QUÍMICA GERAL II APOSTILA

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Universidade Federal do Piauí
Centro de Educação Aberta e a Distância
QUÍMICA GERAL II
ALEXANDRE ARAUJO DE SOUZA
Ministério da Educação - MEC
Universidade Aberta do Brasil - UAB
Universidade Federal do Piauí - UFPI
Universidade Aberta do Piauí - UAPI
Centro de Educação Aberta e a Distância - CEAD
ALEXANDRE ARAUJO DE SOUZA
QUÍMICA GERAL II
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PROJETO GRÁFICO
DIAGRAMAÇÃO
REVISÃO
REVISOR GRÁFICO
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 Brønsted-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.
UNIDADE 1
EQUILÍBRIO QUÍMICO
A Constante de Equilíbrio ...................................................................11
Termodinâmica e Equilíbrio Químico .................................................14
Equilíbrio Heterogêneo ......................................................................16
O Princípio de Le Chatelier .................................................................17
Exercícios ...........................................................................................22
UNIDADE 2
ÁCIDOS E BASES
Definição de Arrhenius .......................................................................27
Definição de Brønsted-Lowry .............................................................28
Forças de Ácidos e Bases ....................................................................30
Definição de Lewis ..............................................................................33
Exercícios ...........................................................................................37
UNIDADE 3
EQUILÍBRIOS DE ÁCIDOS E BASES EM SOLUÇÃO AQUOSA
A dissociação iônica da Água ..............................................................41
O Conceito de pH ...............................................................................42
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fortes em Solução Aquosa .............44
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fracas em Solução Aquosa .............50
Hidrólise de Sais .................................................................................57
Cálculo do pH de uma Solução-Tampão .............................................64
Cálculo do pH de Ácidos Polipróticos .................................................71
Exercícios ............................................................................................83
23
09
37
UNIDADE 4
EQUILÍBRIOS DE SOLUBILIDADE E DE ÍONS COMPLEXOS EM SOLUÇÃO 
AQUOSA
O Produto de Solubilidade .................................................................89
Solubilidade de Sais em Água Pura ....................................................89
Efeito do Íon Comum ..........................................................................93
Separação de Íons por Precipitação ...................................................95
Efeito da Acidez e de Agentes Complexantes .....................................98
Exercícios ............................................................................................99
Referências Bibliográficas
Apêndice
85
UNIDADE 01
Equilíbrio Químico
Objetivos:
• 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.
11Química Geral II
EQUILÍBRIO QUÍMICO
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: 
 Legenda: [N2] = concentração de nitrogênio; [H2] = concentração 
de hidrogênio; [NH3] = concentração de amônia.
12 UNIDADE 01
Na Figura 1.1, verifica-seque 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 a velocidade das reações direta e inversa é igual. 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 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,
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 seguinte expressão:
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:
Exemplo 1.1. Na reação de produção de amônia, N2+3H2Φ 
2NH3 à temperatura de 500ºC obtiveram-se no equilíbrio as seguintes 
13Química Geral II
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 reação de formação de amônia, a expressão para Kp é dada pela 
relação a seguir:
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 cC + dD, obtém-se a relação, 
onde ∆n = (c+d) – (a+b).
Kp=Kc(RT)
∆n
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:
Para a reação de formação de amônia, temos a seguinte relação:
Kp=Kc (RT)
–1
14 UNIDADE 01
Exemplo 1.2. Para o equilíbrio a 500ºC, 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
 
Termodinâmica e Equilíbrio Químico
Para uma reação genérica em fase gasosa,
aA + bB Φ cC + dD
temos que a variação da energia livre de Gibbs, ∆G da reação é 
dada pela expressão abaixo, 
∆G=∆Go + RTlnQp
onde ∆Go é a energia de Gibbs padrão da reação, ou seja, a 
energia livre de Gibbs medida à pressão de 1 bar, sendo que 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.
No caso particular de a reação encontrar-se no equilíbrio, então 
Qp=Kp e ∆G=0. Logo, no equilíbrio químico vale a seguinte equação.
∆Go= -RTlnQp
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 25ºC, obteve-
15Química Geral II
se Kp = 777,7. Calcule a energia livre de Gibbs padrão, ∆G
o da reação, 
nessa temperatura. Utilize R = 8,314 J/mol K e 1 kJ = 1000 J.
Solução: T = (25 + 273,15) K = 298,15 K
Para calcular Kp a partir de ∆G
o , utiliza-se a relação:
Exemplo 1.4. A 25ºC, 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
 
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:
onde Kp é a constante de equilíbrio na temperatura T e (Kp)
o é a constante de equilíbrio na temperatura To. A grandeza ∆H
o é a 
entalpia padrão (1 bar) da reação. Essa equação 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 25ºC. Calcule o valor do Kp da reação, na temperatura de 
500ºC. Utilize o valor de R = 8,314 J/mol K e 1 kJ = 1000 J. Dado: ∆Ho= 
∆45,94 kJ/mol.
16 UNIDADE 01
Solução: To = (25 + 273,15) K = 298,15 K
 T= (500 + 273,15) K = 773,15 K
 
