aprofundamento-química-Equilíbrio iônico Kh, efeito do íon comum e tampão-23-08-22-0aefb7a97fcbc972334ecc40685ba833

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Química 
 
Equilíbrio iônico: Kh, efeito do íon comum e tampão 
Teoria 
 
Hidrólise Salina 
Como sabemos, existem ácidos e bases de caráter forte ou fraco, dependendo do grau de ionização (no caso 
dos ácidos) ou de dissociação (no caso das bases). Sabemos, ainda, que a reação de um ácido com uma 
base gera um sal – com cátion derivado da base reagente e ânion derivado do ácido reagente – e água, 
conforme vemos na reação genérica abaixo: 
HX + YOH ⇌ YX + H2O 
Onde: 
X = ânion do ácido hipotético HX; 
Y = cátion da base hipotética YOH; 
YX = sal de cátion Y e ânion X resultante. 
 
Da mesma maneira, ao colocarmos para reagirem um sal e a água, a reação inversa ocorre, gerando 
novamente o ácido e a base que deram origem a este sal. A essa reação damos o nome de hidrólise salina. A 
hidrólise do sal YX, por exemplo, seria assim: 
YX + H2O ⇌ HX + YOH 
Como a força dos ácidos e das bases variam, os sais que deles decorrem também terão graus de acidez e 
basicidade diversos. Mas se a acidez de um meio é determinada pela concentração de H+, e a basicidade, 
pela concentração de OH–, como um sal pode ter caráter ácido/básico? Pois bem, as formas como a hidrólise 
dos sais ocorrem também variam. Vejamos: 
 
 
Hidrólise de sal de ácido forte e base fraca 
Como o ácido é muito forte, ele se encontra totalmente (ou quase totalmente) ionizado. Já a base, muito fraca, 
encontra-se muito pouco dissociada, ou seja, praticamente não dissociada. Repare como a reação de hidrólise 
ocorrerá: 
NH4Cl (aq) + H2O (l) ⇌ NH4OH (aq) + H+ (aq) + Cl– (aq) 
A melhor maneira de representarmos isso é considerando a hidrólise do cátion da base separadamente, por 
ser o íon do eletrólito fraco (essa é a chamada equação iônica de hidrólise): 
 
NH4
+
(aq)⏟ 
íon do eletrólito
fraco
 + H2O(l) ⇌ NH4OH(aq) + H(aq)
+
⏟ 
Excesso 
de íon
 
 
 
Note que a sobra de íons H+ na solução tornam o meio ácido, motivo pelo qual sais derivados de ácido forte 
e base fraca possuem caráter ácido. 
 
OPA, eletrólito? 
É toda espécie química que, em meio aquoso, libera íons, ganhando, desse modo, capacidade de conduzir 
eletricidade. Por isso, em vez de dizermos “íon do ácido ou da base fraca ou do sal”, pode-se dizer também 
“íon do eletrólito fraco”, já nos deixando entendido que nos referimos tanto a ácido como a base e a sal. 
 
 
 
 
Química 
 
 
Hidrólise de sal de ácido fraco e base forte 
Como a base é muito forte, ela se encontra totalmente (ou quase totalmente) dissociada. Já o ácido, muito 
fraco, encontra-se muito pouco ionizado, ou seja, praticamente não ionizado. Repare como a reação de 
hidrólise ocorrerá: 
Na2CO3 (aq) + 2 H2O (l) ⇌ 2 Na+ (aq) + 2 OH– (aq) + H2CO3 (aq) 
A melhor maneira de representarmos isso é considerando a hidrólise do ânion do ácido separadamente, por 
ser o íon do eletrólito fraco (utilizamos, novamente a equação iônica de hidrólise): 
 
CO3
2−
(aq)⏟ 
íon do eletrólito
fraco
 + 2 H2O(l) ⇌ H2CO3(aq) + 2𝑂H(aq)
−
⏟ 
Excesso 
de íon OH−
 
 
Note que a sobra de íons OH– na solução torna o meio básico, motivo pelo qual sais derivados de base forte 
e ácido fraco possuem caráter básico. 
 
