ���. Calcule o valor do Kp da reação nessa 
temperatura. Utilize o valor de R = 8,314 J/mol K e 1 kJ = 1000 J. 
 
Solução. T = (25 + 273,15) K = 298,15 K 
 �. = R9 
 W�XYZZ[/]T^!
D_,
�` []T^aL×	b_,�Ya = Rc,c"cd = eee, e 
 
Variação de Kp com a temperatura 
 
 Considerando gases ideais, a constante de equilíbrio Kp varia com a 
temperatura, T de acordo com a relação abaixo 
 
lnh�'i = lnh�'i> − ∆�
>
) j
1
* −
1
*>k 
 
onde Kp é a constante de equilíbrio na temperatura T e (Kp)o é a constante de equilíbrio 
na temperatura To. A grandeza ∆Ho é a entalpia padrão (a 1 bar) da reação. A equação 
acima é válida apenas sob a consideração de que o valor de ∆Ho não varia na faixa de 
temperaturas considerada. 
 
Exemplo 1.5. Para o equilíbrio �	�� + 
	�� ⇌ ���, tem-se o valor (Kp)o = 777,7 a 25 oC. 
Calcule o valor do Kp da reação, na temperatura de 500 oC. Utilize o 
valor de R = 8,314 J/mol K e 1 kJ = 1000 J. Dado: ∆Ho = − 45,94 kJ/mol. 
 
Solução. To = (25 + 273,15) K = 298,15 K 
 T= (500 + 273,15) K = 773,15 K 
11 
 
 lnh�'i = ln 777,7! − 9d"�d�
[
]T^!
�,��d []T^ l
× D �mm�,�" − ����,�"L = −4,72979 
 �. = R9d,m��m� = :, :;: × &#9< 
 
 
Equilíbrio Heterogêneo 
 
 
 Em uma reação química contendo reagentes e produtos em mais de 
uma fase distinta, o sistema é heterogêneo. Um exemplo é a decomposição do 
bicarbonato de sódio, NaHCO3 sólido resultando em carbonato de sódio, 
Na2CO3 sólido, gás carbônico, CO2 e vapor d’água, H2O. O equilíbrio de 
decomposição do NaHCO3 é representado pela equação abaixo, onde os 
estados físicos das substâncias são indicados: (s) = sólido; (g) = gás. 
 
2�n��o� p! ⇌ �n��o� p! + �o� q! + ��o q! 
 
 Rigorosamente, a constante de equilíbrio, Kc’ é dada pela equação 
abaixo. 
 
�
r = [�n��o�][�o�][��o][�n��o�]� 
 
 Entretanto, uma substância sólida (ou líquida) pura é caracterizada por 
uma densidade que não varia com o tamanho da amostra e não é afetada pelo 
curso de uma reação química. Portanto, as concentrações das espécies sólidas 
(ou líquidas) puras são praticamente constantes durante a reação química. Por 
isso, pode-se definir uma constante de equilíbrio Kc, em termos das 
concentrações das espécies gasosas apenas. Isto é feito pelo rearranjo da 
equação para K’c, conforme mostrado abaixo. 
 
�
 = �
r[�n��o�]�[�n��o�] = [�o�][��o] 
 
�
 = [�o�][��o] 
 
 Em termos das pressões parciais das espécies gasosas, teremos Kp. 
 
12 
 
�' = (�o� (��o 
 
 A relação entre Kp e Kc, considerando gases ideais, é dada a partir da 
variação das quantidades das espécies gasosas, ∆n = (1+1)−0 = 2, pela 
equação abaixo. 
 
�' = �
 )*!� 
 
Exemplo 1.6. Para o equilíbrio ��o H! ⇌ ��o q!, calcule o valor de Kp e de Kc a 25 oC, 
sabendo que a pressão de vapor d’água é pH2O = 0,03129 atm, nessa 
temperatura. Utilize o valor de R = 0,08206 atm L/mol K. 
 
Solução. Kp = pH2O = 0,03129 
 T = (25 + 273,15 K) = 298,15 K 
 ∆n = 1 – 0 = 1 
 �' = �
 )*!� ⇒ �
 = �' )*!9� 
 �� = 0,03129 × 0,08206 × 298,15!9� = &, ;es × &#9< 
 
 
O Princípio de Le Chatelier 
 
 
 No Exemplo 1.5, observa-se que o valor da constante de equilíbrio 
diminui à medida que a temperatura aumenta. Isto ocorre em reações 
exotérmicas (∆H<0), ou seja, reações que ocorrem com liberação de calor. 
Assim, em reações exotérmicas, um aumento na temperatura desloca o 
equilíbrio químico no sentido da formação de mais reagentes. Este é apenas 
um exemplo do Princípio de Le Chatelier. 
 O Princípio de Le Chatelier foi descoberto pelo químico francês Henry 
Louis Le Chatelier (1850-1936) e pode ser enunciado na forma dada abaixo. 
 
“Se um sistema químico em equilíbrio sofrer uma perturbação (variação na 
temperatura, na pressão, no volume, ou nas concentrações das espécies químicas), 
o equilíbrio químico desloca-se no sentido de contrariar a perturbação imposta e 
um novo equilíbrio é estabelecido.” 
 
 O Princípio de Le Chatelier pode ser utilizado para prever em que 
condições (temperatura, pressão etc.) uma reação deverá ser realizada para 
13 
 
obter mais (ou menos) quantidades de produtos em uma reação química no 
equilíbrio. 
 
Efeito da variação da Temperatura 
 
 O valor da constante de equilíbrio depende da temperatura. Portanto, as 
quantidades relativas de reagente e produtos, no equilíbrio químico, variam 
com a temperatura. Se um agente externo eleva a temperatura, isto significa 
que uma quantidade de calor fluiu para o meio reacional. Consideremos uma 
reação endotérmica (∆H>0), ou seja, aquela que ocorre com absorção de calor. 
Segundo o Princípio de Le Chatelier, uma elevação na temperatura, provocada 
por um agente externo, significa uma perturbação que deve ser contrariada 
pelo deslocamento do equilíbrio químico, no sentido de formar mais produtos, 
pois o consumo de calor pela reação química acarretará uma diminuição na 
temperatura. Por isso temos o resultado abaixo. 
 
“Para uma reação endotérmica (∆∆∆∆H>0), uma elevação na temperatura, provocada 
por um agente externo, deslocará o equilíbrio químico no sentido da formação de 
mais produtos.” 
 
 Consideremos agora uma reação exotérmica (∆H<0), ou seja, aquela 
que ocorre com liberação de calor. Segundo o Princípio de Le Chatelier, uma 
diminuição na temperatura, provocada por um agente externo, significa uma 
perturbação que deve ser contrariada pelo deslocamento do equilíbrio químico, 
no sentido de formar mais produtos, pois a liberação de calor pela reação 
química acarretará uma elevação na temperatura. Assim, temos o resultado 
abaixo. 
 
“Para uma reação exotérmica (∆∆∆∆H<0), uma diminuição na temperatura, 
provocada por um agente externo, deslocará o equilíbrio químico no sentido da 
formação de mais produtos.” 
Exemplo 1.7. Considere os equilíbrios químicos abaixo, em fase gasosa, a 298,15 K. 
Devemos aquecer ou resfriar os sistemas abaixo, para obter mais 
quantidade de produto no equilíbrio. Justifique. 
 
 (a) �� + �	o� ⇌ �o�, ∆����> = +33,18 tu/vw? 
 (b) �	�� + 
	�� ⇌ ���, ∆����> = −45,94 tu/vw? 
 (c) 2� ⇌ �2, ∆����> = 0 
 
Solução. 
(a) Devemos aquecer, pois a reação é endotérmica. 
14 
 
(b) Devemos resfriar, pois a reação é exotérmica. 
(c) A variação na temperatura não deslocao equilíbrio químico, pois a 
reação não é exotérmica, nem endotérmica. 
 
 
Efeito da variação das Concentrações 
 
 Considere o seguinte equilíbrio químico. 
 
�
��� + ��x� ⇌ �x 
 A constante de equilíbrio Kc para a reação acima é dada pela expressão 
abaixo. 
 
�
 = [�x]��[��]��
�	 [x�]��
�	
 
 
 Pode-se observar que, uma adição de HI ao sistema reacional, por um 
agente externo, faz a concentração instantânea de HI, ou seja [HI], aumentar. 
Isso faz com que o valor instantâneo de Kc também aumente. De acordo com o 
Princípio de Le Chatelier, o sistema responderá de forma a contrariar essa 
perturbação. Assim, o equilíbrio se deslocará no sentido da formação de mais 
reagentes, de forma a restaurar o valor original de Kc. De forma semelhante, a 
remoção de reagentes faz com que o equilíbrio seja deslocado no sentido da 
formação de mais reagentes. Por outro lado, a adição de H2 ou I2 ao sistema, 
por um agente externo, provoca um deslocamento no sistema, no sentido de 
formar mais produto, HI. A remoção de HI, desloca o equilíbrio no sentido da 
formação de mais produto, HI. A Dessa forma, temos os resultados abaixo. 
(I) “A adição de reagentes, ou a remoção de produtos, por um agente 
externo, deslocará o equilíbrio químico no sentido da formação de mais 
produtos.” 
 
(II) “A adição de produtos, ou a remoção de reagentes, por um agente 
externo, deslocará o equilíbrio químico no sentido da formação de mais 
reagentes.” 
 
 A Figura 1.2 ilustra o efeito da adição de H2, por um agente externo, no 
equilíbrio �	�� + 
	�� ⇌ ���. Observe que, no instante da adição de H2, a 
15 
 
concentração instantânea [H2] aumenta, enquanto que as demais 
concentrações permanecem inalteradas. Com o passar do tempo, as 
concentrações [H2] e [N2] diminuem, enquanto que a concentração [NH3] 
aumenta. No final, o equilíbrio é restabelecido de forma a aumentar a 
quantidade de produto, NH3 formado. 
 
 
Figura 1.2. Efeito da adição de H2, por um agente externo, no equilíbrio 
�
	�� + 
	�� ⇌ ���. 
Neste caso, o equilíbrio é restabelecido de forma a aumentar a quantidade de 
produto, NH3 formado. 
 
