Quimica Analitica Qualitativa Lista 3 exercícios com resolução

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LISTA DE EXERCÍCIOS 3 + RESOLUÇÃO 
1) Questão - Determine:
a) pH de uma solução de HBr 1,0 x 10-3 M;
	HBr (aq) + H2O (l) ↔ Br-(aq) + H3O+(aq)
	1,0.10-3M
	-
	-
	-
	1,0.10-3M - 1,0.10-3M
	-
	1,0.10-3M
	1,0.10-3M
	-
	-
	1,0.10-3M
	1,0.10-3M
Obs.: Considere α = 100%
pH = Log 1 / [H+] = - ( Log [H+] ) = - ( Log 10-3 ) → 10-3 = 10x, x = - 3 → pH = - ( -3 ) = 3
b) pH de uma solução de um ácido fraco HA 0,1 M cujo pKa = 5;
	HÁ (aq) + H2O (l) ↔ A-(aq) + H3O+(aq)
	0,1 M
	-
	-
	-
	0,1 M - x
	-
	x
	x
	0,1 M - x
	-
	x
	x
pka = - ( Log Ka ) = - ( -5 ) = 5 → Ka = 10-5
Ka = ( [H+] . [A-] ) / [HA] = 10-5 
10-5 = ( x . x ) / ( 0,1 – x )
10-5 = x2 / ( 0,1 – x )
10-5 ( 0,1 – x ) = x2 
10-6 – 10-5 x = x2 
x2 + 10-5 x - 10-6 = 0
x = [ -10-5 ± √ 10-10 – 4 . 1 . (-10-6) ] / 2
x = [ -10-5 ± √ 4 . 10-6) ] / 2
x = [ -10-5 ± 2 . 10-3 ] / 2
x ~ 0,001 ~ 10-3
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 10-3 ) → 10-3 = 10x, x = - 3 → pH = - ( -3 ) = 3
c) pH de uma solução de uma base fraca B 0,1 M cujo pKb = 5.
	B (aq) + H2O (l) ↔ BH+(aq) + OH-(aq)
	0,1 M
	-
	-
	-
	0,1 M - x
	-
	x
	x
	0,1 M - x
	-
	x
	x
pkb = - ( Log Kb ) = - ( -5 ) = 5 → Kb = 10-5
Kb = ( [OH+] . [BH+] ) / [B] = 10-5 
10-5 = ( x . x ) / ( 0,1 – x )
10-5 = x2 / ( 0,1 – x )
10-5 ( 0,1 – x ) = x2 
10-6 – 10-5 x = x2 
x2 + 10-5 x - 10-6 = 0
x = [ -10-5 ± √ 10-10 – 4 . 1 . (-10-6) ] / 2
x = [ -10-5 ± √ 4 . 10-6) ] / 2
x = [ -10-5 ± 2 . 10-3 ] / 2
x ~ 0,001 ~ 10-3
pOH = - ( Log [OH-] ) = - ( Log 10-3 ) → 10-3 = 10x, x = - 3 → pOH = - ( -3 ) = 3
2) Questão - Escreva o equilíbrio de transferência de prótons para as seguintes substâncias abaixo e identifique, para cada um, os pares ácido-base conjugados:
a) H2SO4; R = H2SO4(aq) + H2O(l) ↔ 2H+(aq) + SO4-2(aq) 
b) CN; R = CN-(aq) + H2O(l) ↔ HCN(aq) + OH-(aq) 
c) NH3; R = NH3(g) + H2O(l) ↔ NH4+(aq) + OH-(aq) 
d) H3CCOOH; R = H3CCOOH + H2O(l) ↔ H+(aq) + H3CCOO-(aq)
3) Questão - Calcule o pH das seguintes soluções:
a) 0,002 mol.L-1 de HCl;
	HCl (aq) + H2O (l) ↔ Cl-(aq) + H3O+(aq)
	2,0.10-3M
	-
	-
	-
	2,0.10-3M - 2,0.10-3M
	-
	2,0.10-3M
	2,0.10-3M
	-
	-
	2,0.10-3M
	2,0.10-3M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 2,0 . 10-3 ) → 2,0 . 10-3 = 10x, x = - 2,69897
pH = - (- 2,69897 ) = 2,69897 
b) 1,0 . 10-5 mol.L-1 de HCl;
	HCl (aq) + H2O (l) ↔ Cl- (aq) + H3O+(aq)