 
Hidrólise de sal de ácido e base fracos 
Nos casos em que tanto o ácido quanto a base são muito fracos, encontram-se poucas espécies ionizadas, 
repare como a reação de hidrólise ocorrerá: 
NH4CN (aq) + H2O (l) ⇌ NH4OH (aq) + HCN (aq) 
A melhor maneira de representarmos isso é considerando a hidrólise dos íons dos dois eletrólitos fracos: 
 
𝑁𝐻4
+
(aq)
+ CN(aq)
−
⏟ 
íons dos eletrólitos
fracos
 + H2O(l) ⇌ NH4𝑂𝐻(aq) + 𝐻𝐶𝑁(aq) 
 
Note que, em teoria, não houve sobra de íons H+ nem OH–, na solução. No entanto, sabemos que, embora 
ambos os eletrólitos sejam muito fracos, certamente um possui grau de ionização, logo constante de 
ionização, maior que o do outro. Isto indica que, mesmo que não possamos visualizar pela reação ideal de 
hidrólise, na prática haverá, sim, sobra de íon H+ ou OH–. 
Para saber qual espécie ioniza mais, basta analisar suas constantes de ionização (Ka/Kb). Ou seja, o 
participante da reação que tiver Ki maior, terá força maior, e será, portanto, responsável pela sobra de íons. 
No caso utilizado, Ka = 4,9.10–10 e Kb = 1,8.10–5 (Kb > Ka), o que diz que a base é mais forte que o ácido (mas 
não muito, ok?). 
 
Conclui-se que o meio fica ligeiramente básico. Caso Ka fosse maior que Kb, o meio ficaria ligeiramente ácido. 
Caso Ka e Kb fossem iguais, o meio ficaria neutro. 
● Ka > Kb → Meio ácido 
● Kb > Ka → Meio básico 
● Ka = Kb → Meio neutro 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Química 
 
Dissolução de sal de ácido e base fortes 
Como tanto a base como o ácido originários do sal são muito fortes, ambos se encontram totalmente (ou 
quase totalmente) ionizados. Ou seja, o que há é apenas uma dissolução do sal, sem formação de ácido nem 
de base, sem haver hidrólise – reparou que não tá escrito “hidrólise” no ponto “d”? ;). Olha só: 
NaCl (s) + H2O (l) ⇌ Na+ (aq) + Cl– (aq) + H+ (aq) + OH– (aq) 
Repare que as concentrações dos íons H+ e OH– são iguais entre si e iguais à da água “reagente” (entre aspas 
porque, neste caso, na verdade, é apenas solvente). Concluímos, pois, que a solução será neutra. Veja como 
a reação fica com cara de dissolução quando cortamos a água reagente com a água produto: 
 
NaCl (s) 
𝐻2𝑂
→
 Na+ (aq) + Cl– (aq) 
Atente-se: 
● A seta de reação reversível não cabe aqui, uma vez que o que ocorreu foi a dissociação total dos íons do 
sal. Sendo assim, não há sentido inverso da reação; 
● Aqui, obviamente, não houve a famosa equação iônica de hidrólise. 
 
 
Constante de Hidrólise (Kh) 
Se não envolver alguma constante, a gente nem acredita que se trate de equilíbrio químico, não é mesmo? 
Pois bem, aqui também temos a constante de hidrólise, que, como toda constante, nos informa o padrão com 
que a hidrólise de um sal específico ocorre, em cada valor de temperatura. 
Para encontrarmos o Kh de um sal, é importante sabermos que, entre a quantidade de íons dissociados, a 
quantidade dos que sofrem hidrólise varia. Às vezes, 70 em cada 100 íons – do eletrólito fraco, claro – são 
hidrolisados, isto é, 70% deles; às vezes, 1 em cada 10 (10%); etc. 
 