 
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.
Rigorosamente, a constante de equilíbrio, Kc
’ é dada pela equação 
a seguir:
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:
Em termos das pressões parciais das espécies gasosas, teremos 
Kp.
Kp=pCO2 pH2O
17Química Geral II
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:
Kp=Kc(RT)
2
Exemplo 1.6. Para o equilíbrio calcule o valor 
de Kp e de Kc a 25ºC, 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
 Kp=Kc (RT)
1 => Kc=Kp(RT)
-1
 Kc=0,03129 ×(0,08206 × 298,15)
-1 = 1,279×10-3
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 
apresentada:
“Se um sistema químico em equilíbrio sofrer uma perturbação 
(variação na temperatura, pressão, volume ou nas concentrações 
das espéciesquímicas). 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 obter mais (ou menos) quantidades de produtos em uma reação 
química no equilíbrio.
18 UNIDADE 01
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 seguinte resultado:
“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 a seguir:
“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.
19Química Geral II
Solução:
a) Devemos aquecer, pois a reação é endotérmica.
 b) Devemos resfriar, pois a reação é exotérmica.
 c) A variação na temperatura não desloca o equilíbrio químico, 
pois a reação não é exotérmica, nem endotérmica.
Efeito da variação das Concentrações
Considere o seguinte equilíbrio químico, 
A constante de equilíbrio Kc para a reação acima é dada pela 
expressão:
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. Dessa forma, temos dois resultados:
(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, 
20 UNIDADE 01
a 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 sólidas e líquidas 
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 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, maior número de moléculas por unidade de 
21Química Geral II
volume colidindo com as paredes do recipiente provoca um aumento na 
pressão do sistema.
Considere o equilíbrio químico,
N2+3H2 2NH3
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 que se segue:
“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
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.
22 UNIDADE 01
 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:
2H2 + CO2 Φ CH3OH
H2 + ½ S2 Φ H2S
4H2 + 2NO2 Φ N2 + 4H2O
2N2O5 Φ O2 + 4NO2
3. Para a reação química gasosa PCl5 Φ PCl3 + Cl2, mediram-se 
as seguintes concentrações no equilíbrio químico, a T=298K, 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 Φ N2O4, o valor da constante 
de equilíbrio a T=373K é Kp=0,065. Calcule a energia de Gibbs 
padrão, ΔGo da reação nessa temperatura. 
Dado: R = 8,314 J/mol K.
 
5. Para a reação química gasosa 2H2 + CO2 Φ CH3OH, o valor 
energia de Gibbs padrão a T=700 K é ΔGo =–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.
23Química Geral II
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 Φ H2O + CO. 
Dado: ΔH = –41 kJ.
 ( ) Adição de CO2
 ( ) Adição de H2O
 ( ) Adição de um catalisador
 ( ) Aumento na temperatura
 ( ) Redução do volume do recipiente
UNIDADE 02
Ácidos e Bases
Objetivos:
• 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.
27Química Geral II
Definição de Ahrrenius
O físico-químico sueco Svante Arrhenius (1859-1927) formulou a 
definição de ácidos e bases apresentada como sendo:
• Ácido 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:
Para efeito de simplificação, pode-se representar o íon hidrogênio 
por H+ que é chamado próton. Assim, os ácidos de Arrhenius dissociam-
se liberando prótons em água. As reações acima podem ser escritas na 
seguinte forma:
 HCl(g) → H
+
(aq) + Cl
–
(aq)
 CO2(g) + H2O(l) H2CO3(aq) H
+
(aq) + HCO3
–
(aq)
Exemplos de bases, segundo Arrhenius são o 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, 
� HCl(g) + H2O(l)� H3O+(aq) + Cl–(aq)
� CO2 (g) + H2O(l) H2CO3 (aq)
� H2CO3 (aq) + H2O(l) H3O+(aq) + HCO3–(aq)
ÁCIDOS E BASES
28 UNIDADE 02
dissociam-se liberando um íon OH–, conforme mostrado pelas equações:
 
 
Reação Ácido-Base
Uma reação ácido-básica em água processa-se fundamentalmente 
através da equação, denominada reação de neutralização:
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-básica 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. Segundo Brønsted-
Lowry, a definição de ácidos e bases apresenta-se da seguinte forma:
 • Ácido é toda espécie química capaz de doar um próton H+.
 • Base é toda espécie química capaz de receber um próton H+.
 
