10d Lista de exercícios - Calculo de pH de soluções de ácidos e bases fracas e de seus sais

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Lista de exercícios
Calcule as concentrações molares do H3O+ e do OH- a 25 ºC em:
1. Ácidos fracos 
Exemplo ácido acético (HAc) 0,100 M
HAc H+ + Ac – e H2O H+ + OH –
CHAc = [HAc] +[AC-] assim [HAc] = CHAc -[AC-] como para cada x M de H+ formado da dissociação de HAc se forma x M de Ac – podemos escrever que x = [H+] = [AC-] e podemos escrever a ka como:
Ka = [H+] . [Ac-] = [H+] . [H+] = , [H+]2 , assim
[HAc] CHAc -[H+] CHAc -[H+]
Ka = [H+]2 / CHAc -[H+] podemos supor que CHAc >>> [H+] e a equação se reduz a 
Ka = [H+]2 / CHAc [H+] = ( Ka . CHAc)1/2 ficando [H+] = (1,8 x 10-5 x 0,100)1/2 = 0,00134 M
Assim a suposição de que CHAc >>> [H+] pode ser verificada dividindo (0,00134 / 0,1 ) x100 = 1,34%
Neste caso a solução já é valida. Caso não o fosse seria necessário a solução completa:
Ka = [H+]2 / CHAc -[H+] (CHAc -[H+]) Ka = [H+]2 Ka CHAc -[H+] Ka = [H+]2 
[H+]2 + Ka [ H+] - Ka CHAc = 0
Assim [ H+] = - Ka + (Ka2 + 4 x Ka xCHac)1/2 = - 1,8 x 10-5 + ( (1,8 x 10-5)2 + ( 4 x 1,8 x 10-5 x 0,1))1/2 =
	 2	 2
[ H+] = - 1,8 x 10-5 + ( 3,24 x 10-10 + 7,2 x 10-6 )1/2 = - 1,8 x 10-5 + 2,68 x 10-3 = 2,69 x 10-3 = 
 2 2 2
[ H+] = 1,34 x10-3 M mostrando não haver diferenças entre as duas soluções.
Calcule usando o mesmo raciocínio para:
a) HOCl 0,100 M.
b) HOCl 0,00100 M.
c) NH4Cl 0,100 M.
d) NH4Cl 0,00100 M.
e) H2SO3 0,100 M.
f) H3PO4 0,100 M.
g) FeCl3 0,100 M.
2. Bases Fracas
Exemplo Amônia 0,100 M.
NH4OH NH4+ + OH – e H2O H+ + OH –
CNH4OH = [NH4OH] + [NH4+] assim [NH4OH] = CNH4OH - [NH4+] como para cada x M de NH4+ formado da dissociação de NH4OH se forma x M De OH – podemos escrever que x = [OH-] = [NH4+] e podemos escrever a kb como:
Kb = [NH4+] . [OH-] = [OH-] . [OH-] = , [OH-]2 , assim
[NH4OH] CNH4OH - [OH-] CNH4OH - [OH-] 
Kb = [OH-]2 / CNH4OH - [OH-] podemos supor que CNH4OH >>> [OH-] e a equação se reduz a 
Ka = [OH-]2 / CNH4OH [OH-] = ( Kb . CNH4OH )1/2 = ((Kw /Ka) . CNH4OH )1/2 ficando [OH-] = ((1,0 x 10-14 / 5,71x 10-10 ) x 0,100)1/2 = 0,00132 M
Assim a suposição de que CNH4OH >>> [OH-] pode ser verificada dividindo (0,00132 / 0,1 ) x100 = 1,32%
Neste caso a solução já é valida. Caso não o fosse seria necessário a solução completa:
Kb = [OH-]2 / CNH4OH -[OH-] (CNH4OH -[OH-]) Kb = [OH-]2 Kb CNH4OH -[OH-] Kb = [OH-]2 
[OH-]2 + Kb [OH-] – Kb CNH4OH = 0 onde Kb = Kw / Ka = 1 x 10-14 / 5,71 x 10-10 = 1,75 x 10-5
Assim [ OH-] = - Kb + (Kb2 + 4 x Kb x CNH4OH)1/2 = 
 2
[ OH-] = - 1,75 x 10-5 + ( (1,75 x 10-5)2 + ( 4 x 1,75 x 10-5 x 0,1))1/2 =
2
[ OH-] = - 1,75 x 10-5 + ( 3,06 x 10-10 + 7,0 x 10-6 )1/2 = - 1,8 x 10-5 + 2,65 x 10-3 = 2,65 x 10-3 = 
 2 2 2
[ H+] = 1,32 x10-3 M mostrando não haver diferenças entre as duas soluções.
Calcule usando o mesmo raciocínio para:
a) Etilamina 0,0100M.
b) Etileno diamina 0,00100M.
c) Acetato de sódio 0,100 M.
Soluções Tampão
3. Tampão preparado pela dissolução de 8,00 mmol de NaOAc em 200 mL de HOAc 0,100 mol/L.
4. Tampão preparado pela adição de 100 mL de NaOH 0,0500 mol/L.a 100 mL de HOAc 0,175 mol/ L.
5. Tampão preparado pela adição de 40,0 mL de HCl 0,1200 mol/L.a 160,0 mL de NaOAc 0,0420 mol/L.
Sais anfiproticos
6. De uma solução Na2HPO4 0,100 M.
7. De uma solução H2N-CH2-CH2-NH3+1Cl 0,100 M.
Considere o erro aceitável de no máximo 5%, quais soluções anteriores podem ser resolvidas fazendo aproximações para simplificar os cálculos.