1.- TEORÍA DE ARRHENIUS DE LOS ÁCIDOS Y LAS BASES

U.D. 7: “ÁCIDOS Y BASES” - COLECCIÓN DE EJEMPLOS Y EJERCICIOS RESUELTOS EN LOS APUNTES

QUÍMICA. 2º BACHILLERATO. PROFESOR: CARLOS M. ARTEAGA 1

QUÍMICA. 2º DE BACHILLERATO PROFESOR: CARLOS M. ARTEAGA

UNIDAD DIDÁCTICA 7: ÁCIDOS Y BASES

COLECCIÓN DE EJEMPLOS Y EJERCICIOS RESUELTOS EN LOS APUNTES

1.- TEORÍA DE ARRHENIUS DE LOS ÁCIDOS Y LAS BASES

• ¿Por qué hay sustancias, como la sal, que disueltas en agua conducen la corriente eléctrica y otras, como el azúcar, que no la conducen?

Las sustancias como la sal al disolverlas en agua se disocian en sus iones y por ello conducen la corriente. Las sustancias como el azúcar no proporcionan iones al disolverse en agua y por tanto no conducen la corriente. (REPASA LAS PROPIEDADES DE LAS SUSTANCIAS IÓNICAS Y COVALENTES)

• ¿Qué diferencia hay entre el cloruro de hidrógeno y el ácido clorhídrico?

A la combinación entre el cloro y el hidrógeno HCI se le denomina cloruro de hidrógeno. A las disoluciones del HCI en agua se las denomina ácido clorhídrico. En este último caso, al disolverse en agua, la mayor parte de las moléculas se disocian (es un ácido fuerte, como veremos más adelante) formándose los iones Cl– y H+. A su vez, el H+ se une a una molécula de agua para formar el ion hidronio H3O+.

• ¿Qué diferencia existe entre el proceso de conducción de la corriente eléctrica en un hilo metálico y en una disolución electrolítica?

La corriente eléctrica es un movimiento de cargas eléctricas en el que las del mismo signo se mueven todas en la misma dirección y sentido.

En la conducción eléctrica a través de un hilo metálico el circuito más elemental está formado por un conductor y una pila. Por el circuito circula un flujo de electrones que no produce cambios apreciables en el hilo conductor, a lo sumo se calienta. A este tipo de conducción se le denomina conducción metálica o electrónica.

Sin embargo, cuando la corriente circula por una disolución o a través de sales fundidas provoca cambios químicos importantes. Una sal como el cloruro de sodio sólido no conduce la corriente eléctrica, pero fundido o en disolución sí. En este tipo de sustancias la corriente no la transportan los electrones, se precisa de la presencia de iones que se puedan mover más o menos libremente para que circule la corriente eléctrica. Al producirse la corriente eléctrica los cationes se mueven en un sentido y los aniones en el sentido contrario. A este tipo de conducción se le denomina iónica o electrolítica.

• Completa la siguiente reacción: HBr (aq) + KOH (aq)

El ácido bromhídrico, ácido fuerte, se disocia frente al agua:

HBr + H2O Br– + H3O+

La potasa, base fuerte, también se disocia frente al agua:

KOH K+ + OH–

La reacción entre ambos será la suma de estas dos reacciones:

HBr + KOH Br– + K+ + H2O

Es una reacción de neutralización.

2.- TEORÍA DE BRÖNSTED–LOWRY

Identifica como ácido o base las sustancias siguientes:

a) C6H5NH2 (ac); b) HBr (ac); c) H2SO3 (ac); d) Ca(OH)2 (ac); e) Mg(OH)2 (ac).

a) La anilina en presencia de agua actúa como base, pues acepta un protón del agua:

C6H5NH2 (aq) + H2O(l) C6H5NH3+ (aq) + OH– (aq)

b) El ácido bromhídrico en agua se comporta como ácido, pues cede un protón al agua:

HBr + H2O Br– + H3O+



c) El ácido sulfuroso actúa como ácido, pues cede protones al agua:

H2SO3 (aq) + 2H2O(l) SO3=

(aq) + 2H3O+ (aq)

d) El hidróxido de calcio se comporta en agua como una base, pues produce iones OH–, que aceptan un protón cada uno:

Ca(OH)2 Ca++ + 2OH–

e) El hidróxido de magnesio se comporta en agua como una base, pues produce iones OH–, que aceptan un protón cada uno:

Mg(OH)2 Mg++ + 2OH–

Indica las bases conjugadas de las siguientes sustancias:

H2O, HCl, H2S, HNO3, H2SO4, H2PO4–

ácidos: H2O HCI H2S HNO3 H2SO4 H2PO4–

bases conjugadas: OH– Cl– HS– NO3– HSO4

– HPO4=

Indica los ácidos conjugados de las siguientes sustancias:

H2O, NH3, CO32–, OH–, H2PO4

–.

bases: H2O NH3 CO32– OH– H2PO4

–

ácidos conjugados: H3O+ NH4+ HCO3

– H2O H3PO4

Justifica que el ion hidrogenocarbonato (HCO3–) actúa como ácido frente a una disolución acuosa

de amoníaco y como base frente al ácido clorhídrico.

EI NH3 en disolución acuosa proporciona iones hidroxilo según:

NH3 + H2O NH4+ + OH–

Por lo que el ion HCO3– actúa como ácido mediante:

HCO3– + OH–

CO32–

+ H2O

El HCl en disolución acuosa proporciona iones hidronio según:

HCl + H2O Cl– + H3O+

Por lo que el ion HCO3– actúa como base mediante:

HCO3– + H3O+

CO2 + 2 H2O

Indica cuál es el par ácido-base conjugado HA/A¯ de los siguientes ácidos:

a) Ion hidrogenosulfato.

b) Ácido sulfuroso.

c) Ácido fluorhídrico.

d) Ácido acético.

e) Ion amonio.

a) HSO4– + H2O SO4

2– + H3O+ luego: HA/A¯ = HSO4

– / SO42–

b) H2SO3 + H2O(l) HSO3– + H3O+ luego: HA/A¯ = H2SO3 / HSO3

–

y HSO3– + H2O SO3

2– + H3O+ y también: HA/A¯ = HSO3– / SO3

2–

c) HF + H2O F– + H3O+ luego: HA/A¯ = HF / F–

d) CH3COOH + H2O CH3COO– + H3O+ luego: HA/A¯ = CH3COOH / CH3COO–

e) NH4+ + H2O NH3 + H3O+ luego: HA/A¯ = NH4

+ / NH3



3.- FORTALEZA DE LOS ÁCIDOS Y LAS BASES

El ácido acético (CH3COOH) es un ácido débil que se suele representar, al resolver problemas de ácidos y bases, como HAc. Escribe la reacción de disociación del ácido acético y la expresión del valor de su constante de acidez.

HAc (aq) + H2O (l) Ac– (aq) + H3O+ (aq)

Su constante de acidez corresponde a la expresión:

3

a

H O AcK

HAc

Escribe la expresión de la constante de basicidad del amoniaco

Como hemos visto el amoniaco es una base débil cuya disociación en agua queda representada por el equilibrio:

NH3 (aq) + H2O(l) NH4+ (aq) + OH– (aq)

Por lo que su constante de basicidad es:

4

b

3

NH OHK

NH

Completa las siguientes reacciones:

a) CH3NH2 (aq) + HClO3 (aq)

b) C6H5NH2(aq) + HCl(aq)

a) La metilamina es una base débil:

CH3NH2 + H2O CH3NH3+ + OH–

El ácido cloroso es un ácido fuerte:

HClO3 + H2O ClO3–

(aq) + H3O+ (aq) La reacción entre ambos será:

CH3NH2 (aq) + HClO3 (aq) CH3NH3+(aq) + ClO3

– (aq)

b) La anilina en presencia de agua actúa como base débil:

C6H5NH2 + H2O C6H5NH3+ + OH–

El ácido clorhídrico es un ácido fuerte:

HCl + H2O Cl– + H3O+ La reacción entre ambos será:

C6H5NH2(aq) + HCl(aq) C6H5NH3+(aq) + Cl– (aq)

4.- DISOCIACIÓN IÓNICA DEL AGUA

Calcula la concentración de iones hidróxido en una disolución acuosa en la que la concentración de iones

hidronio es 1,510–7. ¿Es ácida, básica o neutra? Razona la respuesta.

En cualquier disolución acuosa a 25 ºC el producto de la [H3O+] por el de la [OH–] es 10–14; es lo que llamamos producto iónico del agua:

– –14W 3K H O OH 10

Por tanto –14 –14

– –8

–7

3

10 10OH 6,67 10

1,5 10H O

Como [H3O+] > [OH–], la disolución es ácida.



5.- ESCALA PH

• El pH de una disolución acuosa es 12,6. Determina la concentración de iones hidronio y calcula el pOH de la disolución.