	1,0.10-5M
	-
	-
	-
	1,0.10-5M - 1,0.10-5M
	-
	1,0.10-5M
	1,0.10-5M
	-
	-
	1,0.10-5M
	1,0.10-5M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 1,0 . 10-5 ) → 1,0 . 10-5 = 10x, x = - 5 
pH = - ( -5 ) = 5
c) 1,0 . 10-8 mol.L-1 de HCl
	HCl (aq) + H2O (l) ↔ Cl- (aq) + H3O+(aq)
	1,0.10-8M
	-
	-
	-
	1,0.10-8M - 1,0.10-8M
	-
	1,0.10-8M
	1,0.10-8M
	-
	-
	1,0.10-8M
	1,0.10-8M
“Obs.: Quando a [H+], de uma dissociação qualquer, for menor que 10-7 mol/L, deverá ser somada a [H+] já existente da dissociação da agua (H2O), que, em pH = 7, a [H+] = 10-7. Caso contrário, a [H+] da agua torne-se desprezível. ”
pH = - ( Log ( [H+] + [H+(H2O)] ) = - ( Log [ 1,0 . 10-8 + 10-7 ] ) = - ( Log [ 0,1 . 10-7 + 1.0 . 10-7 ] ) 
- ( Log [ 1,1 . 10-7 ] ) → 1,1 . 10-7 = 10x, x = - 6,9586 
pH ~ - ( -6,96 ) = 6,96
d) 0,2 mol.L-1 de um determinado ácido fraco (tipo HA) que apresenta um grau de dissociação de 0,40%.
	HA (aq) + H2O (l) ↔ A- (aq) + H3O+(aq)
	0,2 M
	-
	-
	-
	0,2 M - 8,0 . 10-4 M
	-
	8,0 . 10-4 M
	8,0 . 10-4 M
	0,1992 M
	-
	8,0 . 10-4 M
	8,0 . 10-4 M
Obs.: α = 0,40% = 0.004 
[H3O+] = 0,2 M . α = 0,2 M . 0,004 = 8,0 . 10-4 M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 8,0 . 10-4 ) → 8,0 . 10-4 = 10x, x = - 3,0969 
pH = - ( -3,0969 ) = 3,0969 
e) 0,25 mol.L-1 de um determinado ácido fraco (tipo HA) que apresenta um grau de dissociação de 0,30%.
	HA (aq) + H2O (l) ↔ A-(aq) + H3O+(aq)
	0,25 M
	-
	-
	-
	0,25 M - 7,5 . 10-4 M
	-
	7,5 . 10-4 M
	7,5 . 10-4 M
	0,24925 M
	-
	7,5 . 10-4 M
	7,5 . 10-4 M
Obs.: α = 0,30% = 0.003 
[H3O+] = 0,25 M . α = 0,25 M . 0,003 = 7,5 . 10-4 M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 7,5 . 10-4 ) → 7,5 . 10-4 = 10x, x = - 3,1249
pH = - ( -3,1249 ) = 3,1249 
4) Questão - Dispõe-se de uma solução de HCl 0,1 mol.L-1. Pergunta-se:
a) Qual o pH da solução?
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 10-1 ) → 10-1 = 10x, x = - 1 → pH = - ( -1 ) = 1
b) Qual será o pH da solução se esta for diluída 10 vezes?
M1 .V1 = M2 .V2 → 0,1 M . 1L = M2 . 10L → M2 = 0,1 M.L / 10 L = 0,01 M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 10-2 ) → 10-2 = 10x, x = - 2 → pH = - ( -2 ) = 2
5) Questão - O ácido lático (HC3H5O3) tem um hidrogênio ácido. Uma solução de 0,1 mol/L de ácido láctico tem um pH de 2,44. Calcule o Ka.
pH = - ( Log [H+] ) = 2,44 → [H+] = 10-2,44 mol/L = 3,63 . 10-3 M
	HC3H5O3 (aq) + H2O (l) ↔ C3H5O3-(aq) + H3O+(aq)