� NaOH(s) + H2O(l)� Na+(aq) + OH–(aq)
� NH3 (g) + H2O(l) NH4OH(aq) NH4+(aq) + OH–(aq)
H3O+(aq) + OH–(aq) 2H2O(l)
ou
H+(aq) + OH–(aq) H2O(l)
29Química Geral II
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-básica 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 em 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, 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, 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
–.
CH3COOH + H2O H3O
+ + CH3COO
–
Ácido base ácido conjugado base conjugada
30 UNIDADE 02
 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 a 
seguir:
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 do equilíbrio químico 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 Φ H3O
+ + F– (3% dissociado, em HF 1 mol/L)
 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–. 
31Química Geral II
Pode-se dizer que “para o ácido mais forte, sua base conjugada é a mais 
fraca”.
 O próximo exemplo 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 Φ NH4
+ + OH– (0,4% dissociada em NH3 1 mol/L)
 Neste exemplo seguinte, 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 pode-se 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.
 
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 HX Φ H+ + X–. A base NH2
– está 100% reagida com a H2O.
32 UNIDADE 02
 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:
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
–
 Por outro lado, 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 ilustra a seguir. 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)
33Química Geral II
 Se o ácido acético CH3COOH puro for usado como solvente, os 
ácidos HClO4, HCl e HNO3 são fracos e estão parcialmente dissociados. 
Constata-se na sequência, 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.w 
HClO4 + CH3COOH Φ CH3COOH2
+ + ClO4
– (parcialmente dissociado)
HCl + CH3COOH Φ CH3COOH2
+ + Cl– (parcialmente dissociado)
HNO3 + CH3COOH Φ CH3COOH2
+ + NO3
– (parcialmente dissociado)
 Bases fortes, como os íons óxido O–2, amideto NH2
– e hidreto H– 
reagem completamente (100%) com a água H2O, formando hidróxido 
OH–. 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. Conforme demonstra-se:
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 → NH4
+ + OH– (0,4% dissociada em NH3 1 mol/L)
NH3 + CH3COOH → NH4
+ + CH3COO
– (100% dissociada)
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 segundo Lewis:
 Ácido é toda espécie química capaz de aceitar um par de elétrons.
 Base é toda espécie química capaz de doar um par de elétrons.
34 UNIDADE 02
 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 em ácido-base de formação do aduto (CH3)3B–
NH3 é mostrada adiante. 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. Observe:
Na2O + H2O → NaOH
 Um óxido não metálico como SO3 possui caráter ácido reagindo 
com água H2O para formar ácido:
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 pode-se constatar:
O2
– + SO3 → SO4
–
base ácido íon sulfato
35Química Geral II
 A reação acima pode ser representada na seguinte forma:
Na2O + SO3 → Na2SO4 
 A reação direta entre Na2O e SO3 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 do 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) desloca outra base (mais fraca) é denominada de reação de 
deslocamento nucleofílico.
 Há reações ácido-básicas onde um ácido de Lewis desloca outro 
ácido. Observe o exemplo:
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 
36 UNIDADE 02
de Lewis doando um par de elétrons é o Cl–.
 Na reação, 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 deslocamentopode ser assim representada:
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.
 Podem-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.
 
37Química Geral II
 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. Ilustre com exemplos.
 
3. Classifique as substâncias abaixo como ácido ou base de Arrhenius, 
escrevendo as respectivas reações com água para justificar a resposta.
(a) CO2 (f) Sr(OH)2
 (b) K2O (f) H2O
 (c) SO3 (f) NH3
 (d) CaO (f) H2S
 (e) HIO3 (f) NO2
 
4. Identifique os pares ácido-básicos conjugados nas reações abaixo:
 CH3COO
– + H2O Φ CH3COOH + OH
–
 HF + NH3 Φ NH4
+ + F–
 HNO3 + H2SO4 Φ H3SO4
+ + NO3
–
 NH2
– + N2H4 Φ NH3 + N2H3
–
 NH2OH + HCl Φ NH3OH
+ + Cl–
 Al(H2O)6
+3 + OH– Φ Al(H2O)5OH
+2 + H2O
5. O que é uma espécie anfotérica? Explique, através de 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 para se completarem.
 NH3 + H2O Φ NH4
+ + OH–
 HClO4 + NH2
– Φ NH3 + ClO4
–
 NH2
– + H2O Φ HNO2 + OH
–
 NH3 + ClO4
– Φ NH2
– + HCl
38 UNIDADE 02
 
8. Explique o que é solvente nivelador e solvente diferenciador. Dê 
exemplos.
9. Decida qual base de Lewis é mais forte em cada caso. Justifique sua 
resposta.
 NH3 ou NF3. (b) (CH3)3S ou (CH3)3O
 
10. Decida qual é o ácido de Lewis mais forte em cada caso. Justifique 
sua resposta.
 AlCl3 ou BCl3 (b) Fe
+2 ou Fe+3
11. Defina os termos dando exemplos:
- Nucleófilo
 - Eletrófilo
 - Reação de deslocamento nucleofílico
 - 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–
 