Por la definición de pH:

pH = – log [H3O+] 12,6 = – log [H3O+] [H3O+] = 10–12,6 M = 2,510–13M.

Como pH + pOH = 14 pOH = 14 – pH = 14 – 12,6 = 1,4.

• Calcula la concentración de todos los iones presentes y el pH de una disolución de HCl(aq) 0,2 M.

Solución:

Al ser el HCI un ácido fuerte el proceso de su ionización se produce completamente y al final no queda prácticamente ácido clorhídrico sin ionizar.

HCl (aq) + H2O(l) Cl– (aq) + H3O+ (aq)

Concentración Inicial 0,2 M — —

Concentración Final — 0,2 M 0,2 M

La concentración de los iones presentes en la disolución es:

[Cl–] = 0,2 M,

[H3O+] = 0,2 M.

Por consiguiente, el pH = – log [H3O+] = – log 0,2 = 0,7

Para calcular [OH–] hay que considerar el equilibrio de autoionización del agua, que siempre se cumple en las disoluciones acuosas.

Por tanto: KW = [H3O+] [OH–] = 10–14

–14 –14– –14

3

10 10OH 5 10

H OM M

0,2

Como podemos observar la concentración de iones hidroxilo es muy pequeña en comparación con la de iones hidronio, ¡pero también existen iones hidroxilo aunque el medio sea ácido! • Determina la concentración de todos los iones presentes y el pH de una disolución de NaOH 0,5 M.

Solución:

El NaOH es una base fuerte y, por ello, el proceso de su disociación es completo. Al final no queda nada de hidróxido de sodio sin disociar.

NaOH (aq) Na+ (aq) + OH– (aq)




[Na+] = 0,5 M

[OH–] = 0,5 M.

Teniendo presente el equilibrio de autoionización del agua, se cumple: KW = [H3O+I [OH–] = 10–14

–14 –14–14

3 –

10 10H O 2 10

OHM M

0,5

Por tanto, el pH = –log [H3O+] = –log (210–14) = 13,70.

Como vemos también existen iones hidronio en esta disolución básica, aunque su concentración es muy pequeña.



• Calcula el pH de una disolución de HNO3 10–2 M.

Solución:

Al ser el HNO3 un ácido fuerte el proceso de su ionización se produce completamente y al final no queda prácticamente ácido nítrico sin ionizar.

La concentración de los iones [H3O+] es por tanto 10–2M, ya que por cada molécula de ácido nítrico que se disocia se produce un ion hidronio.

[H3O+] = 10–2 M.

Por consiguiente, el pH = – log [H3O+] = – log 10–2 = 2

• Determina el pH de una disolución de KOH 10–3 M.

Solución:

El KOH es una base fuerte y, por ello, el proceso de su disociación es completo. Al final no queda nada de hidróxido de potasio sin disociar.

La concentración de [OH–] presente en la disolución es:

[OH–] = 10–3 M.

Teniendo presente el equilibrio de autoionización del agua, se cumple: KW = [H2O+] [OH–] = 10–14

–14 –14–11

3 –3–

10 10H O 10

10OM M

H

Por tanto, el pH = –log [H3O+] = –log 10–11 = 11.

• Calcula el pH de una disolución 0,5 M de HCN. Dato: Ka (HCN) = 4,9 10–10.

Inicialmente existen en la disolución algunos iones H3O+ procedentes de la disociación del agua, pero pueden despreciarse frente a los que se forman en la disociación del HCN. Este es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:

HCN (aq) + H2O (l) CN– (aq) + H3O+ (aq)

Llamemos x a los moles/litro de HCN que se disocian:

HCN (aq) + H2O (l) CN– (aq) + H3O+ (aq)


Se disocian/se forman – x + x + x

Concentración Final 0,5 – x x x

Aplicando la ley del equilibrio químico:

23 10

a

H O CN x x xK 4.9 10

HCN 0,5 x 0,5 x

Dado que Ka es muy pequeña, el HCN está muy poco disociado, y x debe ser muy pequeña comparada con la concentración inicial.

Podemos aproximar 0,5 – x 0,5, y la expresión queda:

2 210 2 10 10 5x x

4,9 10 x 0,5 4,9 10 x 0,5 4,9 10 x 1,56 10 M0,5 x 0,5

pH = – log [H3O+] = – log x = – log 1,5610–5 = –(–4,8) = 4,8



• Calcula el pH de una disolución 310–3 M de ácido benzoico. Dato: Ka (C6H5COOH ) = 6,6 10–5

Inicialmente existen en la disolución algunos iones H3O+ procedentes de la disociación del agua, pero pueden despreciarse frente a los que se forman en la disociación del ácido benzoico. Este es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:

C6H5COOH (aq) + H2O (l) C6H5COO– (aq) + H3O+ (aq)

Llamemos x a los moles/litro de HBz que se disocian:

HBz (aq) + H2O (l) Bz– (aq) + H3O+ (aq)

Concentración Inicial 310–3M — —


Concentración Final 310–3 – x x x


23 5

a 3 3

H O Bz x x xK 6,6 10

HBz 3 10 x 3 10 x

Dado que Ka es muy pequeña, el HBz está muy poco disociado, y x debe ser muy pequeña comparada con la concentración inicial.

Podemos aproximar 310–3 – x 310–3, y la expresión queda:

2 25 4

3 3

x x6,6 10 x 4,45 10 M

3 10 x 3 10

pH = –log [H3O+] = –log (4,4510–4) = –(–3,35) = 3,35

• Calcula el pH de una disolución 0,1 M de amoníaco. Kb = 1,8 · 10–5.

El equilibrio que mantiene el amoníaco en agua es:


Concentración Inicial 0,1M — —



Como su constante de basicidad es:

–4

25

b

3

x x xK 1,8

N10

0,1 x

H OH

NH 0,1 x

Para determinar x podemos hacer una suposición: que 0,1 >> x,

lo que significa decir que 0,1–x 0,1

Si esa suposición es correcta, la ecuación de disociación queda así:

2 25 5 3x x

1,8 10 x 0,1 1,8 10 x 1,34 10 M0,1 x 0,1

Y vemos que la suposición era correcta, pues 0,1 >> 0,00134 (0,00134 es menor que el 2% de 0,1).

La concentración de hidróxido es, por tanto, [OH–] = 1,34 · 10–3 M.

La concentración de hidronio se halla mediante la constante de disociación del agua:

El pH se calcula inmediatamente:

–123pH – log H O – log 7,45 10 11,13

14 1414 12

3 3 3

10 10H O OH 10 H O 7,45 10 M

1,34 10OH



• Halla el pH de una disolución de HNO3 10–8 M.

El ácido nítrico es un ácido fuerte, por lo que el proceso de disociación en el agua es completo. Si hiciéramos un razonamiento, como en el ejemplo 1, obtendríamos pH = – log [H3O+] = – log 10–8 = 8, pero este resultado no es posible. No podemos tener una disolución de un ácido, aunque esté muy diluida, con pH> 7. En este caso hay que tener en cuenta los iones hidronio que provienen de la autoprotólísis del agua, que en absoluto son despreciables en este caso, a diferencia del ejemplo 1.

La situación inicial del equilibrio de autoprotólisis del agua es la siguiente:

H2O(l) + H2O (l) H3O+ (aq) + OH– (aq)

Conc. inicial (10–7+10–8)M 10–7 M

El valor de Q = [H3O+]·[OH–] = 1,110–710–7 = 1,110–14 > KW, por lo tanto, el equilibrio evoluciona hacia la izquierda, es decir:

H2O(l) + H2O (l) H3O+ (aq) + OH– (aq)

Conc. inicial 1,110–7M 10–7 M

Conc. equilibrio 1,110–7– x 10–7 – x

En el equilibrio de autoprotólisis se cumple:

KW = [H2O+]eq [OH–]eq = 10–14 = (1,110–7–x)(10–7 –x)

Al resolver la ecuación se obtiene x, y a partir del valor de x hallamos [H3O+]eq

[H3O+]eq= 1,0510–7 M pH = 6,98.

Este resultado es coherente con el hecho de ser el pH de una disolución ácida menor que 7.

• Calcula el pH de una disolución que contiene 12,2 gramos de ácido benzoico (C6H5COOH) en 500 mL de disolución y calcula el grado de disociación del mismo.

DATOS: Ka del ácido benzoico = 6,3 x 10-5. MASAS ATÓMICAS: C = 12; H = 1; O = 16

Utilizando los datos dados de masas atómicas calculamos el peso molecular del ácido benzoico:

Peso molecular del ácido benzoico = 122.