	0,1 M
	-
	-
	-
	0,1 M - 3,63 . 10-3 M
	-
	3,63 . 10-3 M
	3,63 . 10-3 M
	0,09637 M
	-
	3,63 . 10-3 M
	3,63 . 10-3 M
Ka = ( [H+] . [C3H5O3-] ) / [HC3H5O3] 
Ka = (3,63 . 10-3 . 3,63 . 10-3 ) / 0,09637 
Ka = 13,1769 . 10-6/ 0,09637
Ka = 136,7323 . 10-6
Ka ~ 1,37 . 10-4
6) Questão - Uma amostra específica de vinagre tem pH de 2,9. Supondo que o ácido acético seja o único ácido que o vinagre contém (Ka = 1,8x10-5), calcule a concentração de ácido acético no vinagre.
pH = - ( Log [H+] ) = 2,9 → [H+] = 10-2,9 mol/L = 1,2589 . 10-3 M
	CH₃COOH (aq) + H2O (l) ↔ CH₃COO-(aq) + H3O+(aq)
	x
	-
	-
	-
	x - 1,2589 . 10-3 M
	-
	1,2589 . 10-3 M
	1,2589 . 10-3 M
	x - 1,2589 . 10-3 M
	-
	1,2589 . 10-3 M
	1,2589 . 10-3 M
Ka = ( [H+] . [C3H5O3-] ) / [HC3H5O3] 
1,8 . 10-5 = (1,2589 . 10-3 . 1,2589 . 10-3) / [CH₃COOH]
[CH₃COOH] = (1,5848 . 10-6 ) / 1,8 . 10-5
[CH₃COOH] = 8,80 . 10-2 M ( concentração no equilíbrio )
[CH₃COOH](final) = [CH₃COOH](inicial) - 1,2589 . 10-3 M
0,88 . 10-1 M = [CH₃COOH](inicial) - 1,2589 . 10-3 M
[CH₃COOH](inicial) = 1,2589 . 10-3 M + 0,88 . 10-1 M
[CH₃COOH](inicial) = 8,925 . 10-2 M ( concentração inicial )
7) Questão - A constante de dissociação ácida para o ácido hipocloroso (HClO) é 3x10-8. Calcule as concentrações de H3O+, ClO- e HClO no equilíbrio quando a concentração inicial de HClO for 0,0075 mol/L.
	HClO (aq) + H2O (l) ↔ ClO-(aq) + H3O+(aq)
	0,0075 M
	-
	-
	-
	0,0075 M - x
	-
	x
	x
	0,0075 M - x
	-
	x
	x
Ka = ( [H3O+] . [ClO -] ) / [HClO] = 3 . 10-8
3 . 10-8 = ( x . x ) / ( 0,0075 – x )
3 . 10-8 = x2 / (0,0075 – x )
3 . 10-8 (0,0075 – x ) = x2 
0,0225 . 10-8 – 3 . 10-8 x = x2 
x2 + 3 . 10-8 x – 2,25 . 10-10 = 0
x = [ - 3 . 10-8 ± √ ( 3 . 10-8 )2 – 4 . 1 . (-2,25 . 10-10) ] / 2
x = [- 3 . 10-8 ± √ 9 . 10-16 + 9 . 10-10 ] / 2
x = [- 3 . 10-8 ± 3 . 10-5 ] / 2
x ~ 3 . 10-5 / 2
x ~ 1,5 . 10-5 M ~ [H3O+] = [ClO -]
[HClO] = 0,0075 M – x = 7,5 . 10-3 M – 1,5 . 10-5 M → [HClO] ~ 7,48 10-3 M
pH = - ( Log [H+] ) = - ( Log 1,5 . 10-5 ) = - ( - 4,82 ) 
pH = 4,82
8) Questão - Resolva as questões abaixo:
a) Uma amostra de 10,0 g de acetato de potássio, KCH3CO2, é dissolvida em 0,250 L de solução.Qual é o pH da solução? Explique o que ocorre no equilíbrio da água. 
Dado: pKa (HAc) = 4,76. 
Obs.: Considere massa molar K = 39 g/mol; C = 12 g/mol; H = 1 g/mol; O = 16 g/mol
Massa molar ( KCH3CO2 ) = 1 . 39 + 2 . 12 + 3 . 1 + 2 . 16 = 98 g/mol = 10 g/ 0.10204 mol