UNIDADE 03
Equilíbrios de Ácidos e Bases 
em Solução Aquosa
Objetivos:
• 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.
41Química Geral II
EQUILÍBRIOS DE ÁCIDOS 
E BASES EM SOLUÇÃO 
AQUOSA
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, 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:
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.
[H+][OH–]=Kw
 À temperatura de 25ºC, o valor de Kw é:
Kw=1,00 × 10
-14 (25ºC)
 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:
 UNIDADE 0342
[H+]=[OH-] (Balanço de carga, água pura)
 Substituindo a equação do balanço de carga, na equação do 
produto iônico da água, obtemos a concentração de H+ na água pura, a 
25ºC.
[H+][OH-] = [H+][H+] = [H+]2 = 1,00×10-14
[H+]=√(1,00×10-14)
[H+]=1,00×10-7 mol/L
Então,
[OH-]=1,00×10-7 mol/L
 Em água pura, a 25ºC, as concentrações de H+ e de OH- são 
iguais a 1,00 x 10–7, considerado um valor bastante pequeno.
O Conceito de pH
 O pH é uma medida da acidez ou 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:
pH = -log10 (aH+)
 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, aH+ = [H
+]. Por isso, considerando 
soluções diluídas, a expressão para o pH pode ser escrita na seguinte 
forma:
pH = -log10 [H
+] (solução diluída)
O pH da água pura
 Podemos calcular o valor do pH da água pura. A 25ºC temos que 
[H+ ]=1,00 x 10–7 mol/L. Logo, o valor do pH é:
43Química Geral II
pH = -log10 (1,00 x 10
–7)
pH = 7,00 (água pura, 25ºC)
 Para soluções aquosas diluídas, a 25ºC, 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.
 Como pH=log10(a
H+), pode-se rearranjar a equação de Nernst para 
se obtera 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.
 UNIDADE 0344
pOH e pKw
 Da mesma forma que foi definida o pH, pode-se definir o pOH e o 
pKw para soluções diluídas nas formas abaixo:
pOH= -log10 [OH
-]
pKw= -log10 [Kw]
 A equação para Kw pode ser reescrita na forma logarítmica:
pH + pOH=pKw
 A 25ºC, o valor de pKw é dado:
pKw=14,00 (25ºC)
 Vimos que para a água pura a 25ºC = 7,00. Portanto, podemos 
calcular o pOH nessas condições:
pOH=14,00- pH
pOH=14,00-7,00
pOH=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 o termo ácido forte/fraco e base forte/fraca. 
Observe os exemplos:
HCl → H+ +Cl- (ácido clorídrico, ácido forte)
45Química Geral II
CH3COOH H+ + CH3COO- (ácido acético, ácido fraco)
NaOH → Na+ + OH- (hidróxido de sódio, base forte)
NH3+H2 ONH4
+ +OH- (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 de uma solução aquosa de um 
ácido forte, como HCl, por exemplo. Vamos assumir que a concentração 
analítica do HCl em solução seja 1,50x10–7 mol/L. Essa é a concentração 
de HCl que foi adicionado à solução. Ou seja, adicionou-se 1,50x10–7 
mol de HCl em 1 L de solução aquosa. Pede-se para calcular o de uma 
solução aquosa de HCl 1,50x10–7 mol/L a 25ºC. O procedimento para o 
cálculo é o seguinte.
1. Escrevemos todas as dissociações em água.
HCl→H+ + Cl-
H2O H
+ + OH-
2. Os íons Cl– vêm apenas da dissociação do HCl. Da mesma 
 UNIDADE 0346
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.
 