Determinamos el número de moles iniciales n0 de ácido benzoico:

0

12,2n 0,1

122

y a partir de este valor la concentración inicial del ácido:

00

n 0,1 molesc 0,2 M

V 0,5 litros

HBz (aq) + H2O (l) Bz– (aq) + H3O+ (aq)


Cambios – x + x + x



23

a

H O Bz x x xK

HBz 0,2 x 0,2 x

2 25 2 5 3x x

6,3 10 x 1,26 10 x 3,55 100,2 x 0,2

33H O 3,55 10



–33 (pH – log H O – log 3,55 10 – –2,45 ) 2,45

32

0

concentración disociada x 3,55 101,77 10

concentración inicial c 0,2

Calcula el pH y la concentración de todas las especies presentes en una disolución 10–2M de ácido sulfúrico. Suponiendo que la disociación es completa, al disociarse un mol de ácido sulfúrico, se producen un mol de iones sulfato y dos moles de iones H+. Los dos moles de H+ se unen a dos moles de agua para dar dos moles de H3O+:

H2SO4 + 2H2O SO42– + 2H3O+


Concentración Final 0 10–2M 2·10–2M

Las concentraciones finales de las distintas especies son:

H2SO4 = 0

SO42– =10–2M

H3O+ = 2·10–2M.

Por lo que: pH = –log H3O+ = –log (2·10–2) = 1,7

Y OH– = 10–14/2·10–2 = 5·10–13M

Calcula el pH y la concentración de todas las especies presentes en una disolución 10–2M de hidróxido de calcio. Suponiendo que el hidróxido está completamente disociado, cada mol que se disocia produce un mol de iones Ca2+ y dos moles de iones OH–:

Ca(OH)2 Ca2+ + 2(OH–)


Concentración Final 0 10–2M 2·10–2M


Ca(OH)2 = 0

Ca2+ =10–2M

OH– = 2·10–2M.

Y H3O+ = 10–14/2·10–2 = 5·10–13M

Por lo que: pH = –log H3O+ = –log (5·10–13) = 12,3

6.- RELACIÓN ENTRE LA Ka DE UN ÁCIDO Y LA Kb DE SU BASE CONJUGADA

Halla la constante Kb del amoniaco y su grado de disociación en una disolución acuosa 0,1M, utilizando el dato de la constante de ionización del ion amonio: Ka=5,7·10–10M

La reacción del amoníaco con el agua es:


Concentración Inicial c — —

Cambios – c +c +c

Concentración Final c (1–) c c



El valor de Kb lo calculamos a partir del valor de Ka de su ácido conjugado (ion amonio):

145W

b 10

a 4

K 10K 1,8 10

5,7 10K NH

Despejando ahora en la expresión de su constante de basicidad:

– 25

b

3

4 c c cK 1,8 10

c

H

1

O

NH 1

N H

Como es una base que está poco disociada, se puede hacer la aproximación: 1– 1, por lo que

2 52 5 2b

b

Kc 1,8 10K c 1,8 10 1,34 10

1 c 0,1

Escrito en tanto por ciento podemos poner: = 1,34%; es decir, de cada 100 moles de amoniaco, 1,34 están disociados.

Calcula el pH, el grado de ionización de una disolución de ácido acético de concentración 0,01M y las concentraciones de las demás especies presentes en la disolución, si su constante de ionización Ka es igual a 1,8·10–5 a la temperatura de 25ºC. Aunque el ácido acético tiene la fórmula CH3COOH, para simplificar se suele escribir como HAc, y el ion acetato CH3COO– se expresa como Ac–, de esta forma:


3

a

H O AcK

HAc

Y haciendo la tabla de equilibrio ácido – base:



Cambios – 0,01 +0,01 +0,01

Concentración Equilibrio 0,01–0,01=0,01(1–) 0,01 0,01

Sustituyendo en la expresión de Ka, y teniendo en cuenta que << 1:

23 2

a

52a

H O Ac 0,01 0,01 0,01K 0,01

HAc 0,01 1 1

K 1,8 104,2 10

0,01 0,01

lo escribimos en tanto por uno. Si lo expresáramos en %, habría que multiplicar el valor obtenido por 100

y nos quedaría: = 4,2%.

H3O+ = 0,01·4,2·10–2 = 4,2·10–4M

pH = –log H3O+ = –log (4,2·10–4) = 3,4

Ac– = H3O+ = 4,2·10–4M

OH– = 10–14/4,2·10–4 = 2,5·10–11M



Para una disolución de ácido acético de concentración 10–4M, calcula:

a) el pH

b) el grado de ionización

sabiendo que Ka es igual a 1,8·10–5 a la temperatura de 25ºC.

a)



Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 10–4 – x x x

3 5

a 4

H O Ac x xK 1,8 10 M

HAc 10 x

En este caso no podemos hacer la aproximación 10–4–x 10–4 puesto que la concentración de HAc es demasiado pequeña (10–4) y, en estos casos, el valor de x no lo podemos considerar despreciable frente a un valor tan pequeño.

Por tanto hay que resolver la ecuación de segundo grado:

25 2 4 5

4

2 5 9

x1,8 10 x 10 x 1,8 10

10 x

x 1,8 10 x 1,8 10 0

cuya resolución proporciona los valores:

x1 = 3,44·10–5M

x2 = –5,24·10–5M, valor absurdo, por ser negativo, que despreciamos.

Por lo que:

x = 3,44·10–5M

pH = –log H3O+ = –log x = –log (3,44·10–5) = 4,46

b)–5

–4

3,44 10

10

x M0,34

c M

o, en tanto por ciento: = 34%

7.- ÁCIDOS POLIPRÓTICOS

Escribe las etapas de disociación y las expresiones de las constantes Ka del H2CO3 sabiendo que el valor de la primera constante es 4,5·10–7M y de la segunda es 5,7·10–11M.

H2CO3 + H2O HCO3– + H3O+

3 3 7

a1

2 3

H O HCOK 4,5 10 M

H CO

HCO3– + H2O CO3

2– + H3O+

23 3 11

a2

3

H O COK 5,7 10 M

HCO

La constantes sucesivas van disminuyendo.



8.- pKa Y pKb

Se prepara una disolución añadiendo 4,88 g de ácido benzoico, C6H5COOH, a la cantidad de agua necesaria para obtener 500 mL de disolución. En dicha disolución el ácido está disociado en un 2,8%.Calcula:

a) La constante de acidez del ácido benzoico, expresada como pKa.

b) El pH de la disolución y la concentración de OH–.

c) La concentración que debe tener una disolución de ácido hipocloroso para que tenga el mismo grado de disociación que la de ácido benzoico del enunciado.

Datos. pKa(ácido hipocloroso) = 7,54. Masas atómicas: H = 1; C = 12; O = 16.

(PAU. Comunidad de Madrid. 2015 Modelo)

a) Masa molecular del ác. benzoico: 7C = 7 · 12 = 84

2O = 2 · 16 = 32 P.m. = 84 + 32 + 6 = 122

6H = 6 · 1 = 6

nº de moles de ácido benzoico: m(g) 4,88

n 0,04 molesP.m. 122

La concentración del ácido benzoico que se ha preparado es:

6 5

n 0,04 molC H COOH 0,08M

V 0,5 L

Teniendo en cuenta que el ácido benzoico está disociado el 2,8% (0,028 por cada unidad), determinamos la concentración de las distintas especies en el equilibrio:

C6H5COOH + H2O C6H5COO– + H3O+


Cambios – 0,08·0,028 +0,08·0,028 +0,08·0,028

Concentración Equilibrio 0,08·(1 – 0,028) 0,08·0,028 0,08·0,028

Calculamos con estos valores la constante de equilibrio Ka:

–63 5

a

5

2

6 5

H O 0,08 0,028C H CK 6,45 10 M

0,08 1 0,028

OO

C H COOH

Y de aquí calculamos el valor de pKa:

pKa= – log Ka = – log (6,45·10–5) = 4,20

b) La concentración de H3O+ es:

H3O+ = 0,08 · 0,028 = 2,24·10–3 M

pH = –log H3O+ = –log (2,24·10–3) = 2,65

OH– = 10–14/2,24·10–3 = 4,46·10–12 M

c) La constante de acidez del ácido hipocloroso es:

Ka = 10–pKa = 10–7,54 = 2,88 · 10–8

Teniendo en cuenta que el grado de disociación tiene que ser el mismo que el de la disolución de ácido benzoico (2,8% o 0,028 por unidad), hacemos la tabla de valores llamando c0 a la concentración inicial del ácido hipocloroso:

HClO + H2O HCl– + H3O+

Concentración Inicial c0 — —

Cambios – c0·0,028 + c0·0,028 + c0·0,028

Concentración Equilibrio c0·(1 – 0,028) c0·0,028 c0·0,028



2 2–3 0 80

a

0

8

50 2

H O ClO c 0,028 c 0,028K 2,88 10 M

c 1 0,028 1 0,028

2,88 10 1 0,028c 3,57 10 M

0,02

H

8

ClO

9.- MÁS EJERCICIOS RESUELTOS DE ÁCIDOS Y DE BASES (1ª PARTE DEL TEMA)