 Conclui-se que cada sal, em cada temperatura, tem seu grau de hidrólise (α), um valor percentual que, como 
qualquer outro, pode ser representado também em valor decimal. Calculamos assim: 
 
𝛼 = 
𝑛° 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 í𝑜𝑛𝑠 ℎ𝑖𝑑𝑟𝑜𝑙𝑖𝑠𝑎𝑑𝑜𝑠
𝑛° 𝑑𝑒 𝑚𝑜𝑙𝑠 𝑑𝑒 í𝑜𝑛𝑠 𝑑𝑖𝑠𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑑𝑜𝑠
 
 
A expressão do Kh de um sal pode ter a forma de um Kc (molaridade de produtos sobre molaridade de 
reagentes), ou pode ser em função do Kw e do Ki do eletrólito fraco (Ka se for de ácido fraco, Kb se for de base 
fraca; se forem ambos fracos, será Ka.Kb). Vamos ver cada uma dessas formas: 
Exemplo 1: Kh do sal Na2CO3 → como Kh é a constante apenas da hidrólise, a reação utilizada será a de 
hidrólise do íon do eletrólito fraco (que, neste caso, é o ânion CO32–, do ácido), ou seja, a equação iônica de 
hidrólise, da qual tanto já falamos neste material. Aqui está ela: 
CO32– (aq) + 2 H2O (l) ⇌ H2CO3 (aq) + 2 OH– (aq) 
 
𝐅𝐨𝐫𝐦𝐚 𝟏: 
[H2CO3]. [OH
−]2
[CO3
2−]
 
 
𝐅𝐨𝐫𝐦𝐚 𝟐: 𝑘ℎ = 
𝐾𝑤
𝐾𝑎
 
 
 
 
 
 
 
Química 
 
Exemplo 2: Kh do sal NH4Cl → a equação iônica de hidrólise, neste caso, é a do NH4+ (cátion da base, por ser 
o íon do eletrólito fraco). Olha: 
NH4+ (aq) + H2O (l) ⇌ NH4OH (aq) + H+ (aq) 
Forma 1: Kh = 
[𝑁𝐻4][𝐻
+]²
𝑁𝐻4
+ 
Forma 2: 𝑘ℎ = 
𝐾𝑤
𝐾𝑏
 
 
Exemplo 3: Kh do sal NH4CN → a equação iônica de hidrólise, neste caso, é tanto a do NH4+ (cátion da base) 
como a do CN– (ânion do ácido), por serem ambos íons de eletrólitos fracos. Olha: 
NH4+ (aq) + CN– (aq) + H2O (l) ⇌ NH4OH (aq) + HCN (aq) 
 
Forma 1: 
[𝑁𝐻4𝑂𝐻][𝐻𝐶𝑁]
[𝑁𝐻4 
+][𝐶𝑁−]
 
 
Forma 2: 𝑘ℎ = 
𝐾𝑤
𝐾𝑎𝐾𝑏
 
 
 
Efeito do Íon Comum 
Aoadicionarmos a uma solução um composto que possua um íon comum ao do soluto preexistente, o 
equilíbrio se desloca no sentido de consumir esse íon – já que a constante KPS não sofre variação a não ser 
com mudança de temperatura –, formando mais precipitado, se se tratar de um soluto sólido. 
Exemplo: Solução de AgCl em equilíbrio → adiciono HCl, que se ioniza na solução, gerando íons H+ e Cl– → a 
concentração de Cl– aumenta na solução → equilíbrio se desloca no sentido de consumir o excesso de Cl– → 
forma-se mais AgCl puro e sólido. Observe: 
 
 
AgCl (s) ⇌ Ag+ (aq) + Cl– (aq) 
 
 
 
Solução Tampão 
Soluções tampão são aquelas que resistem a variações de pH, quando nelas são adicionados ácidos e bases. 
Existem tampões ácidos e básicos, mas ambos resistem à adição tanto de ácidos como de bases. Nosso 
sangue, por exemplo, mantém seu pH entre 7,35 e 7,45, mesmo quando bebemos um refrigerante, que possui 
alta concentração de H+. 
 
Qual é a composição de uma solução tampão? Vamos ver separadamente os tampões ácido e básico. 
 
Tampão ácido 
Composto por um ácido fraco e um sal derivado dele. 
 