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.
[H+]=[OH–]+[Cl–]
 4. Substituindo o valor da concentração de Cl– na última equação, 
obtêm-se a condição de próton do sistema, confira:
[H+]=[OH–] +1,50×10-7
5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus 
valores, levamos em consideração o produto iônico da água a 25ºC.
[H+][OH–]=1,00×10-14
6. Substituímos a condição de próton no produto iônico da água:
[OH–] = [H+] - 1,50×10-7
[H+][H+] -1,50×10-7 = 1,00×10-14
[H+]2 - 1,50×10-7 [H+] - 1,00×10-14 = 0
7. Resolvendo a última equação do segundo grau em H+, obtemos 
duas raízes:
47Química Geral II
8. Desconsideramos a segunda raiz, pois não tem significado 
físico-químico. Portanto, a concentração encontrada é:
[H+] = 2,00×10-7 mol/L
9. A concentração [OH-] pode ser obtida da equação do produto 
iônico da água.
 10. O pH é calculado dessa forma:
pH= - log10(2,00×10
-7)
pH=6,70
Aproximações (ácido forte)
Há três casos a considerar:
1. Quando a concentração analítica C do ácido forte for 
suficientemente alta (C ≥ 1,00x10–6 mol/L), pode-se desprezar a 
concentração [OH–] e aproximar a condição de próton da seguinte forma.
 UNIDADE 0348
2. Em concentrações analíticas C de ácido forte próximo a 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.
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
–7mol/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 solução aquosa de Ba(OH)2 1,50×10
–7mol/L 
a 25ºC. O procedimento para o cálculo é o seguinte.
1. Escrevemos todas as dissociações em água.
Ba(OH)2 → Ba
+2 + 2OH-
H2O H
+ + OH-
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:
3. A partir das equações acima, pode-se escrever a equação 
abaixo, substituindo na última equação, as duas equações anteriores. 
49Química Geral II
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.
[OH- ]=[H+]+2[Ba+2]
4. Substituindo o valor da concentração de Ba+2 na última 
equação, obtêm-se a condição de próton do sistema, da forma a seguir:
[OH-]=[H+] + 3,00×10-7
5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus 
valores, levamos em consideração o produto iônico da água a 25o C.
[H+][OH-] = 1,00×10-14
6. Substituímos a condição de próton no produto iônico da água.
7. Resolvendo a última equação do segundo grau em H+, obtemos 
duas raízes.
8. Desconsideramos a segunda raiz, pois não tem significado 
físico-químico. Portanto, a concentração encontrada é:
[OH-] = 3,30×10-7 mol/L
 9. concentração [OH-] pode ser obtida da equação do produto 
iônico da água.
 UNIDADE 0350
10. O pH é calculado na forma mostrada:
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:
 2. Em concentrações analíticas C de base forte próxima a 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:
Cálculo do pH de Ácidos e Bases Fracas em Solução Aquosa
 Um ácido ou uma base fraca está apenas parcialmente dissociado 
51Química Geral II
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 25ºC.
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 1L de 
solução aquosa. Pede-se para calcularo pH de uma solução aquosa 
de CH3COOH 0,010 mol/L a 25ºC. O procedimento para o cálculo é o 
seguinte.
1. Escrevemos todas as dissociações em água:
2. Os íons CH3COO
– vêm da dissociação parcial do CH3COOH. 
Dessa forma, temos o seguinte balanço de massa.
 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.
4. A equação da constante de equilíbrio para o ácido acético pode 
ser escrita na forma:
5. Por fim, escrevemos o produto iônico da água a 25ºC.
[H+][OH-]=1,00×10-14
6. As quatro últimas equações formam um sistema de equações 
 UNIDADE 0352
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 dessa forma:
7. Também podemos aproximar a equação do balanço de carga 
desprezando a concentração [OH–]. A aproximação é:
8. Utilizando as duas aproximações, na equação de Ka, obtemos 
o seguinte.
[CH3COO
-] = 4,18 × 10-4 mol/L
9. A concentração [OH-] pode ser obtida da equação do produto 
iônico da água.
10. O pH é calculado na forma:
pH = -log10(4,18×10
-4)
pH = 3,38
53Química Geral II
Teste das aproximações
 Podemos testar cada aproximação efetuada.
 A aproximação feita no balanço de massa.
[CH3COOH]+[CH3COO
-]=0,010 mol/L
0,010 + 4,18 × 10-4 = 0,010 mol/L
 A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–4. Essa é 
igual à diferença relativa percentual, calculada:
 A aproximação feita no balanço de carga.
[H+]=[OH-]+[CH3COO
-]
4,18×10-4 = 2,39×10-11 + 4,18×10-4
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–11. Essa é 
igual à diferença relativa percentual, de acordo com o cálculo:
 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 25ºC. O procedimento 
para o cálculo é o seguinte:
 UNIDADE 0354
1. Escrevemos todas as dissociações em água.
2. Os íons NH4
+ vêm da dissociação parcial da NH3. Dessa forma, 
temos o seguinte balanço de massa.
[NH3]+[NH4
+] = 0,0010 mol/L
 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.
[OH-]=[H+]+[NH4
+]
 4. A equação da constante de equilíbrio para a amônia pode ser 
escrita na seguinte forma:
[OH-][NH4
+]=Kb [NH3]
 5. Por fim, escrevemos o produto iônico da água a 25ºC.
[H+][OH-]=1,00×10-14
 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 calculada dessa maneira:
7. Também podemos aproximar a equação do balanço de carga, 
desprezando a concentração [H+]. A aproximação é feita:
8. Utilizando as duas aproximações, na equação de Kb, obtemos 
55Química Geral II
o seguinte:
9. A concentração [H+] pode ser obtida da equação do produto 
iônico da água.
10. O pH é calculado na forma mostrada:
Teste das aproximações
 Podemos testar cada aproximação efetuada.
 A aproximação é feita no balanço de massa.
 A diferença entre os dois lados da equação é 1,32 × 10–4. Essa é 
igual à diferença relativa percentual, calculada a seguir:
 A aproximação feita no balanço de carga.
[OH-]=[H+]+[NH4
+]
1,32×10-4=7,58×10-11+1,32×10-4
 UNIDADE 0356
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–11. Essa é 
igual à diferença relativa percentual,conforme cálculo:
 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:
9. A concentração [H+] pode ser obtida da equação do produto 
iônico da água.
57Química Geral II
10. O pH é calculado na forma:
pH = -log10(8,06×10
-11)
pH=10,09
Teste da aproximação
 A aproximação feita no balanço de carga (a única aproximação 
feita).
[OH-]=[H+]+[NH4+]
1,24×10-4 = 8,06×10-11 + 1,24×10-4
 A diferença entre os dois lados da equação é 8,06 × 10–11. Essa é 
igual à diferença relativa percentual calculada abaixo:
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.
 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.
3. A equação abaixo é denominada balanço de carga, já que a 
solução é eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser 
 UNIDADE 0358
igual ao número de cargas negativas.
[H+] + [Na+] = [OH-] + [Cl-]
4. Substituindo o valor das concentrações [Na+] e [Cl–] na última 
equação, obtêm-se a condição de próton do sistema dada abaixo:
[H+] +0,01= [OH-] +0,01
[H+] =[OH-] 
 5. A última equação contém duas incógnitas. Para encontrar seus 
valores, levamos em consideração o produto iônico da água a 25ºC.
[H+][OH-] =1,00×10-14
 6. Substituímos a condição de próton no produto iônico da água.
7. O pH é calculado na forma mostrada:
pH = -log10(1,00×10
-7)
pH=7,00
 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.
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.
59Química Geral II
 