 
Efeito da variação da Pressão e do Volume 
 
 À temperatura constante, uma variação no volume de um sistema 
ocasiona a variação na pressão do mesmo. Assim, um aumento de pressão 
deve favorecer qualquer variação que leve a uma diminuição no volume do 
sistema. Nas reações em que todas as espécies químicas sejam sólidas ou 
líquidas, qualquer variação de pressão não acarretará variações marcantes de 
volume, visto que as fases sólida e líquida são bastante incompressíveis. 
Portanto, as variações de pressão afetam sistemas em que há espécies 
gasosas. No caso de reações químicas, pelo menos um reagente ou produto 
16 
 
deve ser gasoso, para que as variações de pressão tenham efeito na posição 
do equilíbrio químico. 
 A pressão de um gás é causada pela colisão das moléculas nas paredes 
do recipiente que as contém. A pressão aumenta quando a temperatura 
aumenta, pois aumenta a energia cinética das moléculas. À temperatura 
constante, uma maior número de moléculas por unidade de volume, colidindo 
com as paredes do recipiente, provoca um aumento na pressão do sistema. 
 Considere o equilíbrio químico abaixo. 
 
�� + 3�� ⇌ 2��� 
 
 Se reduzirmos o volume do recipiente que contém as espécies químicas 
gasosas N2, H2 e NH3, a pressão irá aumentar. De acordo com o Princípio de Le 
Chatelier, o sistema reacional responderá de forma a contrariar essa 
perturbação, ou seja, de forma a reduzir a pressão. Isto resulta em uma 
diminuição no número de moléculas gasosas no equilíbrio. O equilíbrio químico 
acima mostra que há 2 moléculas de produto, 2NH3 para cada 4 moléculas de 
reagentes (1N2 + 3H2). Então, o sistema responderá deslocando o equilíbrio no 
sentido da formação de um menor número de moléculas, ou seja, no sentido da 
formação de produto, NH3. Portanto, temos o resultado abaixo. 
 
“À temperatura constante, a diminuição do volume, ou aumento da pressão, de um 
equilíbrio químico gasoso deslocará o equilíbrio no sentido da formação do menor 
número de moléculas de gás.” 
 
 
Efeito da Adição de um Gás Inerte 
 
 Se um gás inerte (aquele que não participa da reação) for introduzido no 
meio reacional em equilíbrio químico, ele causará um aumento na pressão do 
sistema. Contudo, a posição do equilíbrio não será alterada, pois as 
concentrações, ou as pressões parciais dos gases reagentes não são alteradas 
pela adição do gás inerte. 
 
Efeito da Adição de um Catalisador 
 
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 Um catalisador é uma substância que, adicionada em pequenas 
quantidades ao meio reacional, acelera a reação química. Ao final, o 
catalisador é regenerado à sua forma original. O efeito do catalisador dá-se 
pela diminuição da barreira energética (energia de ativação) que existe entre 
reagentes e produtos. Assim, o catalisador afeta a cinética de uma reação. 
Entretanto, a posição do equilíbrio químico permanece inalterada pela adição 
do catalisador. 
 
 
18 
 
Exercícios da Unidade 1 
 
 
1. O que é equilíbrio químico? Por que ele é denominado equilíbrio 
dinâmico? Dê exemplos para explicar sua resposta. 
2. Escreva as expressões das constantes de equilíbrio, Kc e Kp para as 
reações químicas gasosas abaixo. 
(a) 2H2 + CO2 F CH3OH 
(b) H2 + ½ S2 F H2S 
(c) 4H2 + 2NO2 F N2 + 4H2O 
(d) 2N2O5 F O2 + 4NO2 
3. Para a reação química gasosa PCl5 F PCl3 + Cl2, mediram-se as 
seguintes concentrações no equilíbrio químico, a T=298 K, em mol/L: 
[PCl5]=0,0023; [PCl3]=0,23; [Cl2]=0,055. Calcule o valores das constantes 
de equilíbrio Kc e Kp para essa reação. Dado: R = 0,08206 atm L/mol K. 
4. Para a reação química gasosa 2NO2 F N2O4, o valor da constante de 
equilíbrio a T=373 K é Kp=0,065. Calcule a energia de Gibbs padrão, ∆Go 
da reação nessa temperatura. Dado: R = 8,314 J/mol K. 
5. Para a reação química gasosa 2H2 + CO2 F CH3OH, o valor energia de 
Gibbs padrão a T=700 K é ∆Go=–13500 J/mol. Calcule a constante de 
equilíbrio Kp da reação nessa temperatura. Dado: R = 8,314 J/mol K. 
6. Por que não se precisam incluir as concentrações das espécies sólidas 
e líquidas puras na expressão para a constante de equilíbrio, em uma 
reação química heterogênea? Dê exemplos. 
7. O que diz o Princípio de Le Chatelier? Quais são suas aplicações? 
8. Preveja como cada variação abaixo afetará a posição do equilíbrio para 
a reação química 2H2 + CO2 F H2O + CO. Dado: ∆H = –41 kJ. 
(a) Adição de CO2. 
(b) Adição de H2O. 
(c) Adição de um catalisador. 
(d) Aumento na temperatura. 
(e) Redução do volume do recipiente. 
 
 
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UNIDADE 2 
 
Ácidos e Bases 
 
 
Objetivos da unidade: 
 
Apresentar a Definição de Arrhenius de Ácidos e Bases. 
Apresentar a Definição de Brønsted-Lowry de Ácidos e Bases. 
Discutir a Força de Ácidos e Bases. 
Apresentar a Definição de Lewis de Ácidos e Bases. 
 
 
20 
 
 
 
Definição de Ahrrenius 
 
 
 O físico-químico sueco Svante Arrhenius (1859-1927) formulou a 
definição de ácidos e bases apresentada abaixo. 
 
• Acido é toda substância que, dissolvida em água, dissocia-se liberando íons 
hidrônio, H3O
+. 
• Base é toda substância que, dissolvida em água, dissocia-se liberando íons 
hidroxila, OH–. 
 
 Exemplos de ácidos, segundo Arrhenius são o ácido clorídrico (HCl) e o 
dióxido de carbono (CO2). Ambas as substâncias são gases que, quando 
dissolvidos em água, dissociam-se liberando um íon H3O+, conforme mostrado 
pelas equações abaixo. 
 
• HCl(g) + H2O(l) → H3O+(aq) + Cl–(aq) 
• CO2 (g) + H2O(l) ⇌ H2CO3 (aq) 
• H2CO3 (aq) + H2O(l) ⇌ H3O+(aq) + HCO3–(aq) 
 
 Para efeito de simplificação, pode-se representar o íon hidrônio por H+, 
que é chamado próton. Assim, os ácidos de Arrhenius dissociam-se liberando 
prótons em água. As reações acima podem ser escritas na forma abaixo. 
 
• HCl(g) → H+(aq) + Cl–(aq) 
• CO2 (g) + H2O(l) ⇌ H2CO3 (aq) ⇌ H+(aq) + HCO3–(aq) 
 
 Exemplos de bases, segundo Arrhenius sãoo hidróxido de sódio 
(NaOH) e a amônia (NH3). O hidróxido de sódio puro é sólido e a amônia pura é 
gasosa. Ambas as substâncias, quando dissolvidas em água, dissociam-se 
liberando um íon OH–, conforme mostrado pelas equações abaixo. 
 
• NaOH(s) + H2O(l) → Na+(aq) + OH–(aq) 
• NH3 (g) + H2O(l) ⇌ NH4OH(aq) ⇌ NH4+(aq) + OH–(aq) 
 
 
21 
 
Reação Ácido-Base 
 
 Uma reação ácido-base, em água, processa-se fundamentalmente 
através da equação abaixo, denominada reação de neutralização. 
 
H3O+(aq) + OH–(aq) ⇌ 2H2O(l) 
ou 
H+(aq) + OH–(aq)⇌ H2O(l) 
 
 Assim, de uma forma geral, ácidos e base de Arrhenius reagem em 
água, resultando em sal e água. 
 
Ácido + Base ⇌ Sal + H2O 
 
HCl + NaOH→ NaCl + H2O 
H2SO4 + 2NaOH→ Na2SO4 + H2O 
 
 A definição de ácidos e bases de Ahrrenius é restrita a reações ácido-
base que ocorrem em meio aquoso. Por isso, houve a necessidade de se 
formular outras definições mais gerais. 
 
 
Definição de Brønsted-Lowry 
 
 
 O físico-químico dinamarquês Johannes Nicolaus Brønsted (1879–1947) 
e, independentemente, o físico-químico inglês Thomas Martin Lowry (1874–
1936) formularam uma definição de ácidos e bases que não depende do meio 
(solvente) utilizado. Assim, ácidos e bases são definidos mesmo na ausência 
de qualquer solvente. A definição de ácidos e bases de Brønsted-Lowry é 
apresentada abaixo. 
 
• Acido é toda espécie química capaz de doar um próton, H+. 
• Base é toda espécie química capaz de receber um próton, H+. 
 
 
22 
 
 Um exemplo é a reação ácido-base entre os gases ácido clorídrico, HCl 
e amônia, NH3. Essa reação pode ocorrer no ar. O resultado é a formação do 
sal sólido cloreto de amônio, NH4Cl. Esse sal é formado pelo ânion cloreto, Cl– 
proveniente do ácido que doou um próton e pelo cátion amônio, NH4+ 
proveniente da base que recebeu um próton. 
 
HCl(g) + NH3 (g) ⇌ NH4+ + Cl– 
ácido base 
ácido 
conjugado 
 
base 
conjugada 
 
 Em uma reação ácido-base de Brønsted-Lowry, formam-se ácidos e 
bases conjugados. Uma base conjugada é a espécie resultante depois que o 
ácido doa um próton. Um ácido conjugado é a espécie resultante depois que a 
base recebe um próton. 
 No caso da reação acima, a perda de um próton do ácido HCl forma a 
base conjugada cloreto, Cl– e o recebimento de um próton pela base NH3 forma 
o ácido conjugado amônio, NH4+. Na reação inversa, o ácido conjugado 
amônio, NH4+ doa um próton para a base conjugada cloreto, Cl–, formando HCl e 
NH3. 
 A reação abaixo é outro exemplo de reação ácido-base. Nesse caso, a 
H2O formada é, ao mesmo tempo, ácido conjugado e base conjugada. Por isso, 
a H2O é uma espécie denominada anfotérica. 
 
H3O+ + OH– ⇌ H2O + H2O 
ácido base 
ácido 
conjugado 
 
base 
conjugada 
 
 Uma espécie anfotérica, como a H2O, pode atuar como ácido, ou como 
base. No primeiro exemplo, abaixo, a H2O atua como ácido, doando um próton, 
H+ para a base amônia, NH3, formando o ácido conjugado hidróxido, OH– e a 
base conjugada amônio, NH4+. 
 
H2O + NH3 ⇌ NH4+ + OH– 
ácido base 
ácido 
conjugado 
 
base 
conjugada 
 
 No segundo exemplo, abaixo, a água atua como uma base, recebendo 
um próton, H+ do ácido acético, CH3COOH, formando o ácido conjugado 
hidroxônio, H3O+ e a base conjugada acetato, CH3COO–. 
 