M = n / v = 0,10204 mol / 0,25 L = 0,40816 mol/L 
[KCH3CO2] = 0,40816 M
pka = - ( Log Ka ) = - ( -4,76 ) = 4,76 → Ka = 10-4,76 = 1,7378 . 10-5
Kh = Kw / Ka = 10-14 / 1,7378 . 10-5 = 5,75 . 10-10
	KCH3CO2 (s) + H2O (l) ↔ KOH (aq) + HCH3CO2 (aq)
	0,40816 M
	-
	-
	-
	0,40816 M - x
	-
	0,40816 M
	0,40816 M
	-
	-
	0,40816 M
	0,40816 M 
Obs.: Considere: * [OH-] = [HCH3CO2]; 
 * Kh = 5,75 . 10-10 ;
 * Grau de dissociação do sal e da base igual a 100%. 
Kh = ( [OH-] . [HCH3CO2] ) / [KCH3CO2] 
Kh = ( [OH-] . [OH-]) / [KCH3CO2] 
Kh = [OH-]2 / 0,40816 
[OH-] = √ 5,75 . 10-10 . 0,40816
[OH-] = √ 2,34692 . 10-10 
[OH-] = 1,531966 . 10-5 M
Kw =[OH-] . [H+]
[H+] = 10-14 / 1,531966 . 10-5
[H+] = 6,52756 . 10-10
pH = - ( Log [H+]) = - ( Log 6,52756 . 10-10 ) = - ( - 9,185249 ) = 9,185249
 No mesmo momento em que ocorre a dissociação do sal (KCH3CO2), ocorre também a dissociação do KOH e HCH3CO2. Esse processo aumenta, na solução, as concentrações dos íons OH- e H+, os quais vão reagir formando H2O. Entretanto, a constante de equilíbrio da dissociação do HCH3CO2, é relativamente baixa, ou seja, não favorece a formação de H+. Portanto, devido ao excesso de íons OH-, a solução fica com pH básico.
b) Qual é o pH da solução resultante da diluição de 5,75 g de brometo de amônio, NH4Br, em 0,100 L de solução? Explique o que ocorre no equilíbrio da água. Dado: pKb (NH3) = 4,76.
Obs.: Considere massa molar N = 14 g/mol; H = 1 g/mol; Br = 80 g/mol
Massa molar (NH4Br ) = 1 . 14 + 4 . 1 + 1 . 80 = 98 g/mol = 5,75 g/ 0,05867 mol
M = n / v = 0,05867 mol / 0,1 L = 0,5867 mol/L
pkb = - ( Log Kb ) = - ( -4,76 ) = 4,76 → Kb = 10-4,76 = 1,7378 . 10-5
Kh = Kw / Kb = 10-14 / 1,7378 . 10-5 = 5,75 . 10-10
	NH4Br (s) + H2O (l) ↔ NH4OH (aq) + HBr (aq)
	0,5867 M
	-
	-
	-
	0,5867 M - 0,5867 M
	-
	0,5867 M
	0,5867 M
	-
	-
	0,5867 M
	0,5867 M
Obs.: Considere: - [H+] = [NH4OH]; 
 - Kh = 5,75 . 10-10 ;
 - Grau de dissociação do sal e do ácido igual a 100%. 
Kh = ( [H+] . [NH4OH] ) / [NH4Br] 
Kh = ( [H+] . [H+]) / [NH4Br] 
Kh = [H+]2 / 0,5867
[H+] = √ 5,75 . 10-10 . 0,5867
[H+] = √ 3,37 . 10-10 
[H+] = 1,8365 . 10-5 M
Kw =[OH-] . [H+]
[OH-] = 10-14 / 1,8365 . 10-5
[OH-] = 5,44514 . 10-10
pOH = - ( Log [OH-]) = - ( Log 5,44514 . 10-10 ) = - ( - 9,26399 ) = 9,26399
pH + pOH = 14
pH = 14 – 9,26399 = 4,736