2. Temos os seguintes balanços de massa para o Cl– e para as 
espécies contendo nitrogênio.
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.
[NH4
+]+[H+]=[Cl-]+[OH-]
[NH4
+]+[H+]=0,01+[OH-]
4. Subtraindo a equação do balanço de carga da equação do 
balanço de massa para o nitrogênio, obtemos a condição de próton do 
sistema.
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.
6. Aproximamos o balanço de massa para o nitrogênio desprezando 
 UNIDADE 0360
a concentração [NH3] e aproximamos a condição de próton desprezando 
a concentração [OH–].
7. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
hidrólise.
8. O pH é calculado na seguinte forma:
pH = -log10(2,39×10
-6)
pH=5,62
61Química Geral II
Teste das aproximações
 A aproximação é feita no balanço de massa.
[NH3 ]+[NH4
+]=0,01
2,39×10-6+0,010=0,010A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–6. Essa é 
igual à diferença relativa percentual calculada abaixo:
 A aproximação feita no balanço de carga.
 A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–9. Essa é 
igual à diferença relativa percentual calculada a seguir:
 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.
 UNIDADE 0362
2. Temos os seguintes balanços de massa para o Cl– e para as 
espécies contendo nitrogênio.
[Na+]=0,01 mol/L
[CH3COOH]+[CH3COO
-]=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.
[Na+]+[H+]=[CH3COO
-]+[OH-]
0,01+[H+]=[CH3COO
-]+[OH-]
4. Subtraindo a equação do balanço de carga da equação do 
balanço de massa para o acetato, obtemos a condição de próton do 
sistema.
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.
6. Aproximamos o balanço de massa para o nitrogênio desprezando 
a concentração [CH3COOH] e aproximamos a condição de próton 
desprezando a concentração [H+].
63Química Geral II
7. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
hidrólise.
 8. O pH é calculado na forma:
pH = -log10(4,18×10
-9)
pH=8,38
Teste das aproximações
 A aproximação é feita no balanço de massa.
 UNIDADE 0364
 A diferença entre os dois lados da equação é 2,39 × 10–6. Essa é 
igual à diferença relativa percentual calculada abaixo:
 A aproximação feita no balanço de carga.
 
A diferença entre os dois lados da equação é 4,18 × 10–9. Essa é 
igual à diferença relativa percentual, conforme cálculo:
 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/NaCH3COOH
Calcule o pH da mistura CH3COOH 0,010 mol/L / NaCH3COOH 
0,010 mol/L.
1. Escrevemos todas as dissociações em água.
 2. Temos os seguintes balanços de massa:
65Química Geral II
[Na+]=0,010 mol/L
[CH3COOH]+[CH3COO
- ]=0,010+0,010=0,020
3. A equação a seguir 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.
[Na+]+[H+]=[CH3COO
-]+[OH-]
0,010+[H+]=[CH3COO
-]+[OH-]
4. Adicionando as equações do balanço de carga e do balanço de 
massa para o acetato, obtemos a condição de próton do sistema.
([CH3COOH]+[CH3COO
-])+(0,010+[H+])=0,020+([CH3COO
-]+[OH-])
[H+]+[CH3COOH]=[OH
-]+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.
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação do ácido acético.
 