Exemplo: H2CO3 (ácido carbônico, fraco) e NaHCO3 (bicarbonato de sódio, sal derivado). Esses compostos 
formam os seguintes equilíbrios, respectivamente: 
H2CO3 (aq) ⇌ H+ (aq) + HCO3– (aq) 
NaHCO3 (aq) ⇌ Na+ (aq) + HCO3– (aq) 
Com esses dois equilíbrios ocorrendo ao mesmo tempo no meio, se adicionarmos: 
Alteração 
 
Efeito 
 
 
 
 
Química 
 
 
Um ácido 
A concentração de H+ aumenta, mas como o equilíbrio se desloca rapidamente no sentido de consumir esse 
cátion – e, ao mesmo tempo, de formar a forma não ionizada do ácido –, o pH não se altera, isto é, o efeito 
da alteração é tamponado. 
 
Atente-se: a presença de NaHCO3 no sistema é importante porque oferece mais íons HCO3– para reagirem 
com o H+, formando H2CO3 e mantendo o pH. Se aumentássemos a concentração de H+ e não houvesse HCO3– 
suficiente para consumi-lo, o pH diminuiria. 
 
Uma base 
A concentração de OH– aumenta e reage com os íons H+ da solução, formando água. Isso obviamente geraria 
uma redução na concentração de H+ do sistema, mas como o equilíbrio se desloca rapidamente no sentido 
de o repor, o pH não aumenta, isto é, o efeito da alteração é tamponado. 
 
 
Tampão básico 
Composto por uma base fraca e um sal derivado dela. 
 
Exemplo: NH4OH (hidróxido de amônio, fraco) e NH4Cl (cloreto de amônio, sal derivado). Esses compostos 
formam os seguintes equilíbrios, respectivamente: 
NH4OH (aq) ⇌ NH4+ (aq) + OH– (aq) 
NH4Cl (aq) ⇌ NH4+ (aq) + Cl– (aq) 
Com esses dois equilíbrios ocorrendo ao mesmo tempo no meio, se adicionarmos: 
 
Uma base 
A concentração de OH– aumenta, mas como o equilíbrio se desloca rapidamente no sentido de consumir esse 
ânion – e, ao mesmo tempo, de formar a forma não dissociada da base –, o pH não se altera, isto é, o efeito 
da alteração é tamponado. 
Atente-se: a presença de NH4Cl no sistema é importante porque oferece mais íons NH4+ para reagirem com 
o OH–, formando NH4OH e mantendo o pH. Se aumentássemos a concentração de OH– e não houvesse NH4+ 
suficiente para consumi-lo, o pH aumentaria. 
 
Um ácido 
A concentração de H+ aumenta e reage com os íons OH– da solução, formando água. Isso obviamente geraria 
uma redução na concentração de OH– do sistema, mas como o equilíbrio se desloca rapidamente no sentido 
de o repor, o pH não diminui, isto é, o efeito da alteração é tamponado. 
 
Além disso, é importante destacar que existe uma zona de tamponagem, que, se for ultrapassada, o tampão 
“quebra”. Ou seja, se adicionarmos muito muito muito ácido ou muita muita muita base ao sistema, 
provavelmente o pH se alterará, uma vez que o tampão não fará efeito. 
 
 
 
 
 
 
Química 
 
Matematicamente falando 
Existe uma fórmula que nos permite calcular o valor do pH/pOH de uma solução tampão, quando sabemos o 
Ki do ácido ou da base, a concentração do ácido ou da base e a concentração do sal derivado. 
 
Tampão ácido 
pH = pKa + log 
[𝑠𝑎𝑙]
[á𝑐𝑖𝑑𝑜]
 
pKa = – log Ka 
 
Tampão básico 
pOH = pKb + log 
[𝑠𝑎𝑙]
[𝑏𝑎𝑠𝑒]
 
pKb = – log Kb 
Transformamos o Ki em potencial de Ki (pKi) pelo mesmo motivo que transformamos a concentração de H+ 
por potencial hidrogeniônico (pH), por exemplo → para não utilizarmos valores tão pequenos nas contas, o 
que facilita a nossa vida. Repare que pKi é calculado de forma idêntica à do pH/pOH. 
 
