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QUÍMICA ANALÍTICA FARMACÊUTICA I – noite – IQA123 – PLE 
 
Lista de Exercícios Resolvidos – Equilíbrio Ácido Base (Tampão, Especiação e 
Hidrólise) 
 
1) O ácido acetilsalicílico (AAS) é o composto ativo do fármaco Aspirina, um dos fármacos 
de maior utilização mundial, com consumo anual de até 120 bilhões de comprimidos. É 
um medicamento utilizado para tratar a dor (analgésico), a febre (antipirético) e a 
inflamação (anti-inflamatório), devido ao seu efeito inibidor, não seletivo, da ciclo-
oxigenase. Entretanto, o composto possui baixa solubilidade em água, chegando a 3 g/L 
à 25°C e a 10 g/L à 37°C. Assumindo que seu Ka (= 3,2 x 10-4) não varia com a 
temperatura, calcule o pH das soluções saturadas nas duas temperaturas acima. 
Dados: MM(AAS) = 180,16 g/mol 
 
À 25°C: a solução saturada possui 3 g/L. Dividindo esse valor pela massa molar, podemos 
encontrar a concentração molar, sendo igual a 0,017 M. 
Para facilitar a escrita da reação de ionização, vamos considerar que AAS-H é a forma ácida 
protonada e AAS- é a forma desprotonada. A equação de equilíbrio: 
AAS-H + H2O ⇆ AAS- + H3O+ 𝐾𝑎 = 
[𝐴𝐴𝑆−][𝐻3𝑂
+]
[𝐴𝐴𝑆−𝐻]
 
 
 AAS-H H2O AAS- H3O+ 
início 0,017 - - - 
equilíbrio 0,017 - x - x x 
Assumindo que a parte dissociada (x) é muito menor do que a concentração inicial, pode-se 
usar a aproximação que leva à equação: 
𝑝𝐻 =
1
2
(𝑝𝐾𝑎 − 𝑙𝑜𝑔𝐶𝑎) 
𝑝𝐻 =
1
2
(3,49 − log{0,017}) =
5,26
2
 
𝒑𝑯 = 𝟐, 𝟔𝟑 
 
À 37°C: a solução saturada possui 10 g/L. Dividindo esse valor pela massa molar, podemos 
encontrar a concentração molar, sendo igual a 0,056 M. 
Assumindo que a parte dissociada (x) é muito menor do que a concentração inicial, pode-se 
usar a aproximação que leva à equação: 
𝑝𝐻 =
1
2
(𝑝𝐾𝑎 − 𝑙𝑜𝑔𝐶𝑎) 
𝑝𝐻 =
1
2
(3,49 − log{0,056}) =
4,74
2
 
𝒑𝑯 = 𝟐, 𝟑𝟕 
 
 
 
 
 
2) Determine o pH das soluções 0,010 mol L-1 dos seguintes sais: 
(a) NH4F 
(b) NaOAc 
(c) KNO2 
(d) BaCl2 
 
Dados: Ka (HF) = 6,8 x 10
-4 ; Kb (NH3) = 1,75 x 10
-5 
 Ka (HOAc) = 1,8 x 10
-5 ; Kb (NaOH) >> 1 
 Ka (HNO2) = 7,1 x 10
-4 ; Kb (KOH) >> 1 
 Ka (HCl) >> 1 ; Kb (Ba(OH)2) >> 1 
 
(a) Como ambos os íons podem hidrolisar, o pH depende tanto do pKa do cátion e do pKb do 
ânion. Reparem que os dados fornecidos não são os necessários. Necessita-se do pKa do 
NH4+, mas foi fornecido o pKb da NH3. Para converter, sabe-se que 𝐾𝑊 = 𝐾𝑏 × 𝐾𝑎, então 
convertendo: 
 
Kb (F
-) = 1,5 x 10-11 ; Ka (NH4+) = 5,7 x 10
-10 
pKb (F
-) = 10,8 ; pKa (NH4+) = 9,24 
 
A equação para cálculo do pH de soluções cujos dois íons hidrolisam é: 
𝑝𝐻 =
1
2
(𝑝𝐾𝑊 + 𝑝𝐾𝑎 − 𝑝𝐾𝑏) 
𝑝𝐻 =
1
2
(14 + 9,24 − 10,8) 
𝑝𝐻 =
12,4
2
 
𝒑𝑯 = 𝟔, 𝟐𝟐 
 
(b) Neste caso, apenas o ânion é capaz de hidrolisar parcialmente, uma vez que o seu ácido 
conjugado é fraco. Novamente, os dados fornecidos são da espécie conjugada e precisam 
ser convertidos: 
 