 UNIDADE 0366
7. O pH é calculado na forma mostrada a seguir:
pH=-log10(1,75×10
-5)
pH=4,76
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.
2. Temos os seguintes balanços de massa.
[Cl-]=0,01 mol/L
[NH3]+[NH4
+]=0,01+0,01=0,02
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.
[NH4
+]+[H+]=[Cl-]+[OH-]
[NH4
+]+[H+]=0,01+[OH-]
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+[OH-])+([NH3]+[NH4
+])=0,02+([NH4
+]+[H+])
[OH-]+[NH3]=[H
+]+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.
[OH-]+[NH3] = [H
+]+0,01
[NH3] ≈ 0,01mol/L
[NH3]+[NH4
+]=0,02
[NH4
+]=0,01 mol/L
67Química Geral II
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação da amônia.
7. O pH é calculado na forma:
pH = -log10(5,71×10
-10)
pH = 9,24
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.
2. Temos os seguintes balanços de massa.
 UNIDADE 0368
3. O balanço de carga é:
 4. Adicionando o balanço de massa para o acetato ao balanço de 
carga, obtemos a condição de próton do sistema.
([CH3COOH]+[CH3COO
-])+(0,009+[H+])=0,020+([CH3COO
-]+[OH-])
[H+]+[CH3COOH]=[OH
-]+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.
6. Colocamos as aproximações na equação para a constante de 
dissociação do ácido acético.
69Química Geral II
7. O pH é calculado na forma:
pH=-log10(2,14×10
-5)
pH=4,67
 8. A variação de pH é calculada da seguinte forma:
∆pH=4,67-4,76
∆pH=-0.09
 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 que ocasiona 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 a seguir:
 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. 
 UNIDADE 0370
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.
 O exemplo seguinte 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 eKw=1,00×10
–14. Com 
esses valores, calcula-se β.
 Através da definição de β, considerando a quantidade de ácido 
adicionada dCa ≈ ΔCa = 0,001 mol/L, calcula-se a variação dpH ≈ ΔpH.
71Química Geral II
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 dados a 25ºC.
pH de uma solução de H2S
 Vamos calcular o pH de uma solução aquosa de H2S de 
concentração analítica 0,010 mol/L a 25ºC.
 
1. Consideremos as dissociações em água e as constantes de 
equilíbrio Ka1, Ka2 e Kw dadas anteriormente.
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.
[H2S]+[HS
-]+[S-2]=0,010
3. Podemos escrever o balanço de carga, pois 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.
[H+]=[OH-]+[HS-]+2[S-2]
 UNIDADE 0372
 4. O valor de Ka2 é pequeno e muito menor que o valor de Ka1. 
Portanto, podemos desprezar as concentrações [HS–] e [S–2] no balanço 
de massa.
[H2S]≈0,010 mol/L
 5. Desprezamos as concentrações [OH–] e [S–2] no balanço de 
carga.
[H+] ≈ [HS-]
 6. Usando as duas aproximações na equação para Ka1, obtemos 
as concentrações [H+] e [HS–].
7. Conforme mostrado à frentre, o pH pode ser calculado.
pH = -log10(3.16×10
-5)
pH = 4,50
 8. Usando a expressão para Ka2, encontramos a concentração 
[S–2].
9. Calculamos a concentração [OH–].
73Química Geral II
Teste das aproximações
 A aproximação é feita no balanço de massa.
 A diferença entre os dois lados da equação é 0,0000316. Essa é 
igual à diferença relativa percentual, aqui calculada:
 A aproximação feita no balanço de carga.
 A diferença entre os dois lados da equação é 5,71 × 10–10. Essa é 
igual à diferença relativa percentual calculada abaixo.
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo 
menor ou igual a 5%, ambas as aproximações efetuadas são justificadas.
pH de uma solução de H3PO4
 Vamos calcular o pH de uma solução aquosa de H3PO4 de 
concentração analítica 0,010 mol/L a 25ºC.
 1. Consideremos as dissociações em água e as constantes de 
equilíbrio Ka1, Ka2 e Kw dadas anteriormente.
 UNIDADE 0374
2. Os íons H2PO4
–, HPO4
–2 e PO4
–3 vêm da dissociação do H3PO4
–.
Portanto, temos o seguinte balanço de massa para as espécies que tem 
fósforo.
[H3PO4]+[H2PO4
- ]+[HPO4
-2]+[PO4
-3]=0,010
 3. Podemos escrever o balanço de carga, pois a solução é 
eletricamente neutra e o número de cargas positivas deve ser igual ao 
número de cargas negativas. Como o íon HPO4
–2 tem carga –2, o fator 
2 tem de ser colocado antes da concentração [HPO4
–2] no balanço de 
carga. Como o íon PO4
–3 tem carga –3, o fator 3 tem que ser colocado 
antes da concentração [PO4
–3] no balanço de carga.
[H+]=[OH-]+[H2PO4
-]+2[HPO4
-2]+3[PO4
-3]
4. Os valores de Ka2 e Ka3 são pequenos e muito menores que o 
valor de Ka1. Portanto, podemos desprezar as concentrações [HPO4
–2] e 
[PO4
–3] no balanço de massa.
[H3PO4]+[H2PO4
-] ≈ 0,010
5. Desprezamos as concentrações [OH–], [HPO4
–2] e [PO4
–3] no 
balanço de carga.
[H+] ≈ [H2PO4
-]
6. Usando as duas aproximações na equação para Ka1, obtemos 
as concentrações [H+] e [H2PO4
–].
[H+][H2PO4
-]=Ka1 [H3PO4]
[H+][H+]=Ka1 (0,010-[H
+])
[H+]2+Ka1 [H
+]-Ka1(0,010)=0
[H+]2+5.89×10-3 [H+]-5.89×10-5=0
Resolvendo a equação do segundo grau, obtêm-se:
75Química Geral II
Desconsideramos a segunda raiz, pois não tem significado físico-
químico. Portanto, a concentração encontrada é:
[H+] = 5,28×10-3 mol/L
Usando a aproximação abaixo, encontramos a concentração 
[H2PO4
–].
[H+] ≈ [H2PO4
-]
[H2PO4
-]=5,28×10-3 mol/L
 7. O pH pode ser calculado conforme demonstrado abaixo.
pH = -log10(5,28×10
-3)
pH = 2,28
8. Calculamos a concentração [OH–].
 9. Usando a expressão para Ka1, encontramos a concentração 
[H3PO4].
10. Usando a expressão para Ka2, encontramos a concentração 
[HPO4
-2].
 UNIDADE 0376
11. Usando a expressão para Ka3, encontramos a concentração 
[PO4
-3].
Teste das aproximações
 A aproximação é feita no balanço de massa.
 A diferença entre os dois lados da equação é 0,0000100617. Essa 
é igual à diferença relativa percentual, calculada a seguir:
 A aproximação feita no balanço de carga.
 