Disponemos de una disolución de ácido acético de concentración 0,2M, determina: a) La concentración de todos los iones presentes en ella

b) el pH

c) el grado de ionización

sabiendo que el pKa del ácido acético es 4,74.

a)

Al ser pKa = 4,74 Ka = 10–pKa = 10–4,74 = 1,8·10–5M

23 5 5 3

a

H O Ac x x xK 1,8 10 M x 0,2 1,8 10 x 1,90 10 M

HAc 0,2 x 0,2

HAc = 0,2 – x 0,2M

H3O+ = x = 1,90 · 10–3M

Ac–=H3O+ = 1,90 · 10–3M

OH– = 10–14/1,90·10–3 = 5,26 · 10–12M

b) pH = –log H3O+ = –log (1,90·10–3) = 2,72

c) 3

3

0

concentración disociada x 1,90 109,5 10

concentración inicial c 0,2

Si se expresa en tanto por ciento: = 0,95% (de cada 100 moles de ácido acético se disocian 0,945)

Para el caso de una disolución de amoníaco, NH3 (aq), 0,5 M, calcula: a) La concentración de todos los iones presentes en ella.

b) El pH.

c) El grado de disociación.

pKb (NH3) = 4, 74.

a) La constante Kb para el equilibrio del amoníaco como base débil:

NH3 (aq) + H2O(l) H4+ (aq) + OH– (aq)

es: Kb = 10–pKb = 10–4,74 = 1,8 · 10–5 M

Las cantidades presentes en el equilibrio son:



Cambios – x +x +x




Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,2 – x x x



Por tanto, se cumple:

2eq eq 5

b

3 eq

–4 x x x

K 1,8 100

NH OH

,5 x 0,5H xN

obteniéndose la siguiente ecuación:

x2 + 1,8·10–5 x – 9·10–4 = 0,

con lo que x = [NH4+]eq = [OH–] = 2,99·10–3M

Si consideramos x despreciable frente a 0,5 M, se calcula x = 3·10–3M.

Es conveniente hacer esta aproximación, siempre que se compruebe la validez de la misma.

Para calcular la concentración de iones oxonio (o hidronio) hay que considerar el equilibrio de autoprotólisis del agua:

– –14W 3K H O OH 10

De donde:

–14 –14–12

3 –3–

10 10H O M 3,33 10

3 10M

OH

b) Con la concentración de iones hidronio se calcula el pH:

–123pH – log H O – log 3,33 10 11,48

c) El grado de disociación es:

–3

0

–3

3

x M3 1010

0,56

NH M

=

Si expresamos el resultado en porcentaje, el grado de disociación sería del 0,6%.

Calcula el pH de una disolución 2,0 · 10–3 M de hidróxido de bario. Suponiendo que el hidróxido está totalmente ionizado.

Ba(OH)2 Ba2+ + 2 OH–

concentraciones en disolución acuosa: 0 c 2c


[Ba(OH)2] = 0

[Ba2+] = c = 2,0 · 10–3 M:

[OH–] = 2c = 2 · 2,0 · 10–3 M = 4,0 · 10–3 M

La concentración de iones hidronio en la disolución es:

–14 –14–12

3 –3–

10 10H O 2,5 10

4,0 10OHM M

Por lo que:

–123pH – log H O – log 2,5 10 11,6



Una disolución acuosa 0,1 M de un ácido monoprótico tiene un grado de ionización del 2,7%. Determina: La constante de ionización del ácido, el pH de la disolución y la concentración de ácido en forma molecular presente en la disolución.

Si el tanto por ciento ionizado es del 2,7%, el grado de ionización en tanto por uno es = 0,027

A partir de la estequiometria de la reacción del ácido HA monoprótico con el agua construimos la siguiente tabla de valores:

HA (aq) + H2O (l) A– (aq) + H3O+ (aq)


Cambios – c +c +c

Concentración Final c (1–) c c

La constante de este equilibrio es la constante de ionización del ácido:

23 5

a

H O A c c c 0,1 0,027K 7,5 10 M

HA c 1 1 1 0,027

A partir de la definición de pH: 3pH – log H O – log c – log 0,1 0,027 2,57

La concentración de ácido sin ionizar es: HA c 1 0,1 1 0,027 0,0973M

La aspirina, ácido acetilsalicílico, es un ácido monoprótico débil de formula empirica C9O4H8 y cuya constante de acidez es Ka = 2,64 10–5 mol/L. Calcula el pH que se obtiene al disolver 0,5 g de aspirina (una tableta) en 100 mL de agua. Un mol de la aspirina son 180 g.

La concentración inicial de ácido en la disolución es:

0,5 180 moln molc 0,028 0,028M

V(L) 0,1L L

La única fuente a considerar de iones hidronio es la ionización del ácido acetilsalicílico ya que los que provienen de la autoprotólisis del agua se pueden despreciar, al ser Ka(HA) >> KH2O.

Por tanto el único equilibrio a tener en cuenta es la ionización del citado ácido:

Construyamos una tabla con las concentraciones de las diferentes especies en el equilibrio.

HA (aq) + H2O (l) A– (aq) + H3O+ (aq)


Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio c – x x x

Sustituyendo en la expresión de la constante de equilibrio, tenemos:

23

a

H O A x x xK

HA c x 0,028 x

Como [HA]0 >> Ka(HA) podemos hacer la aproximación:

0,028 M – x 0,028 M

luego tenemos que:

25 4

a

xK 2,64 10 x 8,6 10 M

0,028

–43pH – log H O – log x –log 8,6 10 3,1



A 250C, una disolución 0,1 M de amoniaco tiene un pH de 11,12. Determina la constante de basicidad del amoniaco y la de acidez del ion amonio. En principio consideremos que la única fuente de iones hidróxido es la reacción entre el amoniaco y el agua. Para el equilibrio construimos una tabla de valores con las concentraciones de las distintas especies presentes:



Cambios – x +x +x


Sustituyendo en la constante de equilibrio:

2eq eq

b

3 e

–4

q

x x xK

NH OH

NH 0,1 x 0,1 x

Si el pOH de la disolución es:

POH = 14 – pH = 14 – 11.12 = 2,88

Por tanto la concentración de iones hidróxido en la disolución es:

[OH-] = 10–pOH = 10–2,88 = 1,32 · 10–3 M

Que sustituido en la ecuación de la constante de equilibrio:

232

5b 3

1,32 10 MxK 1,74 10 M

0,1 x 0,1M 1,32 10 M

Para una base y su ácido conjugado. disueltos en agua. se cumple: pKb + pKa = 14

Sustituyendo:

–log 1,74·10–5 – log Ka(NH4+) = 14 Ka(NH4

+) = 5,75·10–10M

A 250C una disolución 1M de ácido metanoico tiene el 1,3 % de sus moléculas disociadas. Determina la constante de disociación del citado ácido a esa temperatura. Aunque el ácido metanoico HCOOH sea un ácido débil supondremos, por su grado de disociación, que la aportación de la autoprotólisis del agua a la concentración de iones hidronio es despreciable.

A partir de la estequiometría de la reacción construimos Ia siguiente tabla de valores:

HCOOH + H2O HCOO— + H3O+

Concentración Inicial 1 M — —

Cambios – 1· +1· +1·

Concentración Final 1 (1–) 1 1

Aplicando la Ley de Acción de Masas y como = 0.013, tenemos:

2

3 4a

H O HCOO 1 0,013K HCOOH 1,7 10 M

HCOOH 1 1 0,013



Se preparan 250 mL de una disolución acuosa de ácido acético cuyo pH es 2,9. a) Calcula la concentración inicial del ácido acético.

b) Obtén el grado de disociación del ácido acético.

c) Determina el volumen de ácido acético de densidad 1,15 g· mL–1 que se han necesitado para preparar 250 mL de la disolución inicial.

d) Si a la disolución inicialmente preparada se adicionan otros 250 mL de agua, calcula el nuevo valor de pH. Supón volúmenes aditivos.

Datos. Masas atómicas: H = 1; C = 12; O = 16; Ka (CH3COOH) = 1,8×10–5.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Julio 2019)

a) Si el pH de la disolución es 2,9, [H3O+] es:

[H3O+] = 10–pH = 10–2,9 = 1,26 · 10–3 M.