23 
 
CH3COOH + H2O ⇌ H3O+ + CH3COO– 
ácido base 
ácido 
conjugado 
 
base 
conjugada 
 
 Apesar de ser mais geral que a definição de Arrhenius, por não 
especificar o meio (solvente), a definição de Brønsted-Lowry é restrita à troca 
de um próton, H+. Por isso, houve a necessidade de se formular uma definição 
ainda mais geral para ácidos e bases. Uma definição bem mais geral, a 
definição de Lewis, será vista mais adiante. 
 
 
Forças de Ácidos e Bases 
 
 
 Toda reação ácido-base de Brønsted-Lowry pode ser considerada como 
duas reações opostas, ou competitivas entre ácidos e bases. Quando HCl 
reage com H2O, o equilíbrio está completamente (100%) deslocado no sentido 
dos produtos, H3O+ e Cl–, conforme mostrado abaixo. 
 
HCl + H2O → H3O+ + Cl– 
ácido base 
ácido 
conjugado 
 
base 
conjugada 
 
 Pela equação acima, pode-se comparar as forças relativas dos ácidos 
HCl e H3O+. Como o equilíbrio está completamente deslocado para a direita, 
então o ácido HCl é um melhor doador de próton, H+ que o ácido H3O+. Em 
outras palavras, o ácido HCl é mais forte que o ácido H3O+. 
 Pela equação acima, também se pode comparar as forças relativas das 
bases H2O e Cl–. Como o equilíbrio está completamente deslocado para a 
direita, então a base H2O é um melhor aceitador de próton, H+ que a base Cl–. 
Em outras palavras, a base H2O é mais forte que a base Cl–. 
 De uma forma mais geral, para estabelecer as forças relativas de ácidos 
e bases, comparam-se as posições dos equilíbrios químicos de várias reações 
ácido-base. O exemplo abaixo ilustra o método para comparar a força relativa 
entre dois ácidos, o ácido clorídrico, HCl e o ácido fluorídrico, HF. 
 
HCl + H2O → H3O+ + Cl– (100% dissociado) 
HF + H2O F H3O+ + F– (3% dissociado, em HF 1 mol/L) 
 
24 
 
 Neste último exemplo, pode-se concluir que o ácido HCl é bem mais forte 
que o ácido HF, já que o HCl é um melhor doador de próton, H+ que o HF. 
Também se pode concluir que o F– é uma base bem mais forte que o Cl–, pois o 
F– é um aceitador de próton, H+ bem melhor que o Cl–. Pode-se dizer que: “para 
o ácido mais forte, sua base conjugada é a mais fraca”. 
 O exemplo abaixo ilustra o método para comparar a força relativa entre 
duas bases, o íon amideto, NH2– e a amônia, NH3. 
NH2– + H2O → NH3 + OH– (100% dissociada) 
NH3 + H2O F NH4+ + OH– (0,4% dissociada, em NH3 1 mol/L) 
 Neste último exemplo, pode-se concluir que o íon amideto, NH2– é uma 
base bem mais forte que a amônia, NH3, já que o NH2– é um melhor aceitador 
de próton, H+ que a NH3. Também se pode concluir que o íon amônio, NH4+ é 
um ácido mais forte que a amônia, NH3, pois o NH4+ é um doador de próton, H+ 
melhor que a NH3. Pode-se dizer que: “para a base mais forte, seu ácido 
conjugado é o mais fraco”. 
 A Figura 2.1 mostra as relações entre as forças relativas de alguns pares 
de ácidos e bases conjugadas. 
 
25 
 
 
F
o
rç
a
 d
o
 á
c
id
o
 a
u
m
e
n
ta
 
→
 
ÁCIDO BASE 
F
o
rç
a
 d
a
 b
as
e
 a
u
m
e
n
ta 
→
 
HClO4 
HCl 
HNO3 
ClO4
– 
Cl– 
NO3
– 
 
H3O
+ H2O 
 
HF 
HNO2 
F– 
NO2
– 
CH3COOH CH3COO
– 
 
HOCl OCl– 
 
NH4
+ NH3 
 
H2O OH
– 
 
NH3 NH2
– 
ÁCIDO BASE 
Figura 2.1. Relações entre as forças relativas de pares de ácidos e bases 
conjugadas. Os ácidos HClO4, HCl e HNO3 são fortes e estão 100% 
dissociados em água. Os ácidos HF, HNO2 e HOCl são fracos, estão 
parcialmente dissociados e existem em equilíbrio HXFH+ + X–. A 
base NH2– está 100% reagida com a H2O. 
 
 De forma geral, a posição do equilíbrio químico em uma reação ácido-
base de Brønsted-Lowry situa-se na direção do ácido e da base mais fracos, 
conforme mostrado abaixo. 
 
ácido forte (HA) + base forte (B) → ácido fraco (HB+) + base fraca (B–) 
 
 Se, por exemplo, um ácido forte como o ácido nítrico, HNO3 for 
adicionado a uma base forte como a amônia, NH3, a reação prosseguirá até se 
completar 100%. 
 
HNO3 + NH3 → NH4+ + NO3– 
26 
 
 
 Por outro lado, de um ácido fraco como o ácido acético, CH3COOH for 
adicionado a uma base fraca como o íon cloreto, Cl–, praticamente nenhuma 
reação será observada. 
 
CH3COOH + Cl– → não reagem 
 
Solvente Nivelador e Solvente Diferenciador 
 
 Quando se compara a força de ácidos, como fizemos para HCl e HF, 
comparamos a extensão do equilíbrio, usando a mesma base como referência. 
Usando a água, H2O como base, vimos que o HCl é um ácido mais forte que o 
HF. Para esses ácidos, a H2O é um solvente diferenciador. Esses mesmos 
ácidos, em amônia líquida, NH3 estão completamente dissociados, conforme 
mostrado abaixo. Neste caso, não se pode discernir entre as forças relativas 
desses ácidos e a NH3 é um solvente nivelador.HCl + NH3 → NH4+ + Cl– (100% dissociado) 
HF + NH3 → NH4+ + F– (100% dissociado) 
 
 Os ácidos HClO4, HCl e HNO3 são fortes e estão 100% dissociados em 
água, H2O, conforme mostrado abaixo. Neste caso, não se pode discernir entre 
as forças relativas desses ácidos Para estes ácidos, a H2O é um solvente 
nivelador. 
 
HClO4 + H2O → H3O+ + ClO4– (100% dissociado) 
HCl + H2O → H3O+ + Cl– (100% dissociado) 
HNO3 + H2O → H3O+ + NO3– (100% dissociado) 
 
 Se o ácido acético, CH3COOH puro for usado como solvente, os ácidos 
HClO4, HCl e HNO3 são fracos e estão parcialmente dissociados, conforme 
mostrado abaixo. Constata-se que, em ácido acético, a força desses ácidos 
aumenta na seguinte ordem: HNO3 < HCl < HClO4. Para estes ácidos, o ácido 
acético é um solvente diferenciador. 
 
HClO4 + CH3COOH F CH3COOH2+ + ClO4– (parcialmente dissociado) 
HCl + CH3COOH F CH3COOH2+ + Cl– (parcialmente dissociado) 
HNO3 + CH3COOH F CH3COOH2+ + NO3– (parcialmente dissociado) 
 
27 
 
 Bases fortes, como os íons óxido, O–2, amideto, NH2
– e hidreto, H– 
reagem completamente (100%) com a água, H2O, formando hidróxido, OH
–, 
conforme mostrado abaixo. Estas três bases são tão fortes que são 
completamente protonadas por um ácido fraco como a H2O. A água é um 
solvente nivelador para estas bases. 
 
O2– + H2O → OH– + OH– (100% dissociado) 
NH2– + H2O → NH3 + OH– (100% dissociado) 
H– + H2O → H2 + OH– (100% dissociado) 
 
 A amônia, NH3 é parcialmente protonada em água, H2O. Entretanto, a 
amônia, NH3 é completamente (100%) protonada em ácido acético, CH3COOH 
puro. Pode-se dizer que a amônia é uma base fraca em água, mas é uma base 
forte em ácido acético. 
 
NH3 + H2O F NH4+ + OH– (0,4% dissociada, em NH3 1 mol/L) 
NH3 + CH3COOH F NH4+ + CH3COO– (100% dissociada) 
 
 
 
28 
 
Definição de Lewis 
 
 
 O físico-químico norte americano Gilbert Newton Lewis (1875–1946) 
formulou uma definição de ácidos e bases que não depende do meio (solvente) 
utilizado, nem da especificação da troca de um próton, H+. A definição de 
ácidos e bases de Lewis é apresentada abaixo. 
 
• Acido é toda espécie química capaz de aceitar um par de elétrons. 
• Base é toda espécie química capaz de doar um par de elétrons. 
 
 Um exemplo é a reação do trimetilborano, (CH3)3B com a amônia, NH3. A 
amônia possui um par de elétrons livres no átomo de nitrogênio (representado 
por dois pontos), podendo atuar como uma base de Lewis, doando o par de 
elétrons. O trimetilborano possui um orbital p vazio no átomo de boro, podendo 
atuar como um ácido de Lewis, recebendo um par de elétrons. A reação ácido-
base, de formação do aduto (CH3)3B–NH3, é mostrada abaixo. A ligação química 
entre os átomos de boro e de nitrogênio (representada por um traço) consiste 
no compartilhamento do par de elétrons que originalmente pertencia à amônia. 
 
(CH3)3B + :NH3 ⇌ (CH3)3B–NH3 
ácido base aduto 
 
 De forma semelhante, a reação entre os íons H+ e OH– consiste em uma 
reação ácido base, onde a hidroxila, OH– doa um par de elétrons para o próton, 
H+, formando água, H–OH, ou seja, H2O. 
 
H+ + :OH– ⇌ H–OH 
ácido base água 
 
 Outro exemplo de reação ácido-base de Lewis é a reação entre um 
óxido metálico, como Na2O com um óxido não metálico, como SO3. Um óxido 
metálico, como Na2O possui caráter básico, reagindo com água, H2O para 
produzir hidróxido, conforme mostrado abaixo. 
 
Na2O + H2O → NaOH 
 
 Um óxido não metálico, como SO3 possui caráter ácido, reagindo com 
água, H2O para formar ácido, conforme mostrado abaixo. 
29 
 
 
SO3 + H2O → H2SO4 
 
 A reação direta entre Na2O e SO3 é uma reação ácido-base, onde o íon 
óxido, O2– do Na2O atua como base de Lewis, doando um par de elétrons para o 
ácido de Lewis SO3, conforme mostrado abaixo. 
 
 
O2– + SO3 → SO4– 
base ácido íon sulfato 
 
 A reação acima pode ser representada na forma abaixo. 
 
