Soluções Química - Semana 59

INICIANTE

a) $HCl, \, H_2O$ e $NaOH$

b)

c) Como queremos a molaridade faremos o cálculo usando V =  1 L:

$d = \dfrac{mH_2O + mHCl}{1L}$ e $0.37 = \dfrac{mHCl}{mH_2O + mHCl}$

Multiplicando os 2 e substituindo a densidade:

$0.37*1.18*10^3 = \dfrac{mHCl}{1}$

Dividindo os dois lados pela massa molar:

$M_{HCl} = \dfrac{0.37*1.18*10^3}{36.5} \Rightarrow M_{HCl} = 12 \frac{mol}{L}$

d)

$nNaOH = nHCl \Rightarrow nNaOH = M_{HCl} * V_{HCl} \Rightarrow nNaOH = 0.36 mol$

e)

$V_{NaOH} = \dfrac{nNaOH}{M_{NaOH}} \Rightarrow V_{NaOH} = 0.36 L$

INTERMÉDIARIO

Primeiro calcularemos o K a 1200°C:

$K = RT * \dfrac{[F]^2}{[F_2]} \Rightarrow K = 33$

Depois converteremos ele para o K a 25°C:

$ln(\frac{K_{25}}{33})=\dfrac{\frac{\Delta H_l}{2}}{R}*(\frac{1}{1200+273.15} - \frac{1}{25+273.15})$

$K_{25}=3.01168*10^{-10}$

Por ultimo finalizaremos usando $\Delta G = -RT lnK_{25}$:

$\Delta G^o = -8.314*298.15 * -21.9324 \Rightarrow \Delta G = 54366.4520288 \frac{j}{mol}$

AVANÇADO

a) A capacidade tamponante fica mais forte quanto pH se aproxima do pKa, logo:

pH = 4.75

b) Usando Henderson-Hasselbalch:

$pH = pKa + log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) \Rightarrow pH - pKa = log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) \Rightarrow log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]}) = 0 \Rightarrow log[CH_3COO^-] = log[CH_3COOH] \Rightarrow [CH_3COO^-] = [CH_3COOH]$

Conclusão, pH = pKa se, e somente se [CH_3COO^-] = [CH_3COOH].

c) A capacidade tamponante vai ser enfraquecida, pois terá menos base conjugada perante ao ácido conjugado para estabilizar o pH.

Nota: Para fazer o próximo grupo de itens irei usar as seguintes aproximações:

$Se \ [CH_3COOH]_0/ka > 400, [CH_3COOH] - [H^+] \approx [CH_3COOH]_0$

$Se \ Ka*[CH_3COOH]_0 > Kw, [H^+] \approx [CH_3COO^-]$

d)  Como a solução é um tampão:

$pH = pKa + log(\dfrac{[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]})$

Calculando as concentrações depois de despejar o ácido:

$[CH_3COO^-] = 1 - [HCl] \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.99$

$[CH_3COOH] = 1 + [HCl] \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.01$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.99]}{[1.01]}) \Rightarrow pH = 4.74$

Adicionando mais 0.1...

$[CH_3COO^-] = 0.99 - 0.1 \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.89$

$[CH_3COOH] = 0.99 + 0.1 \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.11$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.89]}{[1.11]}) \Rightarrow pH = 4.64$

 

e)

Calculando as concentrações depois de despejar o ácido:

$[CH_3COO^-] = 1 - [HCl] \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.9$

$[CH_3COOH] = 1 + [HCl] \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.1$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.9]}{[1.1]}) \Rightarrow pH = 4.65$

Adicionando mais 0.1...

$[CH_3COO^-] = 0.99 - 0.1 \Rightarrow [CH_3COO^-] = 0.8$

$[CH_3COOH] = 0.99 + 0.1 \Rightarrow [CH_3COOH] = 1.2$

Substituindo no Henderson-Haselbalch:

$pH = 4.75 + log(\dfrac{[0.8]}{[1.2]}) \Rightarrow pH = 4.56$

f)

NOTA: O tampão foi desfeito nesse item pois a base foi consumida por completo, logo usaremos as aproximações que já foram citadas na constante de acidez do ácido acético.

Usaremos a $[CH_3COOH]_0 = 2 \frac{mol}{L}$ pois todo o ácido clorídrico vai ser consumido para converter o $CH_3COO^-$ em $CH_3COOH$.

$[CH_3COOH]_0 =$ Ácido acético antes do equilíbrio.

$Ka=\dfrac{[H^+]*[CH_3COO^-]}{[CH_3COOH]_0-[H^+]}$

$Ka = \dfrac{[H^+]^2}{[CH_3COOH]_0} \Rightarrow [H^+] = (10^{-4.75}*2)^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow [H^+] = 0.06 \frac{mol}L \Rightarrow pH = 2.22$

Adicionando mais 0.1...

$[H^+] = (10^{-4.75}*2.1)^{-\frac{1}{2}} \Rightarrow pH = 2.21$

g) Sim, apesar de não ser aparente devido a diferença de pH quando se adiciona mais 0.1 mol de ácido no item f) ser tão pequena, ela é explicada devido ao pH ser $-log[H^+]$. como o pH varia logaritmicamente, quando a concentração do $H^+$ aumenta, a variação do pH diminui drasticamente, mas se você for ver a variação de $[H^+]$, ela é bem maior no item f).