Hacemos la tabla de valores llamando C0 a la concentración inicial del ácido:


Concentración Inicial C0 — —

Cambios – 1,26 · 10–3 +1,26 · 10–3 +1,26 · 10–3

Concentración Equilibrio C0– 1,26 · 10–3 1,26 · 10–3 1,26 · 10–3

Con estos valores y conociendo el valor de Ka calculamos la concentración inicial del ácido C0:

2335

a 30

23

30 5

23

30 5

0

3

1,26 10H O AcK HAc 1,8 10

HAc C 1,26 10

1,26 10C 1,26 10

1,8 10

1,26 10C 1,26 10

1,8 10

C 0,09M

CH COOH 0,09M

b) La concentración de los iones [H3O+] y Ac– en el equilibrio, son el producto de la concentración inicial del ácido por el grado de ionización, es decir, [H3O+] = Co · α, de donde despejando α, sustituyendo valores y operando se tiene su valor:

33

0

H O 1,26 100,014 1,4%

C 0,09

c) Los moles de ácido acético contenidos en la disolución preparada son:

n mol

M n M V 0,09 0,25L 0,0225molesV L

Como la masa molecular del ácido acético (C2H4O2) es: 2·12 + 4·1 + 2·16 = 60

La masa de acético puro que hay en la disolución preparada es:

m = n · P.m. = 0,0225 · 60 = 1,35g

Según esto el volumen de acético puro que hemos de utilizar es:

1

m m 1,35gV 1,17mL

V 1,15g mL



d) Si la disolución preparada se diluye con 250 mL de agua, tendremos el mismo número de moles de ácido acético y 0,5 litros de disolución, por lo que su nueva concentración molar es:

n 0,0225moles

M 0,045MV 0,5L

Llamando x a la concentración de ácido que se ioniza, podemos hacer la nueva tabla de equilibrio:



Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,045– x x x

y llevando estos valores de concentración a la constante ácida del acético y operando, se tiene para x el valor:

23 5

a

H O Ac x x xK 1,8 10

HAc 0,045 x 0,045 x

Podemos hacer 0,45 – x 0,45, por tanto:

25 2 5 5 4x

1,8 10 x 1,8 10 0,045 x 1,8 10 0,045 9 10 M0,045

Por lo que:

[H3O+] = 9·10–4M

–43pH – log H O – log x –log 9 10 3,05

Responde a las siguientes cuestiones: a) Escribe los equilibrios de disociación en agua de HNO2, NH3 y HSO4

− e indica si actúan como ácido o como base.

b) Se dispone de una disolución de ácido acético 0,2 M y otra de igual concentración de ácido salicílico. Justifica cuál de las dos tiene menor pH.

c) Calcula el pH de una disolución de amoniaco 0,45 M.

Datos:

Ka (HNO2) = 5,6·10−4 ; Ka (HSO4−) = 1,0·10−2 ; Ka (ácido acético) = 1,8·10−5 ; Ka (ácido salicílico) = 1,1·10−3 ;

Kb (amoniaco) = 1,8·10−5.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Junio 2018)

a) HNO2 (aq) + H2O(l) NO2–

(aq) + H3O+ (aq) Comportamiento ácido

NH3 (aq) + H2O(l) NH4+ (aq) + OH– (aq) Comportamiento básico

HSO4– (aq) + H2O(l) SO4

= (aq) + H3O+ (aq) Comportamiento ácido

HSO4– (aq) + H2O(l) H2SO4 (aq) + OH– (aq) Comportamiento básico

El HNO2 tiene comportamiento ácido, el NH3 tiene comportamiento básico y el HSO4– es una especie

anfótera, aunque por tener una constante de acidez elevada su comportamiento es fundamentalmente ácido.

b) Ambos son ácidos débiles. Al ser mayor la Ka del ácido salicílico que la del ácido acético, a igualdad de concentración inicial, estará más disociado el ácido salicílico, por lo que este tendrá mayor concentración de H3O+, y su pH será menor (el pH más bajo implica ser más ácido). Por lo tanto tendrá menor pH la disolución de ácido salicílico 0,2 M.



Lo podemos hacer mediante cálculos numéricos:

HA (aq) + H2O (l) A– (aq) + H3O+ (aq)


Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,2– x x x

Para el ácido acético:

2

3 5 3a

H O A x x xK HAc 1,8 10 x 1,91 10 M pH HAc 2,72

HA 0,2 x 0,2 x

Para el ácido salicílico:

23 3 3

a

H O A x x xK (HSa) 1,1 10 x 1,43 10 M pH HSa 1,84

HA 0,2 x 0,2 x

c) Para el equilibrio construimos una tabla de valores con las concentraciones de las distintas especies presentes:



Cambios – x +x +x


Sustituyendo en la constante de equilibrio:

2eq eq 5 3

b

3 eq

3

14 1414 12

3 3

–

–

–

12

4

3

–

x x xK 1,8 10 x 2,84 10

0,45 x 0,45 x

2,84 10 M

10 10H O 10 H O 3,52 10 M

2,84 10

pH log 3,52 10 11

NH OH

NH

O

,45

H

OHOH

Si el pOH de la disolución es:

pOH = 14 – pH = 14 – 11.12 = 2,88

Por tanto la concentración de iones hidróxido en la disolución es:

[OH-] = 10–pOH = 10–2,88 = 1,32 · 10–3 M

Que sustituido en la ecuación de la constante de equilibrio:

232

5b 3

1,32 10 MxK 1,74 10 M

0,1 x 0,1M 1,32 10 M

Para una base y su ácido conjugado, disueltos en agua, se cumple: pKb + pKa = 14

Sustituyendo:

–log 1,74·10–5 – log Ka(NH4+) = 14 Ka(NH4

+) = 5,75·10–10M



10.- REACCIÓN DE HIDRÓLISIS

Sabiendo que la constante de ionización del ácido cianhídrico es Ka(HCN) = 6,2 · 10–10 mol/L, calcula el pH y el grado de hidrólisis de una disolución acuosa de cianuro de sodio 0,01 M.

La disolución del NaCN en agua proporciona cationes sodio Na+ que no reaccionan con el agua y aniones cianuro CN– que al ser una base más fuerte que el agua reacciona con ésta.

CN– + H2O HCN + OH– Con:

145W

h 10a

HCN OH K 1,0 10K CN 1,6 10 M

K HCN 6,2 10CN

Si despreciamos la contribución de la autoprotólisis del agua a la presencia de iones hidróxido en el equilibrio, Kh(CN-) >> KW, la concentración de las distintas especies son:

CN– (aq) + H2O (l) HCN (aq) + OH– (aq)




Sustituyendo:

5h

x xK CN 1,6 10 M

0,01 x

Como [CN–]0 >> Kh(CN–) podemos realizar la aproximación 0,01 M — x 0,01 M

2

5 5 4h

xK CN 1,6 10 M x 0,01 1,6 10 x 4,0 10 M

0,01

Despejando [H3O+]:

14 1411W

3 4

KH = 2

xO

1,0 10 1,0 10O ,5 10 M

4,0 10H

Con lo que el pH de la disolución es: pH = —log [H3O+] = —log (2,5 · 10–11) = 10,60

EI grado de hidrólisis es:

4nº de moles de CN hidrolizados 4,0 10 M0,04

nº de moles iniciales de CN 0,01M

Si queremos dar el grado de disociación en tanto por ciento habría que multiplicar por 100: = 4%

Sabiendo que la constante de disociación del amoniaco es Kb(NH3)= 1,8·10–5M, calcula el pH y el % de hidrólisis de una disolución acuosa de cloruro de amonio 0,01 M.

Al disolverse el cloruro de amonio en agua proporciona aniones cloruro y cationes amonio:

NH4Cl NH4+ + Cl–

En este caso los cationes amonio sí experimentarán el fenómeno de la hidrólisis, puesto que proceden de una base débil (el amoniaco), mientras que los aniones cloruro no lo experimentarán, puesto que proceden de un ácido fuerte (el ácido clorhídrico):

NH4+ + H2O NH3 + H3O+

Para calcular la constante de este equilibrio, utilizamos la fórmula anteriormente expuesta:

143 3 10W

h 4 5b 34

NH H O K 10K NH 5,56 10

K NH 1,8 10NH



La concentración de las distintas especies son:

NH4+ + H2O NH3 + H3O+

Concentración antes de la hidrólisis 0,01 – –


Concentración final 0,01– x x x

Sustituyendo en la constante de hidrólisis:

2

3 3 10h 4

4

10 6 63

NH H O x x xK NH 5,56 10

0,01 x 0,01NH

x 0,01 5,56 10 2,37 10 H O 2,37 10

pH = –logH3O+ = –log (2,37·10–6) = 5,6

El % de hidrólisis se calcula hallando el valor de y multiplicándolo por 100:

+ 644

+ 4

4 2

nº de moles de NH hidrolizados 2,37 102,37 10

nº de moles iniciales de NH 0,01

% hidrólisis 2,37 10 100 2,37 10 % 0,0237%

¿Por qué las disoluciones de acetato de amonio son neutras? Ka(CH3COOH)=1,8·10–5; Kb(NH3)=1,8·10–5

Vamos a resolver este ejercicio aplicando paso a paso lo que hemos ido viendo en la teoría de este subapartado al caso particular del acetato de amonio:

Sea una sal AB (NH4CH3COO) que se forma a partir de un ácido HA débil (CH3COOH) y de una base BOH también débil (NH3). Esta sal, al disolverse en agua proporciona aniones A– (CH3COO–) que son una base más fuerte que el agua, y cationes B+ (NH4

+), que son un ácido más fuerte que el agua. Por ello entre los aniones y los cationes produce una transferencia de protones con el agua.