 
 
 
 
Química 
 
Exercícios de vestibulares 
 
 
1. (Vunesp) Quando se adiciona o indicador fenolftaleína a uma solução aquosa incolor de uma base de 
Arrhenius, a solução fica vermelha. Se a fenolftaleína for adicionada a uma solução aquosa de um ácido 
de Arrhenius, a solução continua incolor. Quando se dissolve cianeto de sódio em água, a solução fica 
vermelha após adição de fenolftaleína. Se a fenolftaleína for adicionada a uma solução aquosa de 
cloreto de amônio, a solução continua incolor. 
a) Explique o que acontece no caso do cianeto de sódio, utilizando equações químicas. 
b) Explique o que acontece no caso do cloreto de amônio, utilizando equações químicas. 
 
 
 
2. (Vunesp) Numa estação de tratamento de água, uma das etapas do processo tem por finalidade 
remover parte do material em suspensão e pode ser descrita como adição de sulfato de alumínio e de 
cal, seguida de repouso para a decantação. 
a) Quando o sulfato de alumínio - Aℓ2(SO4)3 - é dissolvido em água, forma-se um precipitado branco 
gelatinoso, constituído por hidróxido de alumínio. Escreva a equação balanceada que representa 
esta reação. 
b) Por que é adicionada cal - CaO - neste processo? Explique, usando equações químicas. 
 
 
3. (Fuvest-SP, ) Na temperatura de 25°C, o grau de hidrólise do cianeto de sódio em uma solução aquosa 
decimolar é de 0,5% (𝛼 h). 
 
Dados: log 2 = 0,3 ; Kw = 10-14 
 
Pede-se em relação a esta solução: 
a) a equação iônica de hidrólise; 
b) o valor numérico da constante de hidrólise (Kh); 
c) o valor numérico de seu pH; 
d) o valor numérico da constante de ionização do ácido cianídrico (Ka). 
 
 
4. (EEM-SP) 0,1% do cloreto de amónio se hidrolisou em água a 25°C. Sabendo- se que a solução inicial 
do sal tinha concentração 10-2 mol/L, calcule: 
 
a) a equação iônica de hidrólise salina; 
b) a constante de hidrólise (Kh); 
c) o pH da solução; 
d) o valor da constante de dissociação do hidróxido de amônio (Kb). 
 
 
 
 
 
Química 
 
5. (Fuvest) Em uma experiência, realizada a 25 °C, misturaram-se volumes iguais de soluções aquosas de 
hidróxido de sódio e de acetato de metila, ambas de concentração 0,020 mol/L. Observou-se que, 
durante a hidrólise alcalina do acetato de metila, ocorreu variação de pH. 
 
a) Escreva a equação da hidrólise alcalina do acetato de metila. 
b) Calcule o pH da mistura de acetato de metila e hidróxido de sódio no instante em que as soluções 
são misturadas (antes de a reação começar). 
c) Calcule a concentração de OH- na mistura, ao final da reação. A equação que representa o 
equilíbrio de hidrólise do íon acetato é: CH3COO- (aq) + H2O(l) ⇌ CH3COOH(aq) + OH-. 
 
A constante desse equilíbrio, em termos de concentração em mol/L, a 25°C, é igual a 5,6.10-10. 
Dados: produto iônico da água, kw = 10-14 (a 25°C); √5,6 = 2,37 
 
 
6. (UEPG) Uma solução tampão contém 0,1 mol/L de CH3COOH e 0,1 mol/L de CH3COONa. Considerando-
se que a constante de ionização do ácido acético é igual a Ka = 10-5. Assinale o que for correto com 
relação a essa solução. 
(01) O pH dessa solução tampão é igual a 5. 
(02) A adição de 0,1 mL de solução aquosa de HCl 0,1 mol/L em 200 mL da solução tampão irá 
ocasionar uma variação significativa no pH do sistema. 
(04) Adicionando-se HCl a essa solução, os íons H+ serão consumidos segundo a seguinte reação: 
CH3COONa(aq) + HCl(aq) → CH3COOH(aq) + NaCl(aq). 
(08) Variando-se as concentrações de ambos, CH3COOH e CH3COOHNa, para 0,2 mol/L o pH da 
soluçãotampão irá variar. 
(16) Adicionando-se NaOH a essa solução, o pH não irá variar significativamente, pois as hidroxilas 
adicionadas serão consumidas pelas moléculas não ionizadas de CH3COOH. 
Soma: ( ) 
 