Na2O + SO3 → Na2SO4 
 
 A reação direta entre Na2O e SO3 é ilustra a limitação da definição de 
Brønsted-Lowry, uma vez que não há nenhuma transferência de prótons, H+. 
 
 A reação entre Na2O e SO3 em água, H2O é essencialmente a mesma 
reação ácido-base acima e pode ser escrita na forma abaixo. 
 
NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O 
 
 Segundo a definição de Brønsted-Lowry, a reação ácido-base do HCl 
com a H2O é considerada como a transferência do próton, H+ do HCl para a H2O. 
 
HCl + H2O → H3O+ + Cl– 
 
 Do ponto de vista da definição de Lewis, essa mesma reação é 
considerada como o deslocamento de uma base (a mais fraca), no caso o íon 
cloreto, Cl–, por outra base (mais forte), no caso a água, H2O. Dessa forma, a 
H2O atua como base de Lewis, doando um par de elétrons para o H+ do HCl, 
deslocando (“expulsando”) o íon Cl– do HCl. Aqui se considera como ácido de 
Lewis, o íon H+, ao invés da molécula inteira, HCl. 
 Considerando sua definição, uma base de Lewis é uma substância que, 
em suas reações, procura um núcleo (espécie deficiente em elétrons), para 
compartilhar seu par de elétrons. Por isso, uma base de Lewis é também 
denominada nucleófilo. Uma reação na qual uma base de Lewis (mais forte) 
30 
 
desloca outra base (mais fraca) é denominada de reação de deslocamento 
nucleofílico. 
 Há reações ácido-base onde um ácido de Lewis desloca outro ácido. Um 
exemplo é dado abaixo. 
 
AlCl3 + COCl2 → AlCl4– + COCl+ 
 
 A espécie AlCl3 é deficiente em elétrons e atua como ácido de Lewis, 
recebendo um par de elétrons. A espécie COCl2 pode ser vista como Cl– COCl+. 
Assim, a parte da molécula COCl2 que atua como base de Lewis, doando um 
par de elétrons é o Cl–. 
 Na reação acima, o ácido de Lewis AlCl3 recebe um par de elétrons da 
base de Lewis Cl– e desloca (“expulsa”) o ácido mais fraco COCl+. A reação de 
deslocamento pode ser representada na forma abaixo. 
 
Cl3Al +[:Cl– COCl+]→ [Cl3Al –Cl]– + COCl+ 
 
 Considerando sua definição, um ácido de Lewis é uma substância que, 
em suas reações, procura uma espécie que tenha pares de elétrons, com a 
qual possa se ligar. Por isso, um ácido de Lewis é também denominado 
eletrófilo. Uma reação na qual um ácido de Lewis (mais forte) desloca outro 
ácido (mais fraco) é denominada de reação de deslocamento eletrofílico. 
 Pode-se comparar as forças de ácidos e bases de Lewis, verificando a 
tendência que possuem de formar uma ligação covalente. Após ser formada a 
ligação covalente, a densidade eletrônica da base é atraída para o átomo 
deficiente em elétrons do ácido. Assim, uma base forte é aquela que possui um 
átomo cuja densidade eletrônica é bastante polarizável (deformável). Dessa 
forma, espera-se que a espécie (CH3)2P seja uma base de Lewis mais forte que 
a espécie (CH3)2N, tendo em vista que o átomo de fósforo, P é maior e mais 
polarizável que o átomo de nitrogênio, N. Comparando as espécies (CH3)2O e 
(CF3)2O, conclui-se que a (CF3)2O é a base mais fraca devido ao fato do flúor, F 
ser mais eletronegativo que o hidrogênio, H, atraindo mais fortemente a 
densidade eletrônica do oxigênio, O. Por isso, a densidade eletrônica do 
oxigênio, O é mais facilmente doada pela espécie (CH3)2O. 
 Em átomos pequenos, a atração dos elétrons pelo núcleo atômico é 
maior. Como o átomo de bromo, Br é maior que o átomo de cloro, Cl, espera-se 
que o BCl3 seja um ácido de Lewis mais fraco que o BBr3. Da forma semelhante, 
íons com carga positiva mais elevada tendem a atrair mais fortemente seus 
elétrons, tornando o ácido de Lewis mais forte. Por isso, espera-se que, entre 
os íons Cr+2 e Cr+3, o íon Cr+3 seja o ácido mais forte. 
 
31 
 
Exercícios da Unidade 2 
 
 
1. Explique porque a definição de ácidos e bases de Brønsted-Lowry é 
mais geral que a definição de Arrhenius. Dê exemplos para explicar. 
2. Explique porque a definição de ácidos e bases de Lewis é mais geral 
que a definição de Brønsted-Lowry. Dê exemplos para explicar. 
3. Classifique as substâncias abaixo como ácido ou base de Arrhenius, 
escrevendo as respectivas reações com água para justificara resposta. 
(a) CO2 
(b) K2O 
(c) SO3 
(d) CaO 
(e) HIO3 
(f) Sr(OH)2 
(g) H2O 
(h) NH3 
(i) H2S 
(j) NO2 
4. Identifique os pares ácido-base conjugados nas reações abaixo. 
(a) CH3COO– + H2O F CH3COOH + OH– 
(b) HF + NH3 F NH4+ + F– 
(c) HNO3 + H2SO4 F H3SO4+ + NO3– 
(d) NH2– + N2H4 F NH3 + N2H3– 
(e) NH2OH + HCl F NH3OH+ + Cl– 
(f) Al(H2O)6+3 + OH– F Al(H2O)5OH+2 + H2O 
5. O que é uma espécie anfotérica? Explique, com exemplos, por que a 
H2O é uma espécie anfotérica. 
6. Como se comparam as forças relativas de ácidos e bases, segundo a 
definição de Brønsted-Lowry? Dê exemplos. 
7. Usando a Figura 2.1, classifique as reações abaixo em ordem crescente 
de tendência de se completarem. 
(a) NH3 + H2O F NH4+ + OH– 
(b) HClO4 + NH2– F NH3 + ClO4– 
(c) NH2– + H2O F HNO2 + OH– 
(d) NH3 + ClO4– F NH2– + HCl 
8. Explique o que é solvente nivelador e solvente diferenciador. Dê 
exemplos. 
9. Decida qual é a base de Lewis mais forte em cada caso. Justifique sua 
resposta. 
(a) NH3 ou NF3. (b) (CH3)3S ou (CH3)3O 
32 
 
10. Decida qual é o ácido de Lewis mais forte em cada caso. Justifique sua 
resposta. 
(a) AlCl3 ou BCl3 (b) Fe+2 ou Fe+3 
11. Defina os termos abaixo, dando exemplos. 
(a) Nucleófilo. 
(b) Eletrófilo. 
(c) Reação de deslocamento nucleofílico. 
(d) Reação de deslocamento eletrofílico. 
12. Identifique o ácido e a base de Lewis na reação ácido-base abaixo. 
Classifique-a como deslocamento nucleofílico ou eletrofílico. 
2PCl5 → PCl4+⋅PCl6– 
 
 
33 
 
UNIDADE 3 
 
Equilíbrios de Ácidos e Bases em Solução Aquosa 
 
 
Objetivos da unidade: 
 
Discutir a dissociação iônica da água. 
Apresentar o conceito de pH. 
Calcular o pH de Ácidos e Bases Fortes em Solução Aquosa 
Calcular o pH de Ácidos e Bases Fracas em Solução Aquosa 
Discutir a Hidrólise de Sais 
Calcular o pH de uma Solução-Tampão 
Calcular o pH de Ácidos Polipróticos 
 
 
34 
 
A Dissociação Iônica da Água 
 
 
 A água pura dissocia-se reversivelmente em íons hidroxônio, H3O+ e 
hidroxila, OH–. A reação que explica essa dissociação é a transferência de um 
próton, H+ entre duas moléculas de água, H2O. O subscrito (l) significa estado 
líquido. O subscrito (aq) significa aquoso, ou seja, que a espécie está solvatada 
por moléculas do solvente, H2O. 
 
H2O(l) + H2O(l) ⇌ H3O+(aq) + OH–(aq) 
 
 Para efeito de simplificação, a dissociação da água pode ser 
representada da forma apresentada abaixo. 
 
H2O(l) ⇌ H+(aq) + OH–(aq) 
 
 No equilíbrio, o produto das concentrações de H+ e de OH– é uma 
constante de equilíbrio denominada produto iônico da água, Kw. 
 
[�y][o�9] = �z 
 
 À temperatura de 25 oC, o valor de Kw é dado abaixo. 
 
�z = 1,00 × 109�d (25 oC) 
 
 Para manter a neutralidade elétrica da água pura, o número de cátions 
deve ser igual ao número de ânions. Isto se chama balanço de carga e é 
representado pela equação abaixo. 
 
[�y] = [o�9] (Balanço de carga, água pura) 
 
 Substituindo a equação do balanço de carga, na equação do produto 
iônico da água, obtemos a concentração de �y na água pura, a 25 oC. 
 
[�y][{|9] = [�y][|y] = [�y]� = 1,00 × 109�d 
 
[�y] = }1,00 × 109�d 
35 
 
 
[�y] = 1,00 × 109m mol/L 
então 
[o�9] = 1,00 × 109m mol/L 
 
 Em água pura, a 25 oC, as concentrações de H+ e de OH– são iguais a 
1,00 × 10–7. É um valor bastante pequeno. 
 
 
O Conceito de pH 
 
 
 O pH é uma medida da acidez ou da basicidade de uma solução aquosa. 
Rigorosamente, o pH de uma solução aquosa é dado pelo negativo do 
logaritmo, na base 10, da atividade dos íons H+ em solução, conforme 
mostrado pela equação abaixo. 
 
(� = −?w~�� n��! 
 
 A atividade é uma grandeza termodinâmica. Ela é a “concentração 
efetiva” de uma espécie química, considerando as interações intermoleculares. 
Substâncias puras possuem atividade igual à unidade, ou seja, a=1. Em 
soluções diluídas, a atividade e a concentração em mol/L podem ser 
aproximadas, ou seja, n�� = [�y]. Por isso, considerando soluções diluídas, a 
expressão para o pH pode ser escrita na forma dada abaixo. 
 
(� = −?w~��[�y] (solução diluída) 
 
O pH da água pura 
 
 Podemos calcular o valor do pH da água pura. A 25 oC, temos que [�y] = 1,00 × 109m mol/L. Logo, o valor do pH é dado abaixo. 
 
(� = −?w~�� 1,00 × 109m! 
 
.| = e, ## (água pura, 25 oC) 
 
36 
 
 Para soluções aquosas diluídas, a 25 oC, valem as seguintes afirmações. 
 