A– + H2O HA + OH– CH3COO– + H2O CH3COOH + OH–

B+ + 2H2O BOH + H3O+ NH4+ + H2O NH3 + H3O+

El carácter ácido o básico de la disolución depende de la naturaleza de los iones.

Los equilibrios anteriores tienen que cumplir las siguientes ecuaciones:

W

h

a

HA OH KK A

K HAA

3 W

h 3

a 33

CH COOH OH KK CH COO

K CH COOHCH COO

3 W

h

b

BOH H O KK B

K BOHB

3 3 W

h 4

b 34

NH H O KK NH

K NHNH

Sumando las dos reacciones anteriores, tenemos la reacción completa de hidrólisis:

A– + B+ + H2O HA + BOH

CH3COO– + NH4+ CH3COOH + NH3

Con:

W

h

a b

HA BOH KK AB

K HA K BOHA B

3 3 W

h 4 3

a 3 b 33 4

CH COOH NH KK NH CH COO

K CH COOH K NHCH COO NH



Si dividimos la constante de disociación del ácido Ka(HA) entre la constante de disociación de la base Kb(BOH), tenemos:

3a

b

A H O BOHK HA

K BOH HA B OH

3 3 3a 3

b 3 3 4

CH COO H O NHK CH COOH

K NH CH COOH NH OH

Si el ácido HA y la base BOH son débiles y sus constantes de disociación son parecidas (como es el caso del ácido acético y del amoniaco), podemos aproximar que las concentraciones de los iones A–, [CH3COO–], y B+, [NH4

+], son iguales y que las concentraciones de las moléculas HA, [CH3COOH], y BOH, [NH3], también lo son; por lo que nos queda:

2

3 3a

b W

H O H OK HA

K BOH KOH

2

3 3a 3

b 3 W

H O H OK CH COOH

K NH KOH

Ecuación que permite calcular la concentración de iones hidronio en la disolución.

a

3 W

b

K HAH O K

K BOH

a 3

3 W

b 3

K CH COOHH O K

K NH

De la ecuación anterior podemos extraer la conclusión de que las disoluciones de acetato de amonio son neutras, debido a que las constantes de disociación del ácido acético y del amoniaco son iguales.

Ka(HAc) = Kb(NH3) = 1,8 10–5 mol/L

Veámoslo:

a 3 7

3 W W

b 3

K CH COOHH O K K 10 pH 7

K NH

Indica el carácter ácido, básico o neutro de las disoluciones acuosas de: cloruro de potasio, hidróxido de sodio, acetato sódico, cloruro de amonio.

Al disolver una sal, en agua y debido a su disociación proporciona iones que en algunos casos reaccionan con el agua.

CLORURO DE POTASIO

El KCl proporciona cationes K+ y aniones Cl– que son ácidos y bases más débiles que el agua, es decir, provienen de bases KOH y ácidos HCl que son fuertes y por tanto no experimentan el fenómeno de la hidrólisis. La disociación de este tipo de sales no modifica el pH de la disolución, por tanto en agua pura dan lugar a disoluciones neutras.

HIDRÓXIDO DE SODIO

El NaOH es una base fuerte y por tanto está totalmente disociada en agua dando lugar a iones OH– y por ello a disoluciones fuertemente básicas.

ACETATO DE SODIO

El acetato de sodio se disocia en cationes Na+, que es un ácido más débil que el agua y no reaccionan, y aniones CH3COO– que es una base más fuerte que el agua (el CH3COOH es un ácido débil) y reaccionan con ella.

CH3COO– + H2O CH3COOH + OH–

Como resultado de la reacción aumenta la concentración de iones hidróxido [OH–] en la disolución, lo que se traduce en un aumento del pH y el carácter básico de la misma.

CLORURO DE AMONIO

El cloruro de amonio NH4Cl proporciona aniones Cl–, que es una base más débil que el agua y no reaccionan, y cationes NH4

+ que es un ácido más fuerte que el agua (el NH3 es una base débil) y reaccionan con ella.

NH4+ + H2O NH3 + H3O+

De esta forma se origina un aumento de la concentración de iones hidronio [H3O+] en la disolución, lo que se traduce en una disminución del pH, con el consiguiente carácter ácido de la disolución.



Calcula las concentraciones de H3O+, OH–, y el pH de una disolución de acetato de sodio 0,01M.

Ka = 1,75 10–5.

Al disolverse el acetato de sodio en agua proporciona aniones acetato y cationes sodio:

NaCH3COO CH3COO– + Na+

Mientras que los cationes sodio no experimentan el fenómeno de la hidrólisis, los aniones acetato sí:



Concentración final 0,01 – x x x

1410W

h 3 5

a 3

K 1,0 10K CH COO 5,71 10 M

1,75 10K CH COO

2 2310 6

3

6

CH COOH OH x x5,71 10 M x 2,39 10

0,01 x 0,01CH COO

OH 2,39 10

Como: 3 WH OHO K

149

3 6WK

H = 4,182OH

1,0 10O 10 M pH 8,38

,39 10

Calcula la constante de hidrólisis, la concentración de iones H3O+, OH– y el pH de una disolución de

cloruro de amonio 0,001 M, en la que la constante de disociación del amoniaco es Kb = 1,8 10–5

Al disolverse el cloruro de amonio en agua proporciona aniones cloruro y cationes amonio:

NH4Cl NH4+ + Cl–

En este caso los cationes amonio sí experimentarán el fenómeno de la hidrólisis, mientras que los aniones cloruro no lo experimentarán:

NH4+ + H2O NH3 + H3O+


Concentración final 0,001–x x x

1410W

h 4 5b 3

K 1,0 10K NH 5,56 10 M

K NH 1,8 10

2 23 310 7

4

73

NH H O x x5,56 10 x 7,46 10

0,001 x 0,001NH

H O 7,46 10 pH 6,13

148

7W

3

1,0 101,34 10

7,36 10

KOH =

OH



La constante de disociación del amoniaco vale: 1,8 10–5. Calcula:

1) La concentración de iones H3O+ de una disolución NH4CI, 1,8 M.

2) El grado de hidrólisis.

3) El pH de esta disolución.

Como vimos en el problema anterior, en la disociación:

NH4Cl NH4+ + Cl–

se produce la hidrólisis de los cationes amonio:

NH4+ + H2O NH3 + H3O+


Concentración final 1,8 – x x x

1410W

h 4 5b 3

K 1,0 10K NH 5,56 10 M

K NH 1,8 10

2 23 310 5

4

53

NH H O x x5,56 10 x 3,16 10

1,8 x 1,8NH

H O 3,16 10 pH 4,5

Para calcular el grado de disociación:

55nº de moles de CN hidrolizados x 3,16 10 M

1,76 10nº de moles iniciales de CN 1,8 1,8

Si queremos dar el grado de disociación en tanto por ciento habría que multiplicar por 100: = 0,00176%

Calcula el pH y Ia concentración de todos los iones presentes en una disolución acuosa 0,01 M de cianuro de amonio. Datos: Kb (NH3) = 1,8·10–5 mol/L y Ka (HCN) = 6,2 .10–10 mol/L.

Una sal como el cianuro de amonio, NH4CN, proporciona aniones CN– que son bases más fuertes que el agua y cationes NH4

+ que son ácidos más fuertes que el agua, sufriendo ambos el fenómeno de la hidrólisis.