 
7. (Uerj) Soluções-tampão são sistemas nos quais ocorrem variações desprezíveis de pH, quando 
recebem a adição de pequenas quantidades de ácidos ou de bases. Considere estes compostos para 
o preparo de uma solução-tampão: 
- HCl 
- NaCl 
- NH4Cl 
- NaOH 
- NH4OH 
Indique, dentre os compostos disponíveis, os dois escolhidos para o preparo da solução-tampão. 
Considere, agora, a adição de uma solução aquosa de Ca(OH)2, completamente dissociado, na 
concentração de 0,005 mol . l-1, a 25°C, à solução-tampão preparada. Calcule o pH inicial da solução de 
Ca(OH)2 e apresente a equação química que demonstra não haver aumento do pH da solução-tampão 
com a adição da solução de Ca(OH)2. 
 
 
 
 
 
 
 
Química 
 
 
8. (Uern) A solução-tampão é geralmente uma mistura de um ácido fraco com o sal desse ácido, ou uma 
base fraca com o sal dessa base. Essa solução tem por finalidade evitar que ocorram variações muito 
grandes no pH ou no pOH de uma solução. A eficácia da solução-tampão pode ser vista no sangue, em 
que, mesmo com a adição de ácido ou base em pequenas quantidades ao plasma sanguíneo, 
praticamente não há alteração no pH. 
 
Um litro de solução contém 1,24 g de ácido carbônico e 16,8 g de bicarbonato de sódio. Sabendo-se 
que Ka = 2 . 10-7, determine o pOH dessa solução-tampão. 
(Dados: Log 2 = 0,3) 
a) 7,7 
b) 7,4 
c) 6,6 
d) 6,3 
 
 
 
 
 
Química 
 
Gabaritos 
 
1. a) A hidrólise do cianeto de sódio que pode ser representada simplificadamente por: 
CN(aq) + H2O(ℓ) ⇌ HCN(aq) + OH(aq) 
origina um meio básico, que justifica a coloração vermelha da solução quando se adiciona fenolftaleína. 
 
b) A hidrólise do cloreto de amônio que pode ser representada simplificadamente por: 
NH4+(aq) + H2O(ℓ) ⇌ NH4OH(aq) + H+(aq) 
origina um meio ácido, o que justifica que a solução continue incolor mesmo com a adição de 
fenolftaleína. 
 
2. a) Hidrólise do Aℓ2(SO4)3: 
Aℓ2(SO4)3+6HOH⇌2Aℓ(OH)3↓+6H++3SO42 
 
b) A cal é um óxido de caráter básico e, portanto, reage com água produzindo Ca(OH)2: 
CaO + H2O → Ca(OH)2 
 
O hidróxido de cálcio formado reage com ácido sulfúrico: 
Ca(OH)2 + H2SO4 → CaSO4 + 2H2O 
Os íons H+ resultantes da hidrólise são neutralizados pelos íons OH. Portanto, a adição de cal provoca 
diminuição da acidez, elevando o pH. 
 
 
3. a) ̶N̶a̶+̶(aq) + CN- (aq) + H+ OH- (l) → ̶N̶a̶+̶(aq) + OH-(aq) + HCN(aq) 
 (base forte) + (ácido fraco) 
b) Kh = 
[𝑂𝐻−] − [𝐻𝐶𝑁]
[𝐶𝑁−]
 
Kh = 
5.10−3 . 5.10−3
10−1
= 2,5.10−4 
 
c) CN- (aq) + H2O ⇌ OH- + HCN 
 
M1 0,1 0 0 
𝑀. 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜
𝑀. 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑜
 