• Soluções com valor de pH=7,00 são neutras. 
• Soluções com valor de pH<7,00 são ácidas. 
• Soluções com valor de pH>7,00 são básicas. 
 
A medida do pH 
 
 O pH pode ser medido usando um eletrodo íon-seletivo que responda, 
de acordo com a equação de Nernst, à atividade dos íons H+ em solução. O pH 
é normalmente medido usando um eletrodo de vidro, conectado a um 
milivoltímetro com uma grande impedância de entrada. Neste caso, mede-se a 
diferença de potencial, ou força eletromotriz, E entre o eletrodo de vidro e um 
eletrodo de referência, normalmente um eletrodo de calomelano, ou um 
eletrodo de prata/cloreto de prata. É feita concomitantemente a medida da 
temperatura da solução, utilizando um sensor de temperatura. 
 
 A Equação de Nernst é dada abaixo, onde E = potencial medido com o 
eletrodo de vidro; Eo = potencial padrão do eletrodo de vidro; R=8,3145 J/mol K 
(constante dos gases); n = número de elétrons transferidos (neste caso, n=1); 
F=96485 C/mol (constante de Faraday); T = temperatura termodinâmica da 
solução (em Kelvin). A constante numérica é uma aproximação para o 
logaritmo natural de 10, ou seja, ln10 ≈ 2,303. 
 
� = �> + 2,303 )*@� ?w~�� n��! 
 
 Como (� = ?w~�� n��!, pode-se rearranjar a equação de Nernst para se 
obter a equação abaixo, que permite medir experimentalmente o pH de uma 
solução, a partir da medida do potencial de eletrodo, E além da temperatura, T 
da solução e considerando n=1. 
 
(� = �> − �!2,303 D)*� L
 
 
pOH e pKw 
 
 Da mesma forma que foi definido o pH, pode-se definir o pOH e o pKw, 
para soluções diluídas, nas formas abaixo. 
 
37 
 
(o� = −?w~��[o�9] 
(�z = −?w~��[�z] 
 
 A equação para Kw pode ser reescrita na forma logarítmica dada abaixo. 
 
[�y][o�9] = �z 
−log�� [�y][o�9]! = −log�� �z! 
 − log��[�y]! + −?w~��[o�9]! = −log�� �z! 
 
(� + (o� = (�z 
 
 A 25 oC, o valor de pKw é dado abaixo. 
 
(�z = 14,00 (25 oC) 
 
 Vimos que para a água pura a 25 oC, pH = 7,00. Portanto, podemos 
calcular o pOH nessas condições. 
 
(o� = 14,00 − (� 
(o� = 14,00 − 7,00 
 
(o� = 7,00 
 
 
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fortes em Solução Aquosa 
 
 
 Eletrólito é uma substância que, quando dissolvida em solução aquosa, 
dissocia-se em íons. A extensão na qual um eletrólito está dissociado é 
descrita pelos temos forte e fraco. Um eletrólito forte é aquele que está 
completamente dissociado em íons. Um eletrólito fraco é aquele que está 
parcialmente dissociado em íons. Quando se trata de ácidos e bases, 
empregamos os termos ácido forte/fraco e base forte/fraca. Exemplos são 
dados abaixo. 
 
 
38 
 
• ��? → �y + �?9 (ácido clorídrico, ácido forte) 
• ����oo� ⇌ �y + ����oo9 (ácido acético, ácido fraco) 
• �no� → �ny + o�9 (hidróxido de sódio, base forte) 
• ��� + ��o ⇌ ��dy + o�9 (amônia, base fraca) 
 
 A Tabela 3.1 mostra alguns ácidos e bases fortes que consideraremos. 
 
Tabela 3.1. Ácidos e Bases Fortes. 
Completamente dissociados em concentrações menores que 1 mol/L 
Ácido Base 
HCl LiOH 
HBr NaOH 
HI KOH 
HClO4 RbOH 
HNO3 
CsOH 
H2SO4 (*) 
Completamente dissociados em concentrações menores que 0,01 mol/L 
Ácido Base 
HIO3 
Sr(OH)2 (**) 
Ba(OH)2 (**) 
TlOH 
(*) Dissocia como H2SO4 → H+ + HSO4– 
(**) Dissocia como Sr(OH)2 → Sr+2 + 2OH– 
 
 
pH de um ácido forte. 
 
 
 Suponha que queiramos calcular o pH de uma solução aquosa de um 
ácido forte, como HCl, por exemplo. Vamos assumir que a concentração 
analítica do HCl em solução seja 1,50×10–7 mol/L. Essa é a concentração de 
HCl que foi adicionado à solução. Ouseja, adicionou-se 1,50×10–7 mol de HCl 
em 1 L de solução aquosa. Pede-se para calcular o pH de uma solução aquosa 
de HCl 1,50×10–7 mol/L, a 25 oC. O procedimento para o cálculo é o seguinte. 
 
 
39 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
��? → �y + �?9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Os íons Cl– vêm apenas da dissociação do HCl. Da mesma forma, os 
íons OH– vêm apenas da dissociação da H2O. Entretanto, os íons H+ vêm 
tanto da dissociação do HCl, quanto da dissociação da H2O. Dessa 
forma, temos os seguintes balanços de massa. 
 
[�Q9] = &, $# × &#9e OPQ/� 
[�y]��H = [�?9] 
[�y]�	� = [o�9] 
[�y] = [�y]�	� + [�y]��H 
 
3. A partir das equações acima, pode-se escrever a equação abaixo, 
substituindo na última equação, as duas equações anteriores. A 
equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[�y] = [o�9] + [�?9] 
 
4. Substituindo o valor da concentração de Cl– na última equação, obtêm-
se a condição de próton do sistema, dada abaixo. 
 
[�y] = [o�9] + 1,50 × 109m 
 
5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus valores, 
levamos em consideração o produto iônico da água a 25 oC. 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
 
6. Substituímos a condição de próton, no produto iônico da água. 
 
 
40 
 
 
[o�9] = [�y] − 1,50 × 109m 
[�y] [�y] − 1,50 × 109m! = 1,00 × 109�d 
[|y]; − &, $# × &#9e[|y] − &, ## × &#9&� = # 
 
7. Resolvendo a última equação do segundo grau em H+, obtemos duas 
raízes. 
 
[�y] = − −1,50 × 109m! ± } −1,50 × 109m!� − 4 ∙ 1 ∙ −1,00 × 109�d!2 ∙ 1 
[�y] = 1,50 × 109m2 ±
1
2 }6,25 × 109�d 
[�y] = 7,50 × 109� ± 1,25 × 109m 
 
[�y] = 2,00 × 109m 
ou 
[�y] = −5,00 × 109� 
 
8. Desconsideramos a segunda raiz, pois não tem significado físico-
químico. Portanto, a concentração encontrada é dada abaixo. 
 
[|y] = ;, ## × &#9e OPQ/� 
 
9. A concentração [o�9] pode ser obtida da equação do produto iônico da 
água. 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
2,00 × 109m 
 
[{|9] = $, ## × &#9: OPQ/� 
 
10. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 2,00 × 109m! 
41 
 
 
.| = %, e# 
 
 
Aproximações (ácido forte). 
 
Há três casos a considerar: 
 
1. Quando a concentração analítica, C do ácido forte for suficientemente 
alta (C ≥ 1,00×10–6 mol/L), pode-se desprezar a concentração [OH–] e 
aproximar a condição de próton da seguinte forma. 
 
[�y] = [o�9] + � 
[�y] ≅ � 
 
2. Em concentrações analíticas, C de ácido forte próximas de 10–7 mol/L 
(1,00×10–8 mol/L § C < 1,00×10–6 mol/L), não se deve fazer nenhuma 
aproximação e a equação de segundo grau deve ser resolvida. 
 
3. Quando a concentração analítica, C do ácido forte for suficientemente 
baixa (C < 1,00×10–8 mol/L), pode-se desprezar a concentração analítica, 
C na condição de próton, a qual é aproximada da seguinte forma. 
 
[�y] = [o�9] + � 
[�y] ≅ [o�9] 
[�y] ≅ 1,00 × 109mvw?/� 
 
 
pH de uma base forte. 
 
 Suponha que queiramos calcular o pH de uma solução aquosa de uma 
base forte, como Ba(OH)2, por exemplo. Vamos assumir que a concentração 
analítica do Ba(OH)2 em solução seja 1,50×10–7 mol/L. Essa é a concentração 
de Ba(OH)2 que foi adicionado à solução. Ou seja, adicionou-se 1,50×10–7 mol 
de Ba(OH)2 em 1 L de solução aquosa. Pede-se para calcular o pH de uma 
42 
 
solução aquosa de Ba(OH)2 1,50×10–7 mol/L, a 25 oC. O procedimento para o 
cálculo é o seguinte. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
�n o�!� → �ny� + 2o�9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Os íons Ba+2 vêm apenas da dissociação do Ba(OH)2. Da mesma forma, 
os íons H+ vêm apenas da dissociação da H2O. Entretanto, os íons OH- 
vêm tanto da dissociação do Ba(OH)2, quanto da dissociação da H2O. 
Dessa forma, temos os seguintes balanços de massa. 
 
 
 
[��y;] = &, $# × &#9e OPQ/� 
�o�9]�� ��!	 = 2[�ny�� 
[o�9]�	� = [�y] 
[o�9] = [o�9]�	� + [o�9]�� ��!	 
 
3. A partir das equações acima, pode-se escrever a equação abaixo, 
substituindo na última equação, as duas equações anteriores. A 
equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[o�9] = [�y] + 2[�ny�] 
 
4. Substituindo o valor da concentração de Ba+2 na última equação, obtêm-
se a condição de próton do sistema, dada abaixo. 
 
[o�9] = [�y] + 3,00 × 109m 
 
5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus valores, 
levamos em consideração o produto iônico da água a 25 oC. 
 
43 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
 
6. Substituímos a condição de próton, no produto iônico da água. 
 
[�y] = [o�9] − 3,00 × 109m 
 [o�9] − 3,00 × 109m![o�9] = 1,00 × 109�d 
[{|9]; − <, ## × &#9e[{|9] − &, ## × &#9&� = # 
 
7. Resolvendo a última equação do segundo grau em H+, obtemos duas 
raízes. 
 
[o�9] = − −3,00 × 109m! ± } −3,00 × 109m!� − 4 ∙ 1 ∙ −1,00 × 109�d!2 ∙ 1 
[o�9] = 3,00 × 109m2 ±
1
2 }1,30 × 109�� 
[o�9] = 1,50 × 109m ± 1,803 × 109m 
 
[o�9] = 3,30 × 109m 
ou 
[o�9] = −3,03 × 109� 
 
8. Desconsideramos a segunda raiz, pois não tem significado físico-
químico. Portanto, a concentração encontrada é dada abaixo. 
 