CN– + H2O HCN + OH– y

NH4+ + H2O HCN + NH3

Siendo la reacción global:

CN– + NH4+ HCN + NH3

Cuya constante de equilibrio de hidrólisis es:

143 W

h 4 10 5a b 34

HCN NH K 1,0 10K NH CN 0,896

K HCN K NH 6,2 10 1,8 10CN NH

La concentración de las especies presentes en el equilibrio son:

CN– + NH4+ HCN + NH3

Concentración Inicial 0,01 M 0,01 M — —

Cambios – x – x + x + x

Concentración Final 0,01 – x 0,01 – x x x

Sustituyendo en la ecuación de la constante del equilibrio:

23

h 4 2

4

HCN NH xK NH CN 0,896

CN NH 0,01 x



22 2 4 2 2 5 2 2

2 2 5

x 0,896 0,01 x x 0,896 10 0,02x x x 8,96 10 1,792 10 x 0,896x

0,104x 1,792 10 x 8,96 10 0

Multiplicando por 102 ambos miembros de la igualdad para operar más fácilmente:

2 310,4x 1,792x 8,96 10 0

De donde resulta que: x = 4,86·10–3 M y por tanto:

34CN NH 0,01 0,00486 5,14 10 M

33HCN NH x 4,86 10 M

Para calcular la concentración de iones hidronio, partimos de la constante de disociación del ácido:

33 310 10

a 33

H O CN H O 5,14 10 MK HCN 6,2 10 M H O 5,856 10

HCN 4,86 10 M

Por tanto:

H3O+ = 5,856·10–10 M

pH = –logH3O+ = –log (5,856·10–10) = 9,23

La disolución es básica como era de prever pues: Kb (NH3) > Ka (HCN)

La concentración de iones hidróxido en la disolución es:

145

10W

3

1,0 101,708

KO 10 MH =

5H 10O ,856

El mismo resultado obtenemos si calculamos la concentración de iones hidróxido a partir de la constante de ionización de la base:

– 3 5 35 5

b

4 –

33

–

3

5,14 10 1,8 10 4,86 10K 1,8 10 1,702 10 M

4,86 10 5,14 10

NH OH OHOH

NH

Que es prácticamente el mismo valor teniendo en cuenta los redondeos realizados.

11.- DISOLUCIONES REGULADORAS O AMORTIGUADORAS. EFECTO DEL ION COMÚN

¿Cuál es el pH de una disolución 0,200 M de ácido nitroso, HNO2, y 0,050 M de nitrito de sodio? Ka = 4,5·10−4 para el HNO2

La disociación de la sal será:

NaNO2(aq) Na+ (aq) + NO2– (aq)



El ion Na+ proviene de una base fuerte, no dará reacción con el agua.

El equilibrio que se produce en el ácido será:

HNO2 (aq) + H2O (l) NO2– (aq) + H3O+ (aq)

Concentración Inicial 0,2 M 0,05 —


Concentración Final 0,2 – x 0,05 + x x

El NO2– que proviene de la sal hace que el equilibrio se desplace fuertemente hacia los reactivos, por lo

tanto podemos despreciar el valor de x frente a 0,2 (0,2 – x 0,2) y frente a 0,05 (0,05 + x 0,05) al ser estos valores mucho mayores.



Por tanto podemos escribir las concentraciones finales así:


Concentración Final 0,2 0,05 x

3 2 2 4 3

a 3 a

2 2

H O NO HNO 0,2K H O K 4,5 10 1,8 10 M

HNO 0,05NO

33pH log H O log 1,8 10 2,74

¿Cuál es el pH de una disolución que es 0,030M en NH3(aq) y 0,070M en NH4NO3?; Kb=1,8·10−5 para el NH3.


NH4NO3(aq) NH4+ (aq) + NO3

– (aq)



El ion NO3– proviene de un ácido fuerte, no dará reacción con el agua.

El equilibrio que se produce en la base será:


Concentración Inicial 0,03 0,07 —



El NH4+ que proviene de la sal hace que el equilibrio se desplace fuertemente hacia los reactivos, por lo





–4 –

4

3 5 6b b

3

NH OH NHOH

NH N

0,03K K 1,8

H10 7,71 10 M

0,07

6–pOH log log 7,71 10 5,11

pH

OH

14 pOH 14 5,11 8,89

Una disolución es 0,200M en ácido acético y 0,200M en acetato de sodio.

a) ¿Cuál es su pH?

b) ¿Qué cambio de pH se produce al añadir a un litro de esta disolución 0,050 moles de HCl? (sin tener en cuenta los posibles cambios de volumen)

c) ¿Qué cambio de pH se produce al añadir a un litro de esta disolución 0,050 moles de NaOH? (sin tener en cuenta los posibles cambios de volumen) (Ignórense los cambios de volumen).

d) ¿Cuál sería el pH de añadir estas cantidades a un litro de agua destilada?

a) La disociación de la sal será:

NaAc(aq) Na+ (aq) + Ac– (aq)








Concentración Inicial 0,2 M 0,2 —



El Ac– que proviene de la sal hace que el equilibrio se desplace fuertemente hacia los reactivos, por lo tanto

podemos despreciar el valor de x frente a 0,2 (0,2 – x 0,2) y (0,2 + x 0,2) al ser este valor mucho mayor.




3 5 5

a 3 a

H O Ac HAc 0,2K H O K 1,8 10 1,8 10 M

HAc 0,2Ac

53pH log H O log 1,8 10 4,74

b) La concentración del HCl añadido será 0,05M (0,05 moles en 1 litro ignorando el posible cambio de volumen)

Pero el HCl es un ácido fuerte por lo que estará totalmente disociado:




Los iones H3O+ añadidos consumen iones Ac– del equilibrio del ácido acético para así dar moléculas de ácido acético (HAc), por lo que dicho equilibrio quedará:


Concentración Inicial 0,2 + 0,05 = = 0,25

0,2 – 0,05 = = 0,15

—



Podemos despreciar el valor de x frente a 0,25 (0,25 – x 0,25) y frente a 0,15 (0,15 + x 0,15)




3 5 5

a 3 a

H O Ac HAc 0,25K H O K 1,8 10 3 10 M

HAc 0,15Ac

53pH log H O log 3 10 4,52

Con lo que podemos observar que la variación de pH es muy pequeña.

c) La concentración de NaOH añadido será 0,05M (0,05 moles en 1 litro ignorando el posible cambio de volumen)

Pero el NaOH es una base fuerte por lo que estará totalmente disociada:






Los OH– que provienen de la base reaccionan con el ácido acético de forma que se mantenga el equilibrio iónico del agua:

HAc (aq) + OH– Ac– (aq) + H2O

Por tanto desaparecen del equilibrio tantas moléculas de HAc como OH– añadidos y además se formará el mismo número de iones Ac–


Concentración Inicial 0,2 – 0,05 = = 0,15

0,2 + 0,05 = = 0,25

—



Podemos despreciar el valor de x frente a 0,15 (0,15 – x 0,15) y frente a 0,25 (0,25 + x 0,25)




3 5 5

a 3 a

H O Ac HAc 0,15K H O K 1,8 10 1,08 10 M

HAc 0,25Ac

53pH log H O log 1,08 10 M 4,97

Con lo que podemos observar que la variación de pH es muy pequeña.

d) Al añadir el ácido al agua destilada:





[Cl–] = 0,05 M y [H3O+] = 0,05 M.


Si comparamos este pH tan ácido pH = 1,30 con el pH = 4,52 conseguido al añadir el mismo ácido a la disolución reguladora podemos comprobar la acción de dicha disolución reguladora al añadir una cierta cantidad de ácido.

Al añadir la base al agua destilada:





[Na+] = 0,05 M

[OH–] = 0,05 M.


–14 –14–13

3 –

10 10H O M M

0,0 0

OH 52 1

Por tanto, el pH = –log [H3O+] = –log (210–13) = 12,70.

Si comparamos este pH tan básico pH = 12,70 con el pH = 4,97 conseguido al añadir la misma base a la disolución reguladora podemos comprobar la acción de dicha disolución reguladora al añadir una cierta cantidad de base.

Por tanto hemos comprobado que la disolución reguladora controla el pH en un intervalo estrecho cuando se añaden pequeñas cantidades de ácido o de base.



12.- ESTEQUIOMETRÍA DE LAS REACCIONES ÁCIDO-BASE

Completa y ajusta las siguientes ecuaciones ácido-base:

a) HNO3 + Mg(OH)2

b) NH3 + H2SO4

c) HCO3– + NaOH

d) CH3–COOH + KOH

(PAU. Comunidad de Madrid 2005)

a) 2 HNO3 + Mg(OH)2 Mg(NO3)2+ 2 H2O

Ácido nítrico + hidróxido de magnesio nitrato de magnesio + agua

b) 2 NH3 + H2SO4 (NH4)2(SO4)

Amoniaco + ácido sulfúrico sulfato de amonio

c) HCO3– + NaOH NaCO3

– + H2O

Anión hidrogenocarbonato + hidróxido de sodio anión carbonato de sodio + agua

d) CH3–COOH + KOH → CH3–COOK + H2O

Ácido acético (o etanoico) + hidróxido de potasio acetato de potasio (o etanoato de potasio) + agua

En la reacción entre el ácido sulfúrico y el hidróxido de sodio ¿Qué cantidad de ácido sulfúrico se necesita para reaccionar con 225g de hidróxido de sodio? ¿Qué cantidad de sulfato de sodio se produce?

REACCIÓN: H2SO4 + NaOH Na2SO4 + H2O

REACCIÓN AJUSTADA: H2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O

DATOS ¿a? 225g ¿b?