0,5% . 0,1-0,005 +0,005 +0,005 
M. Equilíbrio ~0,1 5.10-3 5.10-3 
 
c) pH? 
pOH = -log (5.10-3) 
pOH = (𝑙𝑜𝑔
10
2
 + 𝑙𝑜𝑔 10−3) = −(1 − 0,3 − 3) = 3,3 
pH +pOH = 14 
pH = 14 - 3,3 = 11,7 
 
d) Kh = 
𝐾𝑤
𝐾𝑎
 (𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑡𝑒) 
Ka = 
𝐾𝑤
𝐾ℎ
 = 
10−14
2,5 .10−4
 = 4.10−9 
 
4. a) a equação iônica de hidrólise salina; 
NH4+ + HOH ⇌ NH4OH + H+ 
 
b) a constante de hidrólise (Kh) 
Cálculo da concentração do íon amônio que hidrolisou: 
 [ ] = m. 𝛼 = 10−2 . (
0,1
100
) = 10−2. (
10−1
10−2
) = 10−5 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
 
 
 
Química 
 
 
Cálculo da constante de hidrólise (Kh); 
 NH4+ + H2O ⇌ NH4OH + H+ 
ínicio 10-2 M 0 0 
reage/forma 10-5 M 10-5 M 10-5 M 
equilíbrio 10-2 - 10-5 = 10-2 M 10-5 M 10-5 M 
 
𝐾ℎ =
𝑁𝐻4𝑂𝐻]. [𝐻
+]
[𝑁𝐻4
+]
 = 
(10−5). (10−5)
(102)
 = 1.10−8 
 
c) o pH da solução: 
pH = -log [H+] = -log 10-5 = - (-5 .log 10) = 5,0 
 
d) o valor da constante de dissociação do hidróxido de amônio (Kb) 
𝐾ℎ = 
[𝑁𝐻4𝑂𝐻].[𝐻
+]
[𝑁𝐻4
+]
, multiplicando o numerador e o denominador po [OH-]: 
𝐾ℎ = 
[𝑁𝐻4𝑂𝐻].[𝐻
+].[𝑂𝐻−]
[𝑁𝐻4
+] .[𝑂𝐻−]
 , onde [H+][OH-] = Kw, com isso temos: kw=
𝐾𝑤
𝑘𝑏
, substituindo os dados: 
 kh=
𝐾𝑤
𝑘𝑏
 → Kb=
𝐾𝑤
𝑘ℎ
 = 
10−14
10−8
= 1.10−6 
 
5. a) hidrólise alcalina do acetato de metila: 
 
b) Como o examinador pede o pH antes de ocorrer a reação, e com as soluções misturadas, devemos 
calcular o pH da solução de NaOH (hidróxido de sódio) da seguinte forma: 
 
[OH-]inicial = 2.10-2 mol/L → [OH-]final = 
2.10−2
2
= 𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 10−2𝑚𝑜𝑙/𝐿 
pOH = -log [OH-] = -log 10 -2=2 
pH + pOH =14 
pH = pOH - 14 
pH= 14-2 
pH= 12 
 
c) cálculo da concentração de OH- ao final da reação: 
CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OH- 
 
Início 0,01 mol/L - 0 0 
reage/forma x - x x 
equilíbrio 0,01 mol/L - x x 
 
𝐾ℎ =
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻
−]. [𝑂𝐻−]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂
−]
 
5,6 ∙ 10 − 10−10 =
𝑧. 𝑧
(0,01 − 𝑧)
 
 
 
 
 
Química 
 
x² = 5,6.10-10. (0,01 -x) 
 
Como a quantidade de acetato que sofre hidrólise é muito pequena em relação à sua concentração inicial 
0,01mol/L, pode-se desprezar x em relação a 0,01. 
 
x² = 5,6.10-10.(0,01-x) 
x² = 5,6.10-12 
x= √5,6.10−12 
x= 2,37.10-6 
 
6. 01 + 04 + 16 = 21 
(01) Verdadeira. 
No tampão, ocorre o seguinte equilíbrio: 
CH3COOH ⇌CH3COO- + H+ 
0,1 M 0,1 M X Concentrações no equilíbrio 
A concentração final de ácido acético é praticamente igual à inicial por se tratar de um ácido fraco, ou 
seja, de baixo grau de ionização. 
 