Ka (HOAc) = 1,8 x 10
-5 ➔ Kb (OAc
-) = 5,6 x 10-10 ➔ pKb (OAc
-) = 9,25 
 
Como o ânion hidrolisa como uma base, pode-se calcular o pOH a partir da equação: 
𝑝𝑂𝐻 =
1
2
(𝑝𝐾𝑏 − 𝑙𝑜𝑔𝐶𝑏) 
𝑝𝑂𝐻 =
1
2
(9,25 − log {0,010}) 
𝑝𝑂𝐻 =
11,25
2
 
𝑝𝑂𝐻 = 5,6 ➔ 𝒑𝑯 = 𝟖, 𝟒 
 
 
 
 
 
(c) Neste caso, apenas o ânion é capaz de hidrolisar parcialmente, uma vez que o seu ácido 
conjugado é fraco. Novamente, os dados fornecidos são da espécie conjugada e precisam 
ser convertidos: 
 
Ka (HNO2) = 7,1 x 10
-4 ➔ Kb (NO2
-) = 1,4 x 10-11 ➔ pKb (IO3
-) = 10,9 
 
Como o ânion hidrolisa como uma base, pode-se calcular o pOH a partir da equação: 
𝑝𝑂𝐻 =
1
2
(𝑝𝐾𝑏 − 𝑙𝑜𝑔𝐶𝑏) 
𝑝𝑂𝐻 =
1
2
(10,9 − log {0,010}) 
𝑝𝑂𝐻 =
12,9
2
 
𝑝𝑂𝐻 = 6,4 ➔ 𝒑𝑯 = 𝟕, 𝟔 
 
(d) Neste caso, ambos íons provêm de ácidos e bases fortes. Logo, eles não têm a 
tendência de hidrolisar. O pH dessa solução é, portanto, igual a 7,0. 
 
 
3) Imagine que você possui uma solução contendo os íons Ag+, Hg22+, Pb2+, Cu2+, Cd2+, Hg2+, 
Bi3+, Mn2+, Co2+, Ni2+ e Zn2+. Você possui uma solução extra de H2S, além de soluções 
ácidas e básicas para controle de pH. A partir da tabela de Kps abaixo, justifique como 
você poderia separar um ou mais grupos desses cátions com as soluções disponíveis. 
Correlacione sua resposta com o que é realizado na marcha analítica de separação de 
cátions. 
 
Grupo Precipitado pKps Kps Conc. Mínima de Sulfeto (M) 
I Ag2S 50,1 8,0E-51 8,0E-49 
I Hg2S 53,3 5,0E-54 5,0E-50 
I/II* PbS 28,3 5,0E-29 5,0E-27 
II CuS 44,0 1,0E-44 1,0E-42 
II CdS 27,1 8,00E-28 8,0E-26 
II HgS 53,4 4,00E-54 4,0E-52 
II Bi2S3 73,0 1,10E-73 1,0E-23 
IIIb MnS 13,5 3,0E-14 3,0E-12 
IIIb CoS 21,3 5,0E-22 5,0E-20 
IIIb NiS 23,9 1,4E-24 1,4E-22 
IIIb ZnS 23,0 1,0E-23 1,0E-21 
 
 
Pode-se ver que os grupos I e II necessitam de uma menor concentração de sulfeto para que 
se tenha a precipitação do cátion. O ajuste do pH permite o controle da concentração de 
sulfeto no meio. Logo, os cátions menos solúveis poderiam ser precipitados em meio ácido, 
cuja proporção de sulfeto é baixa, em relação às espécies HS- e H2S. Isso é realizado na 
marcha analítica para separar os cátions do grupo II e do grupo IIIb com o mesmo reagente, 
 
 
 
 
 
mas em momentos diferentes. Os cátions do grupo II permitem ser precipitados em pH com 
tampão ácido, enquanto os cátions do grupo IIIb não precipitam, porque necessitam de uma 
maior quantidade de íons sulfeto. Para eles precipitarem é necessário aumentar o pH do meio, 
que faz com que haja um aumento das espécies S2-, em relação às espécies HS- e H2S. Com 
isso, consegue-se precipitar separadamente os cátions deste grupo. 
 