[{|9] = <, <# × &#9e OPQ/� 
 
9. A concentração [o�9] pode ser obtida da equação do produto iônico da 
água. 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[�y] = 1,00 × 109�d[o�9] =
1,00 × 109�d
3,30 × 109m 
 
[|y] = <, #< × &#9: OPQ/� 
 
44 
 
10. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 3,03 × 109�! 
 
.| = e, $; 
 
 
Aproximações. (base forte) 
 
 
Há três casos a considerar: 
 
1. Quando a concentração analítica, C da base forte for suficientemente 
alta (C ≥ 1,00×10–6 mol/L), pode-se desprezar a concentração [H+] e 
aproximar a condição de próton da seguinte forma. 
 
[o�9] = [�y] + � 
[o�9] ≅ � 
 
2. Em concentrações analíticas, C de base forte próximas de 10–7 mol/L 
(1,00×10–8 mol/L § C < 1,00×10–6 mol/L), não se deve fazer nenhuma 
aproximação e a equação de segundo grau deve ser resolvida. 
 
3. Quando a concentração analítica, C da base forte for suficientemente 
baixa (C < 1,00×10–8 mol/L), pode-se desprezar a concentração analítica, 
C na condição de próton, a qual é aproximada da seguinte forma. 
 
[o�9] = [�y] + � 
[o�9] ≅ [�y] 
[o�9] ≅ 1,00 × 109mvw?/� 
 
 
 
 
45 
 
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fracas em Solução Aquosa 
 
 
 Um ácido ou uma base fraca está apenas parcialmente dissociada, em 
solução. As equações das constantes de equilíbrio de um ácido fraco, Ka e de 
uma base fraca, Kb são exemplificadas abaixo para o ácido acético e para a 
amônia. Os valores são dados a 25 oC. 
 
����oo� ⇌ �y + ����oo9, �� = [��][��
���W][��
����] = 1,75 × 109" 
 
��� + ��o ⇌ ��dy + o�9, �� = ����̀�[��W][��
] = 1,75 × 109" 
 
 
pH de um ácido fraco. 
 
 Suponha que queiramos calcular o pH de uma solução aquosa de um 
ácido fraco, como o ácido acético, CH3COOH, por exemplo. Vamos assumir que 
a concentração analítica do CH3COOH em solução seja 0,010 mol/L. Essa é a 
concentração de CH3COOH que foi adicionado à solução. Ou seja, adicionou-se 
0,010 mol de CH3COOH em 1 L de solução aquosa. Pede-se para calcular o pH 
de uma solução aquosa de CH3COOH 0,010 mol/L, a 25 oC. O procedimento para 
o cálculo é o seguinte. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
����oo� ⇌ �y + ����oo9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Os íons CH3COO– vêm da dissociação parcial do CH3COOH. Dessa forma, 
temos o seguinte balanço de massa. 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,010 vw?/� 
 
3. Podemos escrever o balanço de carga, já que a solução é eletricamente 
neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao número de 
cargas negativas. 
 
46 
 
[�y] = [o�9] + [����oo9] 
 
4. A equação da constante de equilíbrio para o ácido acético pode ser 
escrita na forma abaixo. 
 
[�y][����oo9] = ��[����oo�] 
 
 
5. Por fim, escrevemos o produto iônico da água a 25oC. 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
 
6. As quatro últimas equações formam um sistema de equações com 
quatro incógnitas. A resolução exata desse sistema leva a uma equação 
do quarto grau em [H+]. Para evitar esse problema, pode-se aproximar a 
equação do balanço de massa, desprezando a concentração [CH3COO–]. 
A aproximação é mostrada abaixo. 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,010 vw?/� 
 
[�|<�{{|] ≅ #, #&# OPQ/� 
 
7. Também podemos aproximar a equação do balanço de carga, 
desprezando a concentração [OH–]. A aproximação é mostrada abaixo. 
 
[�y] = [o�9] + [����oo9] 
[�y] ≅ [����oo9] 
 
8. Utilizando as duas aproximações, na equação de Ka, obtemos o 
seguinte. 
[�y][����oo9] = ��[����oo�] 
[�y][�y] = 1,75 × 109"! 0,010! 
[�y]� = 1,75 × 109m 
[�y] = }1,75 × 109m 
 
47 
 
[|y] = �, &: × &#9� OPQ/� 
 
[�y] ≅ [����oo9] 
 
[�|<�{{9] = �, &: × &#9� OPQ/� 
 
9. A concentração [o�9] pode ser obtida da equação do produto iônico da 
água. 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
4,18 × 109d 
 
[{|9] = ;, <s × &#9&& OPQ/� 
 
10. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 4,18 × 109d! 
 
.| = <, <: 
 
Teste das aproximações 
 
 Podemos testar cada aproximação efetuada. 
 
 A aproximação feita no balanço de massa. 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,010 vw?/� 
0,010 + 4,18 × 109d = 0,010 vw?/� 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–4. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
48 
 
���P ��Q����P& = ��, &: × &#
9�
#, #& � × &##% = �, &: % 
 
 A aproximação feita no balanço de carga. 
 
[�y] = [o�9] + [����oo9] 
4,18 × 109d = 2,39 × 109�� + 4,18 × 109d 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–11. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P; = �;, <s × &#
9&&
�, &: × &#9� � × &##% = $, e; × &#9%! % 
 
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo menor ou 
igual a 5%, ambas as aproximações efetuadas são justificadas. Caso uma das 
aproximações não seja justificada, então ela não pode ser efetuada. Nesse 
caso, pode-se ter que resolver uma equação do segundo grau em [H+]. 
 
 
pH de uma base fraca. 
 
 Suponha que queiramos calcular o pH de uma solução aquosa de uma 
base fraca, como a amônia, NH3, por exemplo. Vamos assumir que a 
concentração analítica da NH3 em solução seja 0,0010 mol/L. Essa é a 
concentração de NH3 que foi adicionado à solução. Ou seja, adicionou-se 
0,0010 mol de NH3 em 1 L de solução aquosa. Pede-se para calcular o pH de 
uma solução aquosa de NH3 0,010 mol/L, a 25 oC. O procedimento para o 
cálculo é o seguinte. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
��� + ��o ⇌ ��dy + o�9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
49 
 
2. Os íons NH4+ vêm da dissociação parcial da NH3. Dessa forma, temos o 
seguinte balanço de massa. 
 
[���] + [��dy] = 0,0010 vw?/� 
 
3. Podemos escrever o balanço de carga, já que a solução é eletricamente 
neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao número de 
cargas negativas. 
 
[o�9] = [�y] + [��dy] 
 
4. A equação da constante de equilíbrio para a amônia pode ser escrita na 
forma abaixo. 
 
[o�9][��dy] = ��[���] 
 
5. Por fim, escrevemos o produto iônico da água a 25 oC. 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
 
6. As quatro últimas equações formam um sistema de equações com 
quatro incógnitas. A resolução exata desse sistema leva a uma equação 
do quarto grau em [OH−]. Para evitar esse problema, pode-se aproximar 
a equação do balanço de massa, desprezando a concentração [NH4+]. A 
aproximação é mostrada abaixo. 
 
[���] + [��dy] = 0,0010 vw?/� 
 
[�|<] ≅ #, ##&# OPQ/� 
 
7. Também podemos aproximar a equação do balanço de carga, 
desprezando a concentração [H+]. A aproximação é mostrada abaixo. 
 
[o�9] = [�y] + [��dy] 
[o�9] ≅ [��dy] 
 
50 
 
8. Utilizando as duas aproximações, na equação de Kb, obtemos o 
seguinte. 
[o�9][��dy] = ��[���] 
[o�9][o�9] = 1,75 × 109"! 0,0010! 
[o�9]� = 1,75 × 109� 
[o�9] = }1,75 × 109� 
 
[{|_] = &, <; × &#9� OPQ/� 
 
[o�9] ≅ [��dy] 
 
[�|�y] = &, <; × &#9� OPQ/� 
 
9. A concentração [�y] pode ser obtida da equação do produto iônico da 
água. 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[�y] = 1,00 × 109�d[o�9] =
1,00 × 109�d
1,32 × 109d 
 
[|y] = e, $: × &#9&& OPQ/� 
 
10. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 7,58 × 109��! 
 
.| = &#, &; 
 
Teste das aproximações 
 
 Podemos testar cada aproximação efetuada. 
 
 A aproximação feita no balanço de massa. 
 
51 
 
[���] + [��dy] = 0,0010 vw?/� 
0,0010 + 1,32 × 109d = 0,0010 vw?/� 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 1,32 × 10–4. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P& = �&, <; × &#
9�
#, ##& � × &##% = &<, � % 
 
 A aproximação feita no balanço de carga. 
 
[o�9] = [�y] + [��dy] 
1,32 × 109d = 7,58 × 109�� + 1,32 × 109d 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–11. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P; = �e, $: × &#
9&&
&, <; × &#9� � × &##% = $, e� × &#9e! % 
 
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo menor ou 
igual a 5%, apenas a aproximação no balanço de carga é justificada. Neste 
caso, resolve-se novamente o problema, sem fazer a aproximação no balanço 
de massa (etapa 6). 
 
 Assim, refazemos o problema a partir da etapa 8. 
 
8. Utilizando apenas a aproximação no balanço de carga (etapa 7), na 
equação de Kb, obtemos o seguinte. 
 
[o�9][��dy] = ��[���] 
[o�9][o�9] = 1,75 × 109"! 0,0010 − [o�9]! 
[o�9]� + 1,75 × 109"[o�9] − 1,75 × 109� = 0 
52 
 
[o�9]
= −1,75 × 109"! ± } 1,75 × 109"!� − 4 ∙ 1 ∙ −1,75 × 109�!2 ∙ 1 
 
[{|_] = &, ;� × &#9� OPQ/� 
ou 
[o�_] = −1,41 × 109d vw?/� 
 
[o�9] ≅ [��dy] 
[�|�y] = &, ;� × &#9� OPQ/� 
 
[���] = [o�
9][��dy]��
= 1,24 × 109d! 1,24 × 109d!1,75 × 109" 
[�|<] = :, es × &#9� OPQ/� 
 
9. A concentração [�y] pode ser obtida da equação do produto iônico da 
água. 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[�y] = 1,00 × 109�d[o�9] =
1,00 × 109�d
1,24 × 109d 
 
[|y] = :, #% × &#9&& OPQ/� 
 
10. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 8,06 × 109��! 
 