 No mesmo momento em que ocorre a dissociação do sal (NH4Br), ocorre também a dissociação do NH4OH e HBr. Esse processo aumenta, na solução, as concentrações dos íons OH- e H+, os quais vão reagir formando H2O. Entretanto, a constante de equilíbrio da dissociação do NH4OH, é relativamente baixa, ou seja, não favorece a formação de OH-. Portanto, devido ao excesso de íons H+, a solução fica com pH ácido.
9) Questão - O pH de uma solução aquosa 0,025 mol/L de uma base é 11,6. Qual é o pKb da base e o pKa de seu ácido conjugado? 
pH + pOH = 14
pOH = 14 - 11,6 = 2,4
pOH = - ( Log [OH-] ) = 2,4 → [OH-] = 10-2,4 mol/L = 3,98 . 10-3 M
	B (s) + H2O (l) ↔ BH+(aq) + OH-(aq)
	0,025 M
	-
	-
	-
	0,025 M - 3,98 . 10-3 M
	-
	3,98 . 10-3 M
	3,98 . 10-3 M
	0,021 M
	-
	3,98 . 10-3 M
	3,98 . 10-3 M
Kb = ( [OH-] . [BH+] ) / [B] 
Kb = (3,98 . 10-3 . 3,98 . 10-3 ) / 0,021 
Kb = 15.84 . 10-6 / 0,021
Kb = 7,543 . 10-4 
Kb = 7,543 . 10-4 
pkb = - ( Log [Kb] ) = = - ( Log 7,543 . 10-4 ) = - ( -3,12245) = 3,12245 
pKa + pKb = 14 = pKw
pKa = 14 - pKb
pKa = 14 - 3,12245 
pKa = 10,87 
10) Questão - Uma solução de concentrações iguais de ácido láctico (HC3H6O3) e lactato de sódio (NaC3H5O3) tem pH = 3,08.
a) Quais são os valores de pKa e Ka do ácido lático? 
pH = pKa + ( log [sal] / [ácido] )
3,08 = pKa + log 1
3,08 = pKa + 0
pKa = 3,08 = pH
pka = 3,08 = - ( -3,08) = - ( Log 10-3,08 ) = - ( Log Ka )
Ka = 10-3,08 = 8,3176 . 10-4
b) Qual seria o pH se o ácido tivesse duas vezes a concentração do sal?
pH = pKa + ( log [sal] / 2 . [ácido] ) 
3,08 = ( pKa + log ½ )
3,08 = pKa – 0,3
pKa = 2,78 
11) Questão - Quantos mols de NH4Cl devem ser adicionados a 2,0 L de 0,10 M de NH3
para formar um tampão cujo pH é 9,00? (Kb (NH3) = 1,8 . 10-5). 
 [NH3] = 0,1 M = n / 2 L → n = 0,2 mol
pkb = - ( Log [Kb] ) = = - ( Log 1,8 . 10-5 ) = - ( -4,744) = 4,744 
pH + pOH = 14
pOH = 14 - 9 = 5
pOH = pKb + ( log [sal] / [base] ) 
pOH = pKb + ( log [NH4Cl] / [NH3] ) 
5 = 4,744 + ( log [NH4Cl] / 0,1 )
5 - 4,744 = log [NH4Cl] - log 0,1  
0,256 = log [NH4Cl] – (- 1 )
log [NH4Cl] = 0,256 - 1
log [NH4Cl] = 0,744 
[NH4Cl] = 10-0,744 M = 0,18 M
[NH4Cl] = 0,18 M = n / 2 L → n = 0,36 mol
12) Questão - Um tampão é feito adicionando 0,300 mols CH3COOH e 0,300 mols de CH3COONa à água suficiente para preparar 1,0 L de solução. O pH do tampão é 4,74.
a) Calcule o pH desta solução após a adição de 0,020 mols de NaOH.
	CH3COONa + H2O ↔ CH3COO- + Na+
	CH3COOH + H2O ↔ CH3COO- + H3O+
	CH3COOH(aq) + CH3COONa(aq) ↔ 2CH3COO-(aq) + H+(aq) + Na+(aq)
	0,3 mol
	0,3 mol
	
