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).
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