.| = &#, #s 
 
Teste da aproximação 
 
 A aproximação feita no balanço de carga (a única aproximação feita). 
53 
 
 
[o�9] = [�y] + [��dy] 
1,24 × 109d = 8,06 × 109�� + 1,24 × 109d 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 8,06 × 10–11. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P; = �:, #% × &#
9&&
&, ;� × &#9� � × &##% = %, $# × &#9$! % 
 
 
Hidrólise de Sais 
 
 
 Um sal cujo cátion vem de uma base forte e cujo ânion vem de um ácido 
forte, tal como NaCl, não sofre hidrólise e o pH de sua solução é 7. 
 
 Exemplo. Calcule o pH de uma solução aquosa de NaCl 0,01 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
�n�? → �ny + �?9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Os íons Na+ e Cl– vêm apenas da dissociação do NaCl. Da mesma 
forma, os íons H+ e OH– vêm apenas da dissociação da H2O. Dessa 
forma, temos os seguintes balanços de massa. 
 
[��y] = #, #& OPQ/� 
[�Q9] = #, #& OPQ/� 
[�y] = [o�9] 
 
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
54 
 
 
[�y] + [�ny] = [o�9] + [�?9] 
 
4. Substituindo o valor das concentrações [Na+] e [Cl–] na última equação, 
obtêm-se a condição de próton do sistema, dada abaixo. 
 
[�y] + 0,01 = [o�9] + 0,01 
[�y] = [o�9] 
 
5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus valores, 
levamos em consideração o produto iônico da água a 25 oC. 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
 
6. Substituímos a condição de próton, no produto iônico da água. 
 
[�y]� = 1,00 × 109�d 
[�y] = }1,00 × 109�d 
 
[|y] = &, ## × &#9e OPQ/� 
[{|9] = &, ## × &#9e OPQ/� 
 
7. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 1,00 ×109m! 
 
.| = e, ## 
 
 Um sal cujo cátion vem de uma base fraca, ou cujo ânion vem de um 
ácido fraco sofre hidrólise. No primeiro caso, o pH é menor que 7 e a solução é 
básica. No segundo caso, o pH é maior que 7 e a solução é ácida. 
 
 
55 
 
pH de um sal de base fraca. 
 
Exemplo. Calcule o pH de uma solução aquosa de NH4Cl 0,01 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
��d�? → ��dy + �?9 
��dy + ��o ⇌ ��� + ��oy (hidrólise) 
��o + ��o ⇌ ��oy + o�9 
 
2. Temos os seguintes balanços de massa, para o Cl– e para as espécies 
contendo nitrogênio. 
 
[�Q9] = #, #& OPQ/� 
[���] + [��dy] = 0,01 
 
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[��dy]+[�y] = [�?9] + [o�9] 
[��dy]+[�y] = 0,01 + [o�9] 
 
4. Subtraindo a equação do balanço de carga da equação do balanço de 
massa para o nitrogênio, obtemos a condição de próton do sistema. 
 
 [���] + [��dy]! − [��dy]+[�y]! = 0,01 − 0,01 + [o�9]! 
 
[���] − [�y] = [o�9] 
 
[�y] = [o�9] + [���] 
 
5. Dividindo a equação do produto iônico da água pela equação da 
constante de dissociação da NH3, obtém-se a constante de hidrólise, Kh 
do NH4Cl. 
56 
 
[�y][o�9]
[o�−][��4+][��3]
= �z�  = �¡ 
 
[�y][���][��dy] =
�z�� = �¡ 
 
�¡ = 1,00 × 10
9�d
1,75 × 109" = 5,71 × 109�� 
 
6. Aproximamos o balanço de massa para o nitrogênio, desprezando a 
concentração [NH3] e aproximamos a condição de próton, desprezando a 
concentração [OH–]. 
 
[���] + [��dy] = 0,01 
[�|�y] ≈ #, #& OPQ/� 
 
[�y] = [o�9] + [���] 
[�y] ≈ [���] 
 
7. Colocamos as aproximações na equação para a constante de hidrólise. 
 
[�y][���][��dy] = 5,71 × 10
9�� 
[�y][�y]
 0,01! = 5,71 × 109�� 
[�y]� = 5,71 × 109�� 
[�y] = }5,71 × 109�� 
[|y] = ;, <s × &#9% OPQ/� 
 
[�y] ≈ [���] 
[�|<] = ;, <s × &#9% OPQ/� 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
57 
 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
2,39 × 10−6 
[{|9] = �, &: × &#9s 
 
 
 
8. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 2,39 × 109c! 
 
.| = $, %; 
 
Teste das aproximações 
 
 A aproximação feita no balanço de massa. 
 
[���] + [��dy] = 0,01 
2,39 × 109c + 0,010 = 0,010 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–6. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P& = �;, <s × &#
9%
#, #& � × &##% = #, #; % 
 
 A aproximação feita no balanço de carga. 
 
[�y] = [o�9] + [���] 
2,39 × 109c = 4,18 × 109� + 2,39 × 109c 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–9. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
58 
 
���P ��Q����P; = ��, &: × &#
9s
;, <s × &#9%� × &##% = #, &e! % 
 
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo menor ou 
igual a 5%, ambas as aproximações efetuadas são justificadas. 
 
 
pH de um sal de ácido fraco. 
 
Exemplo. Calcule o pH de uma solução aquosa de NaCH3COO 0,01 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
�n����oo → �ny + ����oo9 
����oo9 + ��o ⇌ ����oo� + o�9 (hidrólise) 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Temos os seguintes balanços de massa, para o Cl– e para as espécies 
contendo nitrogênio. 
 
[��y] = #, #& OPQ/� 
[����oo�] + [����oo9] = 0,01 
 
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[�ny]+[�y] = [����oo9] + [o�9] 
0,01 + [�y] = [����oo9] + [o�9] 
 
4. Subtraindo a equação do balanço de carga da equação do balanço de 
massa para o acetato, obtemos a condição de próton do sistema. 
 
 [����oo�] + [����oo9]! − [����oo9] + [o�9]! = 0,01 − 0,01 + [�y]! 
 
59 
 
[����oo�] − [o�9] = [�y] 
 
[o�9] = [�y] + [����oo�] 
 
5. Dividindo a equação do produto iônico da água pela equação da 
constante de dissociação do CH3COOH, obtém-se a constante de 
hidrólise, Kh do NaCH3COO. 
[�y][o�9]
[�+][����oo9][����oo�]
= �z�n = �¡ 
 
[o�9][����oo�][����oo9] =
�z�� = �¡ 
 
�¡ = 1,00 × 10
9�d
1,75 × 109" = 5,71 × 109�� 
 
6. Aproximamos o balanço de massa para o nitrogênio, desprezando a 
concentração [CH3COOH] e aproximamos a condição de próton, 
desprezando a concentração [H+]. 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,01 
[�|<�{{9] ≈ #, #& OPQ/� 
 
[o�9] = [�y] + [����oo�] 
[o�9] ≈ [����oo�] 
 
7. Colocamos as aproximações na equação para a constante de hidrólise. 
 
[o�9][����oo�][����oo9] = 5,71 × 109�� 
[o�9][o�9]
 0,01! = 5,71 × 109�� 
[o�9]� = 5,71 × 109�� 
[o�9] = }5,71 × 109�� 
[{|9] = ;, <s × &#9% OPQ/� 
60 
 
 
[o�9] ≈ [����oo�] 
[�|<�{{|] = ;, <s × &#9% OPQ/� 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[�y] = 1,00 × 109�d[o�9] =
1,00 × 109�d
2,39 × 10−6 
[|y] = �, &: × &#9s OPQ/� 
 
8. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 4,18 × 109�! 
 
.| = :, <: 
 
 
Teste das aproximações 
 
 A aproximação feita no balanço de massa. 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,01 
2,39 × 109c + 0,010 = 0,010 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–6. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P& = �;, <s × &#
9%
#, #& � × &##% = #, #; % 
 
 A aproximação feita no balanço de carga. 
 
[o�9] = [�y] + [����oo�] 
2,39 × 109c = 4,18 × 109� + 2,39 × 109c 
61 
 
 
 A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–9. Essa é igual à 
diferença relativa percentual calculada abaixo. 
 
���P ��Q����P; = ��, &: × &#
9s
;, <s × &#9%� × &##% = #, &e! % 
 
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo menor ou 
igual a 5%, ambas as aproximações efetuadas são justificadas. 
 
 
Cálculo do pH de uma Solução-Tampão 
 
 
 Uma solução-tampão é aquela que mantém o seu pH constante, mesmo 
após a adição de ácidos e bases. Ela é normalmente formada por uma mistura 
de um ácido fraco com um sal de ácido fraco, tal como CH3COOH/NaCH3COO, ou 
por uma mistura de uma base fraca com um sal de base fraca, tal como 
NH3/NH4Cl. 
 
pH de um tampão CH3COOH/NaCH3COO 
 
 Calcule o pH da mistura CH3COOH 0,010 mol/L / NaCH3COO 0,010 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
�n����oo → �ny + ����oo9 
����oo� ⇌ �y+ ����oo9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Temos os seguintes balanços de massa. 
 
[��y] = #, #&# OPQ/� 
[����oo�] + [����oo9] = 0,010 + 0,010 = 0,020 
 
62 
 
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[�ny]+[�y] = [����oo9] + [o�9] 
0,010 + [�y] = [����oo9] + [o�9] 
 
4. Adicionando as equações do balanço de carga e do balanço de massa 
para o acetato, obtemos a condição de próton do sistema. 
 
 [����oo�] + [����oo9]! + 0,010 + [�y]! = 0,020 + [����oo9] + [o�9]! 
 
[�y] + [����oo�] = [o�9] + 0,010 
 
5. Aproximamos a condição de próton, desprezando as concentrações [H+] 
e [OH–]. Depois obtemos a concentração [CH3COO–] do balanço de massa 
para o acetato. 
 
[�y] + [����oo�] = [o�9] + 0,010 
[�|<�{{|] ≈ #, #&# OPQ/� 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,020 
0,010 + [����oo9] = 0,020 
[�|<�{{9] = #, #&# OPQ/� 
 
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação do ácido acético. 
 
[�y][����oo9][����oo�] = 1,75 × 109" 
[�y] 0,01!
 0,01! = 1,75 × 109" 
[|y] = &, e$ × &#9$ OPQ/� 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
63 
 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
1,75 × 10−5 
[{|9] = $, e& × &#9&# OPQ/� 
 
7. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 1,75 × 109"! 
 
.| = �, e% 
 
 
pH de um tampão NH3/NH4Cl 
 
 Calcule o pH da mistura NH3 0,01 mol/L / NH4Cl 0,01 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
��d�? → ��dy + �?9 
��� + ��o ⇌ ��dy + o�9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Temos os seguintes balanços de massa. 
 
[�Q9] = #, #& OPQ/� 
[���] + [��dy] = 0,01 + 0,01 = 0,02 
 
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a soluçãoé 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. 
 