-
	0,3 mol – 0,02 mol
	0,3 mol + 0,02 mol
	
	0,28 mol
	0,32 mol
	
	0,28 M
	0,32 M
	
pHinicio = pKa + ( log [sal] / [ácido] )
pHinicio = pKa + ( log [CH3COONa] / [CH3COOH] )
pHinicio = pKa + ( log 0,3 / 0,3 )
pHinicio = pKa + log 1 
pHinicio = pKa + 0 
pHinicio = pKa = 4,74
pHfinal = pKa + ( log [sal] / [ácido] )
pHfinal = pKa + ( log [CH3COONa] / [CH3COOH] )
pHfinal = 4,74 + ( log 0,32 / 0,28 )
pHfinal = 4,74 + 0,05799
pHfinal = 4,79799
b) Para comparação, calcule o pH que resultaria se 0,020 mols de NaOH fossem adicionados à 1,0 L de água pura.
	NaOH + H2O ↔ OH- + Na+
[NaOH] = [OH-]
pOH = Log 1 / [OH-] = - ( Log [OH-] ) = - ( Log 0,02 ) = - ( - 1,6989 ) = 1,6989
pH = 14 – pOH
pH = 14 – 1,6989
pH = 12,3
13) Questão - Calcule a constante de hidrólise e o pH de uma solução aquosa de Acetato de sódio (NaAc) 0,1 M. Dado: pKa (HAc) = 4,76.
pka = - ( Log Ka ) = - ( -4,76 ) = 4,76 → Ka = 10-4,76 =1,7378 . 10-5
Kh = Kw / Ka = 10-14 / 1,7378 . 10-5 = 5,75 . 10-10
	CH3COONa + H2O ↔ CH3COOH + Na+ + OH- 
	0,1 M
	-
	-
	-
	-
	0,1 M - x
	-
	x
	x
	x
	-
	-
	x
	x
	x
Ka = ( [OH-] . [CH3COOH] ) / [CH3COONa] 
1,7378 . 10-5 = ( [OH-] . [OH-]) / [CH3COONa] 
1,7378 . 10-5 = x2 / ( 0,1 - x )
1,7378 . 10-5 ( 0,1 - x ) = x2
1,7378 . 10-6 – 1,7378 . 10-5 x = x2 
x2 + 1,7378 . 10-5 x – 1,7378 . 10-6 = 0
x = [ - 1,7378 . 10-5 ± √ (1,7378 . 10-5)2 – 4 . 1 . (-1,7378 . 10-6 ) ] / 2
x = [-1,7378 . 10-5 ± √ 3 . 10-10 + 6,95 . 10-6 ] / 2
x = [ -1,7378 . 10-5 ± 2.6362 . 10-3 ] / 2
x = [2.6189 . 10-3 ] / 2
x = 1.31 . 10-3 M
pOH = - ( Log [OH-] ) = - ( Log 1.31 . 10-3 ) = - ( - 2,88 ) = 2,88
pH = 14 – pOH
pH = 14 – 2,88
pH = 11,11
14) Questão - Deseja-se preparar 100 mL de um tampão pH = 9,07. Dispõe-se de 50 mL de solução aquosa de NH3 0,4 M e NH4Cl sólido. Qual a massa, em gramas, de NH4Cl deve ser adicionada e dissolvida antes de diluir para 100 mL esta mistura? Dado:pKb (NH3) = 4,76. 
Obs.: Considere massa molar N = 14 g/mol; Cl = 35,5 g/mol; H = 1 g/mol;
Massa molar (NH4Cl ) = 1 . 14 + 4 . 1 + 1 . 35,5 = 53,5 g/mol 
M1 .V1 = M2 .V2 → 0,4 M . 0,05L = M2 . 0,1L → M2 = 0,2 M
pOH = 14 – pH
pOH = 14 – 9,07
pOH = 4,93
pOH = pKb + ( log ([sal]/2) / ([base]/2)) 
4,93 = 4,76 + ( log [sal] / 0,4 ) 
 log [sal] = log 0,4 + 4,93 - 4,76 
 log [sal] = -0,3979 + 4,93 - 4,76 
log [sal] = -0,2279
[sal] = [NH4Cl] = 10-0,2279 = 0,59 M 
“Obs.: 0,59 M é a [sal] em 50 mL” 
M = n / v → 0,59 . 0,05 = 0,0295 mol 
53,5 g/mol = m(NH4Cl) / 0,0295 mol
 m(NH4Cl) = 1,57825 g 
15) Questão - Calcule a variação de pH quando 100 mL de HCl 0,05 M são adicionados a 400 mL do tampão alcalino da questão anterior. Dado: pKb (NH3) = 4,76; pH = 9,07. 
	NH3 (g) + H2O (l) ↔ NH4+(aq) + OH-(aq)
	HCl (aq) + H2O (l) ↔ Cl-(aq) + H3O+(aq)
	HCl (aq) + NH3 (g) ↔ Cl-(aq) + NH4+(aq) + OH-(aq) + H3O +(aq)
	
	0,02 mol
	
-
	0,0295 mol
	
	
	0,02 mol - 0,005 mol
	
	0,0295 mol + 0,005 mol
	
	
	0,015 mol
	
	0,0345 mol
	
0,4 L + 0,1 L = 0,5 L
M(NH3) = n / v → 0,4 M . 0,05 L = 0,02 mol (inicial)
M(NH4+) = n / v → 0,59 M / 0,05 L = 0,0295 mol (inicial)
M(NH3) = n / v = 0,02 mol / 0,5 L = 0,04 M (final)
M(NH4+) = n / v = 0,0295 mol / 0,5 L = 0,059 M (final)
pOH = pKb + ( log [sal] / [Base] )
pOH = 4,76 + ( log [NH4+] / [NH3] )
pOH = 4,76 + ( log 0,0345 / 0,015 )
pOH = 4,76 + 0,36
pOH = 5,12
pH(final) = 14 – pOH
pH(final) = 14 – 5,12
pH(final) = 8,88
pH(inicial) = 9,07