A diferença entre os dois lados da equação é 1,23402 × 10–7. Essa 
é igual à diferença relativa percentual de acordo com o calculo:
 Assumindo, arbitrariamente, que desejamos um erro relativo 
77Química Geral II
menor ou igual a 5%, ambas as aproximações efetuadas são justificadas.
Diagramas de Distribuição
 Dependendo do pH da solução, um ácido poliprótico pode existir 
predominantemente na sua forma molecular (Ex: H3PO4) ou na forma de 
um de seus íons dissociados (Ex: H2PO4
–, HPO4
–2, ou PO4
–3). A fração de 
cada espécie presente no equilíbrio, αi é definida da seguinte forma para 
as espécies presentes no equilíbrio de H3PO4 de concentração analítica 
C.
 O balanço de massa para as espécies contendo fósforo é o 
seguinte.
 Dividindo a equação acima pela concentração [H3PO4], obtemos o 
seguinte.
 
Da equação para Ka1, obtemos a segunda parcela, em termos de 
[H+].
 Multiplicando as equações de Ka1 e Ka2, obtemos a terceira parcela 
 UNIDADE 0378
em termos de [H+].
 Multiplicando as equações de Ka1, Ka2 e Ka3, obtemos a quarta 
parcela em termos de [H+].
 Portanto, temos a seguinte relação entre α3 e [H
+].
 Combinando a equação para α3 (acima) com a equação abaixo,
obtemos a relação entre 
 
Combinando a equação para α3 com a equação:
79Química Geral II
obtemos a relação entre α1 e [H
+].
 Combinando a equação para α3 com a equação,
obtemos a relação entre α0 e [H
+].
 
Note que o balanço de massa pode ser expresso da seguinte 
forma.
 Os valores das constantes a 25ºC são dados abaixo.
 
A Figura 3.1 mostra os valores de fração de fosfato presente 
como diferentes espécies protonadas, em função do pH. Essa figura é 
denominada diagrama de distribuição. Em valores de pH menores que 
4 predominam as duas espécies H3PO4 e H2PO4
–. Em valores de pH 
entre 4 e 6 predomina a espécie H2PO4
–. Em valores de pH entre 6 e 
9 predominam as duas espécies H2PO4
– e HPO4
–2. Em valores de pH 
entre 9 e 11 predomina a espécie HPO4
–2. Em valores de pH acima de 11 
predominam as duas espécies HPO4
–2 e PO4
–3.
 O diagrama de distribuição é bastante útil para cálculo do pH 
de sais de ácidos polipróticos, pois permite visualizar as espécies que 
estão em concentração desprezível frente a outras. Com isso, torna-se 
bem mais fácil fazer aproximações nos balanços de massa, carga e na 
condição de próton.
 UNIDADE 0380
Figura 3.1. Diagrama de distribuição. Fração de fosfato, presente como diferentes 
espécies protonadas, em função do pH.
81Química Geral II
pH de uma solução de NaH2PO4
 Vamos calcular o pH de uma solução aquosa de NaH2PO4 de 
concentração analítica 0,10 mol/L a 25ºC.
1. O balanço de massa para as espécies contendo fósforo e o 
balanço de massa para o sódio é:
2. O balanço de carga é:
[H+] + [Na+] = [OH-] + [H2PO4
-] + 2[HPO4
-2] + 3[PO4
-3]
3. Pelo diagrama de distribuição, a concentração [H2PO4
–] é 
máxima (α2) ao redor de pH=5. Coloca-se