[��dy]+[�y] = [�?9] + [o�9] 
[��dy]+[�y] = 0,01 + [o�9] 
 
64 
 
4. Adicionando as equações do balanço de carga e do balanço de massa 
para a amônia, obtemos a condição de próton do sistema. 
 
 0,01 + [o�9]! + [���] + [��dy]! = 0,02 + [��dy]+[�y]! 
 
[o�9] + [���] = [�y] + 0,01 
 
5. Aproximamos a condição de próton, desprezando as concentrações [H+] 
e [OH–]. Depois obtemos a concentração [NH4+] do balanço de massa 
para a amônia. 
 
[o�9] + [���] = [�y] + 0,01 
[�|<] ≈ #, #&OPQ/� 
 
[���] + [��dy] = 0,02 
[�|�y] = #, #& OPQ/� 
 
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação da amônia. 
 
[o�9][���][��dy] = 1,75 × 10
9" 
[o�9] 0,01!
 0,01! = 1,75 × 109" 
[{|9] = &, e$ × &#9$ OPQ/� 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[�y] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
1,75 × 10−5 
[|y] = $, e& × &#9&# 
 
7. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 5,71 × 109��! 
 
65 
 
.| = s, ;� 
 
Variação do pH de uma Solução Tampão 
 
 Como já foi dito, uma solução-tampão é aquela que mantém o seu pH 
constante, mesmo após a adição de ácidos e bases. O exemplo abaixo mostra 
a pequena variação no pH de uma solução-tampão, após a adição de uma 
quantidade de ácido forte. 
 Calcule o pH quando uma solução de HCl 0,001 mol/L for adicionado à 
solução tampão constituída pela mistura CH3COOH 0,010 mol/L / NaCH3COO 
0,010 mol/L. 
 
1. Escrevemos todas as dissociações em água. 
 
��? → �y + �?9 
�n����oo → �ny + ����oo9 
����oo� ⇌ �y+ ����oo9 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Temos os seguintes balanços de massa. 
 
[��y] = #, #&# OPQ/� 
[�Q9] = #, ##& OPQ/� 
[����oo�] + [����oo9] = 0,010 + 0,010 = 0,020 
 
3. O balanço de carga é dado abaixo. 
 
[�ny]+[�y] = [�?9] + [����oo9] + [o�9] 
0,010 + [�y] = 0,001 + [����oo9] + [o�9] 
0,009 + [�y] = [����oo9] + [o�9] 
 
4. Adicionando o balanço de massa para o acetato ao balanço de carga, 
obtemos a condição de próton do sistema. 
 
 [����oo�] + [����oo9]! + 0,009 + [�y]! = 0,020 + [����oo9] + [o�9]! 
66 
 
 
[�y] + [����oo�] = [o�9] + 0,011 
 
5. Aproximamos a condição de próton, desprezando as concentrações [H+] 
e [OH–]. Depois obtemos a concentração [CH3COO–] do balanço de massa 
para o acetato. 
 
[�y] + [����oo�] = [o�9] + 0,011 
[�|<�{{|] ≈ #, #&& OPQ/� 
 
[����oo�] + [����oo9] = 0,020 
0,011 + [����oo9] = 0,020 
[�|<�{{9] = #, ##s OPQ/� 
 
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação do ácido acético. 
 
[�y][����oo9][����oo�] = 1,75 × 109" 
[�y] 0,009!
 0,011! = 1,75 × 109" 
[|y] = ;, &� × &#9$ OPQ/� 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
2,14 × 10−5 
[{|9] = �, %e × &#9&# OPQ/� 
 
7. O pH é calculado, na forma mostrada abaixo. 
 
(� = −log�� 2,14 × 109"! 
 
.| = �, %e 
 
67 
 
8. A variação de pH é calculada, abaixo. 
 
∆(� = 4,67 − 4,76 
 
∆.| = −#. #s 
 
 A adição do HCl fez o pH da solução tampão variar em apenas 0.09 
unidades. A mesma quantidade de HCl, adicionada em água pura, faz o pH 
diminuir de 7,00 para 3,00, ocasionando uma variação de ∆pH=4,00. Portanto, a 
solução-tampão faz um bom trabalho de manter o pH constante. 
 
Índice de Tampão 
 
 Conforme foi visto anteriormente, a adição de ácido (ou base) forte a 
uma solução-tampão faz o pH variar bem pouco. O índice de tampão, β é a 
grandeza que indica qual a quantidade de ácido (ou base) forte, necessária 
para variar o pH em um determinado valor. Considere que uma quantidade dCa 
de um ácido forte, ou uma quantidade dCb de uma base forte, foi adicionada a 
um volume de 1 L de solução-tampão. Se a variação ocasionada no pH for 
representada por dpH, então o índice de tampão, β é definido de acordo com as 
equações abaixo. 
 
¤ = − ¥��¥(� 
 
¤ = ¥��¥(� 
 
 O sinal negativo que aparece na primeira equação porque o pH da 
solução diminui pela adição de ácido forte. Na segunda equação, o sinal é 
positivo porque o pH da solução aumenta pela adição de base forte. Assim, o 
valor de β será sempre um número positivo. 
 O valor do índice de tampão, β para um tampão do tipo HA/A– pode ser 
encontrado a partir do pH do tampão, do Ka do ácido fraco HA , do valor de Kw e 
da soma das concentrações [HA]+[A–]=C do balanço de massa, usando a 
equação abaixo. Essa equação não será deduzida neste texto. 
68 
 
 
¤ = 2,303 � �z[�y] + [�y] +
���[�y] �� + [�y]!�� 
 
 O exemplo abaixo ilustra o cálculo de β, bem como sua utilização na 
determinação da variação do pH de uma solução-tampão. 
 Usando o índice de tampão, β calcule a variação no pH quando uma 
solução de HCl 0,001 mol/L for adicionado à solução tampão constituída pela 
mistura CH3COOH 0,010 mol/L / NaCH3COO 0,010 mol/L. 
 
 Já foi calculado, para esse sistema tampão, o valor pH=4,76 que 
corresponde à concentração [H+]=1,75×10–5 mol/L. Pelo balanço de massa, 
tem-se que [CH3COOH]+[CH3COO–] = C = 0,020 mol/L. Temos também os valores 
das constantes Ka=1,75×10–5 e Kw=1,00×10–14. Com esses valores, calcula-se β. 
 
¤ = 2,303 �1,00 × 109�d1,75 × 109" + 1,75 × 109" +
0,020 1,75 × 109"!1,75 × 109"
 1,75 × 109" + 1,75 × 109"!� � 
 
¤ = 2,303 5,71 × 109�� + 1,75 × 109" + 0,005! 
 
¦ = #. #&&% 
 
 Através da definição de β, considerando a quantidade de ácido 
adicionada dCa ≈ ∆Ca = 0,001 mol/L, calcula-se a variação dpH ≈ ∆pH. 
 
¤ = − ¥��¥(� 
0,0116 = − 0,001∆(� 
 
∆(� = − 0,0010,0116 
 
∆.| = −#. #s 
 
69 
 
Cálculo do pH de Ácidos polipróticos 
 
 
 Até agora, foram considerados ácidos que dissociavam apenas um 
próton, H+. Ácidos que dissociam em dois ou mais prótons são denominados 
polipróticos.Exemplos de ácidos polipróticos são o ácido sulfídrico, H2S e o 
ácido fosfórico, H3PO4. As dissociações e as expressões para as constantes de 
equilíbrio são dadas abaixo. Os valores das constantes de equilíbrio são dadas 
a 25 oC. 
 
��§ ⇌ �y + �§9 [�y][�§9] = ���[��§] ��� = 1,00 × 109m 
�§9 ⇌ �y + §9� [�y][§9�] = ���[�§9] ��� = 1,20 × 109�� 
 
 
��¨od ⇌ �y + ��¨od9 [�y][��¨od9] = ���[��¨od] ��� = 5,89 × 109� 
��¨od9 ⇌ �y + �¨od9� [�y][�¨od9�] = ���[��¨od9] ��� = 6,17 × 109� 
�¨od9� ⇌ �y + ¨od9� [�y][¨od9�] = ���[�¨od9�] ��� = 4,79 × 109�� 
 
 
pH de uma solução de H2S 
 
 Vamos calcular o pH de uma solução aquosa de H2S de concentração 
analítica 0,010 mol/L, a 25 oC. 
 
1. Consideremos as dissociações em água e as constantes de equilíbrio 
Ka1, Ka2 e Kw, dadas anteriormente. 
 
��§ ⇌ �y + �§9 
�§9 ⇌ �y + §9� 
��o ⇌ �y + o�9 
 
2. Os íons HS– e S–2 vêm da dissociação do H2S. Portanto, temos o 
seguinte balanço de massa, para as espécies que tem enxofre. 
 
[��§] + [�§9] + [§9�] = 0,010 
 
70 
 
3. Podemos escrever o balanço de carga, já que a solução é eletricamente 
neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao número de 
cargas negativas. Como o íon S–2 tem carga –2, o fator 2 tem de ser 
colocado antes da concentração [S–2] no balanço de carga. 
 
[�y] = [o�9] + [�§9] + 2[§9�] 
 
4. O valor de Ka2 é pequeno e muito menor que o valor de Ka1. Portanto 
podemos desprezar as concentração [HS–] e [S–2] no balanço de massa. 
 
[|;©] ≈ #, #&# OPQ/� 
 
5. Desprezamos as concentrações [OH–] e [S–2] no balanço de carga. 
 
[�y] ≈ [�§9] 
 
6. Usando as duas aproximações na equação para Ka1, obtemos as 
concentrações [H+] e [HS–]. 
 
[�y][�§9] = ���[��§] 
[�y][�y] = 1.00 × 109m 0,010! 
[�y]� = 1.00 × 109� 
[�y] = }1.00 × 109� 
 
[|y] = <. &% × &#9$ OPQ/� 
 
[|©9] = <. &% × &#9$ OPQ/� 
 
7. O pH pode ser calculado, conforme mostrado abaixo. 
 
(� = −log�� 3.16 × 109"! 
 
.| = �, $# 
 
8. Usando a expressão para Ka2, encontramos a concentração [S–2]. 
 
71 
 
[�y][§9�] = ���[�§9] 
[§9�] = ��� 
 
[©9;] = &. ;# × &#9&< 
 
 
9. Calculamos a concentração [OH–]. 
 
[�y][o�9] = 1,00 × 109�d 
[o�9] = 1,00 × 109�d[�y] =
1,00 × 109�d
1,75 × 10−5 
[{|9] = $, e& × &#9&# OPQ/� 
 
Teste das aproximações 
 
 A aproximação