 
4) Calcule o pH das seguintes soluções tampão: 
 
(a) 100 mL de solução 0,025 M de ácido acético e 0,015 M de acetato de sódio 
(b) 50 mL de solução 0,12 M de NH3 + 5,30 mL de solução 0,5 M de HCl 
(c) 5,00 g de Na2CO3 e 5,00 g de NaHCO3 diluídos em 100 mL 
 
Dados: Ka (Ácido Acético) = 1,75 x 10
-5 
 Ka (NH4
+) = 5,70 x 10-10 
 Ka (HCO3
-) = 4,69 x 10-11 
 MM (Na2CO3) = 105,99 g/mol ; MM (NaHCO3) = 84,01 g/mol 
 
(a) A solução já é feita diretamente com a mistura de um ácido fraco e o sal de sua base 
conjugada. Logo, pode-se usar a fórmula: 
 
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎 + log (
[𝐵𝐴𝑆𝐸]
[Á𝐶𝐼𝐷𝑂]
) 
 
Nesse caso, a base é o acetato e o ácido é o ácido acético. As concentrações já foram 
dadas em em mol/L diretamente, então: 
 
𝑝𝐾𝑎 = − log(𝐾𝑎) = 4,76 
 
𝑝𝐻 = 4,76 + log (
0,015
0,025
) = 4,76 + (−0,22) 
 
𝒑𝑯 = 𝟒, 𝟓𝟒 
 
 
(b) Nesse caso, o tampão é feito a partir de uma solução de amônia e HCl. O HCl reage com 
uma parte da amônia, gerando o íon amônio, formando então o tampão. Sabendo que a 
reação entre HCl e amônia é de 1:1, a quantidade do ácido que for adicionada vai diminuir em 
amônia e vai gerar o íon amônio. Para saber a quantidade que vamos adicionar de HCl, vamos 
calcular seu número de mols. 
 
𝑛𝐻𝐶𝑙 = 5,3 × 0,5 = 2,65 𝑚𝑚𝑜𝑙 
 
A concentração de amônia após essa mistura vai ser: o número de mols inicial menos o que 
reagiu com HCl, em relação ao volume total da mistura. Ou seja: 
 
[𝑁𝐻3] =
(50 𝑚𝐿 × 0,12 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )− 2,65 𝑚𝑚𝑜𝑙
(50 𝑚𝐿 + 5,3 𝑚𝐿)
= 
6,00 𝑚𝑚𝑜𝑙 − 2,65 𝑚𝑚𝑜𝑙
55,3 𝑚𝐿
=
3,35 𝑚𝑚𝑜𝑙
55,3 𝑚𝐿
= 0,0606 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
 
 
 
 
 
A concentração de amônio então vai ser: 
 
[𝑁𝐻4
+] =
2,65 𝑚𝑚𝑜𝑙
55,3 𝑚𝐿
= 0,0479 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
Sabendo que amônia é a base, que amônio é o ácido e calculando o pKa: 
 
𝑝𝐻 = 9,24 + log (
0,0606
0,0479
) = 9,24 + 0,10 
 
𝒑𝑯 = 𝟗, 𝟑𝟒 
 
 
(c) As concentrações molares não foram dadas. Precisamos calcular. 
 
[𝑁𝑎2𝐶𝑂3] =
5,0 𝑔
(105,99
𝑔
𝑚𝑜𝑙
) × 0,100𝐿
= 0,471 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
[𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3] =
5,0 𝑔
(84,01
𝑔
𝑚𝑜𝑙
) × 0,100𝐿
= 0,595 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
Neste caso, o ácido é o bicarbonato (HCO3-) e a base é o carbonato (CO32-). Logo, calculando 
o pKa: 
 
𝑝𝐻 = 10,32 + log (
0,471
0,595
) =10,32 − 0,10 
 
𝒑𝑯 = 𝟏𝟎, 𝟐𝟐 
 
 
5) Qual seria o pH das soluções acima caso fosse adicionado 1 mL de solução 0,10 M HCl? 
 
(a) O volume total da solução tampão era de 100 mL, antes da adição do HCl. A quantidade 
que for adicionada do ácido irá reagir com o acetato para formar ácido acético. Logo, o 
número de mols de acetato vai diminuir, na mesma ordem que de ácido acético vai 
aumentar. 
 
[𝑂𝐴𝑐−] =
(100 𝑚𝐿 × 0,015 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )− (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(100 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
1,50 𝑚𝑚𝑜𝑙 − 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
=
1,40 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
= 0,0139 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
[𝐻𝑂𝐴𝑐] =
(100 𝑚𝐿 × 0,025 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ ) + (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(100 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
2,50 𝑚𝑚𝑜𝑙 + 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
=
2,60 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
= 0,0257 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
𝑝𝐻 = 4,76 + log (
0,0139
0,0257
) = 4,76 + (−0,27) 
 
𝒑𝑯 = 𝟒, 𝟒𝟗 
 
 
 
(b) O volume total da solução tampão era de 55,3 mL, antes da adição do HCl. A quantidade 
que for adicionada do ácido irá reagir com a amônia para formar íon amônio. Logo, o 
número de mols de amônia vai diminuir, na mesma ordem que de amônio vai aumentar. 
 