Para calcularmos o valor de pH, devemos obter o valor de x, o que será feito usando-se a expressão da 
constante de ionização do ácido: 
𝑘 =
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂
−]. [𝐻+]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂]
 → 10−5 = 
10−1
10−1 
 → 𝑥 = 10−5 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
Pela definição de pH, teremos: pH = -log[H+] → pH = - log 10-5 = 5,0 
 
(02) Falsa. A principal função do tampão é garantir que não haja variação significativa de pH quando, ao 
sistema, são adicionadas pequenas quantidades de ácidos ou bases. No caso em questão, a adição de 
um volume de 0,1mL de HCl a 200 mL de tampão não provocaria grande variação de pH. 
 
(04) Verdadeira. Os íons acetato são bases fortes de Bronsted-Lowry e, portanto, podem consumir íons 
H+ originados da adição de ácido. Pode-se expressar o processo por meio de outra equação (sem a 
presença dos íons espectadores). 
CH3COO-(aq)+ H+(aq) → CH3COOH(aq) 
 
(08) Falsa. De acordo com a expressão da constante de equilíbrio 𝐾 =
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂 
−]⋅[𝐻+]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻]
, podemos assumir 
que, se {CH3COOH] = {CH3COO–], então [H+} = K. 
Na prática, isso significa que, para qualquer tampão no qual as concentrações de ácido acético e acetato 
sejam iguais, o valor de [H+], e consequentemente de pH, é constante (e igual a 5, conforme calculado na 
afirmativa [01]). 
 
(16) Verdadeira. A equação representativa do processo é: CH3COO-(aq)+ OH-(aq) → CH3COO-(aq) + H2O(l) 
 
 
7. Uma solução tampão é uma solução que apresenta um equilíbrio no qual praticamente não ocorre 
variação de pH. Elas são formadas por uma base fraca e seu respectivo sal ou por um ácido fraco e seu 
respectivo sal. Ou seja, NH4OH (base fraca) e NH4Cl (respectivo sal). A partir de uma solução aquosa de 
Ca(OH)2, completamente dissociado, na concentração de 0,005mol.L-1, vem: 
 
Ca(OH)2 → Ca2+ + 2OH- 
1 mol ----------------- 2 mol 
0,005 mol --------- 0,01 mol (em 1L) 
 
[OH-] = 0,01 mol/L 
[OH-] = 10-2 mol/L 
pOH = -log [OH-] = -log 10-2 = 2 
 
 
 
 
Química 
 
pOH= 2 
 
pH + pOH = 14 
pH + 2 = 14 
pH = 12 
 
Equação química associada: 
NH4+ +OH- ⇌ NH4OH 
 
NH4+ compensa a adição de OH- (Ca(OH)2) 
 
8. D 
Teremos: 
nH2CO3 =
1,24
62
= 0,02 mol 
nNaHCO3 =
16,8
84
= 0,2mol 
Para 1L de solução, teremos: [H2CO3] =
0,02mol
L
 
[NaHCO3] = 0,2mol 
 
A partir da equação de Henderson-Hasselbach, vem: 
𝑝𝐾𝑎 = − 𝑙𝑜𝑔 ( 2 × 10
−7) 
𝑝𝐾𝑎 = 7 −𝑙𝑜𝑔 2 = 7 − 0,3 = 6,7 
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎 +𝑙𝑜𝑔
[𝑠𝑎𝑙]
[á𝑐𝑖𝑑𝑜]
 
𝑝𝐻 = 6,7 +𝑙𝑜𝑔
0,2
0,02
 = 6,7 +𝑙𝑜𝑔 1 0 
𝑝𝐻 = 6,7 + 1 = 7,7𝑝𝐻 + 𝑝𝑂𝐻 = 14 
𝑝𝑂𝐻 = 14 − 7,7 = 6,3 
𝑝𝑂𝐻 = 6,3