 
 
 
 
 
[𝑁𝐻3] =
(55,3 𝑚𝐿 × 0,0606 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ ) − (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(55,3 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
3,35 𝑚𝑚𝑜𝑙 − 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
56,3 𝑚𝐿
=
3,25 𝑚𝑚𝑜𝑙
56,3 𝑚𝐿
= 0,0577 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
[𝑁𝐻4
+] =
(55,3 𝑚𝐿 × 0,0479 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ ) + (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(55,3 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
2,65 𝑚𝑚𝑜𝑙 + 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
56,3 𝑚𝐿
=
2,75 𝑚𝑚𝑜𝑙
56,3 𝑚𝐿
= 0,0488 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
𝑝𝐻 = 9,24 + log (
0,0577
0,0488
) = 9,24 + 0,07 
 
𝒑𝑯 = 𝟗, 𝟑𝟏 
 
 
(c) O volume total da solução tampão era de 100 mL, antes da adição do HCl. A quantidade 
que for adicionada do ácido irá reagir com o carbonato para formar bicarbonato. Logo, o 
número de mols de carbonato vai diminuir, na mesma ordem que de bicarbonato vai 
aumentar. 
 
[𝑁𝑎2𝐶𝑂3] =
(100 𝑚𝐿 × 0,471 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )− (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(100 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
47,1 𝑚𝑚𝑜𝑙 − 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
=
47,0 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
= 0,465 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
[𝑁𝑎𝐻𝐶𝑂3] =
(100 𝑚𝐿 × 0,595 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ ) + (1 𝑚𝐿 × 0,10 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
(100 𝑚𝐿 + 1 𝑚𝐿)
= 
59,5 𝑚𝑚𝑜𝑙 + 0,10 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
=
59,6 𝑚𝑚𝑜𝑙
101 𝑚𝐿
= 0,590 𝑚𝑜𝑙/𝐿 
 
𝑝𝐻 = 10,32 + log (
0,465
0,590
) = 10,32 + (−0,10) 
 
𝒑𝑯 = 𝟏𝟎, 𝟐𝟐 
 
 
 
6) Você possui ácido fórmico e hidróxido de sódio no laboratório, não possuindo acetato 
de sódio para produzir uma solução tampão de pH = 4,50. Partindo de 250 mL de 
solução 0,100 M de ácido fórmico, quantos mL de solução 0,500 M NaOH precisaria 
ser adicionado para realizar esse tampão? 
 
Dados: Ka (Ácido Fórmico) = 1,80 x 10
-4 
 
Nesse caso, o tampão é feito a partir de uma solução de ácido fórmico e NaOH. O NaOH 
reage com uma parte do ácido fórmico, gerando formiato de sódio, formando então o tampão. 
Sabendo que a reação entre NaOH e ácido fórmico é de 1:1, a quantidade da base que for 
adicionada vai diminuir em ácido fórmico e vai gerar o íon formiato. Para saber a quantidade 
que vamos adicionar de NaOH, vamos calcular seu número de mols (x), que serão 
adicionados a partir de um volume (V). 
 
A concentração de ácido fórmico após essa mistura vai ser: o número de mols inicial menos 
o que reagiu com NaOH, em relação ao volume total da mistura. Ou seja: 
 
[𝐻𝐶𝑂𝑂𝐻] =
(250 𝑚𝐿 × 0,100 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ ) − 𝑥 𝑚𝑚𝑜𝑙
(250 𝑚𝐿 + 𝑉 𝑚𝐿)
= 
25,0 − 𝑥
250 + 𝑉
 
 
 
 
 
 
 
A concentração de formiato então vai ser: 
 
[𝐻𝐶𝑂𝑂−] =
𝑥
250 + 𝑉
 
 
Note que o denominador das duas concentrações são os mesmos. Logo, a razão entre as 
duas concentrações faz eliminá-los e o volume desconhecido V não entra na Eq. De 
Henderson-Hasselbalch. Sabendo o pH do tampão que se quer: 
 
4,50 = 3,74 + log (
𝑥
25−𝑥
) 
 
log (
𝑥
25−𝑥
) = 0,76 
 
𝑥
25−𝑥
= 100,76 = 5,75 
 
𝑥 = 143,75 − 5,75𝑥 
 
𝑥 =
143,75
6,75
= 21,3 𝑚𝑚𝑜𝑙 
 
 
Como a concentração da solução de NaOH é 0,500 M: 
 
0,500 mol – 1000 mL 
21,3x10-3 mol – y 
 
 
𝑦 =
21,3
0,500
 
 
𝒚 = 𝟒𝟐, 𝟔 𝒎𝑳