RELACIÓN ENTRE MOLES

2 moles de NaOH 1 mol de H2SO4

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (NaOH)

NaOH: 1 Na = 23

1 O = 16 P.m. NaOH = 40 1 mol NaOH = 40g 1 H = 1

NaOHNaOH

NaOH

m 225n 5,625 moles de NaOH

P.m. 40

a) CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (H2SO4)

2 42 4

2 4

1 mol H SO2 moles NaOHy 2,814 moles de H SO

5,625 moles NaOH y moles H SO

CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema (H2SO4)

H2SO4: 2 H = 1·2 = 2

1 S = 32 P.m. H2SO4 = 98 1 mol H2SO4 = 98g 4 O = 16·4 = 64

2 4 2 42 4

2 4 2 4

1 mol H SO 98 g H SOz 275,77g de H SO

2,814 moles H SO z g H SO

SOLUCIÓN: 275,77g H2SO4

b) CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (Na2SO4)

2 42 4

2 4

1 mol Na SO2 moles NaOHy 2,814 moles de Na SO

5,625 moles NaOH y moles Na SO



CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema (Na2SO4)

Na2SO4: 2 Na = 23·2 = 46

1 S = 32 P.m. Na2SO4 = 142 1 mol Na2SO4 = 142g 4 O = 16·4 = 64

2 4 2 42 4

2 4 2 4

1 mol Na SO 142 g H SOw 399,59g de Na SO

2,814 moles Na SO w g H SO

SOLUCIÓN: 399,59g Na2SO4

Calcula la cantidad de hidróxido de calcio que reacciona con 20 mL de ácido clorhídrico 0,5M.

La reacción química que se produce es una típica reacción de neutralización:

ÁCIDO + BASE SAL + AGUA

REACCIÓN: Ca(OH)2 + HCl CaCl2 + H2O

REACCIÓN AJUSTADA: Ca(OH)2 + 2 HCl CaCl2 + 2 H2O

DATOS ¿? 20mL, 0,5M


1 mol de Ca(OH)2 reacciona con 2 moles de HCl

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (HCl)

HCl

molesn = 0,5 0,02litros 0,01 moles de HCl

litro

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (Ca(OH)2)

2

2

2

2 moles Ca OH 2 moles HClx 0,05 moles de Ca OH

x moles Ca OH 0,01 moles HCl

CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema

Ca(OH)2: 1 Ca = 1 · 40 = 40

2 O = 2 · 16 = 32 P.m. Ca(OH)2 = 74 1 mol de Ca(OH)2 = 74 gramos 2 H = 2 · 1 = 2

2 2

2

2 2

1 mol Ca OH 74 gramos Ca OHy 0,37 gramos Ca OH

0,05 moles Ca OH y gramos Ca OH

SOLUCIÓN: 0,37 gramos de Ca(OH)2

¿Qué volumen de ácido sulfúrico 2,5M se necesita para neutralizar una disolución que contiene 2,3 gramos de hidróxido de calcio? ¿Cuántos gramos de ácido sulfúrico puro se necesitan?

REACCIÓN: H2SO4 + Ca(OH)2 CaSO4 + H2O

REACCIÓN AJUSTADA : H2SO4 + Ca(OH)2 CaSO4 + 2H2O

DATOS ¿V, 2,5M? 2,3g


1 mol de H2SO4 1 mol de Ca(OH)2

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (Ca(OH)2)

Ca(OH)2 1 Ca = 40

2 O = 16·2 = 32 P.m. Ca(OH)2 = 74 1 mol Ca(OH)2 = 74g 2 H = 1·2 = 2



2

2

2

Ca OH

Ca OH 2Ca OH

m 2,3n 0,031 moles de

P.mC

. 74a OH

X = 0,031 moles de Ca(OH)2

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (H2SO4)

Y = 0,031 moles de H2SO4

a) CÁLCULO EN LITROS de la sustancia problema (H2SO4)

d

d

molesn n 0,031M V (L) 0,0124L 12,4mL

V (L) M 2,5mol L

SOLUCIÓN: 12,4 mL de H2SO4

b) CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema (H2SO4)

H2SO4: 2 H = 1·2 = 2

1S = 32 P.m. H2SO4 = 98 1 mol H2SO4 = 98g 4 O = 16·4 = 64

2 4

2 4 2 4 2 4 2 4

2 4

H SO

H SO H SO H SO H SO 2 4

H SO

mn m n Pm 0,031 98 = 3,038g de

P.m.H SO

SOLUCIÓN = 3,038g de H2SO4

Un ácido monoprótico presenta una constante de acidez Ka = 2,5·10–5.

a) Calcula la concentración inicial de este ácido necesaria para obtener una disolución cuyo pH sea igual a su pKa – 2.

b) Calcule la masa de KOH necesaria para neutralizar 100 mL de la disolución del ácido del apartado a).

c) Razone si el pH resultante de la neutralización del apartado b) es ácido, básico o neutro.

Datos. Masas atómicas: H = 1,0; O = 16,0; K = 39,1.

(PAU Comunidad de Madrid. Septiembre 2015)

a) Llamemos c0 a la concentración inicial del ácido y x a los moles/litro de ácido que se disocian:

HA (aq) + H2O (l) A– (aq) + H3O+ (aq)

Concentración Inicial c0 — —


Concentración Final c0 – x x x


Por definición pH = – log [H3O+] y además el valor de [H3O+] es x.

El enunciado nos dice que pH = pKa – 2 = – log(2,5·10–5) – 2 = 4,60 – 2 = 2,60

Luego: pH = – log [H3O+] = –log x = 2,60

x = 2,5 · 10–3


3

a

2523 1

5 5 5a

H O AK

HA

2,5 10H O A x x xHA 2,5 10 0,25M

K 2,5 10 2,5 10 2,5 10



b) La reacción de neutralización es:

REACCIÓN AJUSTADA: HA + KOH KA + H2O

DATOS: 100mL ¿? 0,25M


Se consume 1 mol de hidróxido de potasio por cada mol del ácido monoprótico.

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (HA)

HA

molesn = 0,25 0,1litros 0,025 moles de HA

litro

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (KOH)

KOHn = 0,025 moles

CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema

KOH: 1 K = 39,1

1 O = 16,0 P.m. KOH = 56,1 1 mol de KOH = 56,1 gramos 1 H = 1,0

1 mol KOH 56,1 gramos KOHy 1,40 gramos KOH

0,025 moles KOH y gramos KOH

SOLUCIÓN: 1,40 gramos de KOH

c) Tras la neutralización, los aniones del ácido (A–) producirán hidrólisis puesto que el ácido HA es un ácido débil (su Ka lo confirma), mientras que los cationes K+ no producirán hidrólisis por ser KOH una base fuerte:

A– + H2O HA + OH–

Por tanto el pH será básico

Se dispone de una disolución de ácido metanoico 0,5 M. Calcule:

a) El pH de la disolución.

b) El grado de disociación de la base BOH 0,3 M que presenta un pOH igual que el pH de la disolución de ácido metanoico.

c) El volumen de base BOH 0,3 M necesario para neutralizar una disolución de ácido metanoico obtenida al mezclar 50 mL de la disolución del enunciado con 150 mL de agua.

Dato. Ka = 1,85·10−5.

(PAU. Comunidad de Madrid. Modelo 2018)

a) El ácido metanoico es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:

HCOOH (aq) + H2O (l) HCOO– (aq) + H3O+ (aq)





2 23 5

a

5 3

3 33 3

H O x x x xK 1,85 10

0,5 x 0,5 x 0,5

x 0,5 1,85

H

10 3,04 10

H O 3,04 10 pH log H O log 3,04 10 2

COO

HCOOH

,52



b) La base BOH es una base débil que se disocia parcialmente en agua:

BOH (aq) + H2O (l) B+ (aq) + OH− (aq)

Concentración Inicial 0,3 — —

Cambios – 0,3· +0,3· +0,3·

Concentración Equilibrio 0,3·(1–) 0,3· 0,3·

Como el pH (HCOOH) = pOH (BOH) ⇒ [H3O+] = [OH−] ⇒ [OH−] = 3,04 · 10–3 0,3· = 3,04 · 10–3

–33,04 · 100,010

0,3

Que si lo queremos expresar en % sería: = 0,010·100 = 1%

c) La reacción de neutralización es:

REACCIÓN AJUSTADA: HCOOH + BOH BaHCOO + H2O

DATOS 50mL(0,5M) + 150mL H2O V (0,3M)


1 mol de HCOOH 1 mol de BOH

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (HCOOH)

dH OO

d

C H

n molM n M V (L) 0,5 0,05L 0,025 mol HCes de

V (L) LOOH

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (BOH)

nBOH = 0,025 moles de BOH

CÁLCULO EN LITROS de la sustancia problema (BOH)

d

d

molesn n 0,025M V (L) 0,0833L 83,3mL

V (L) M 0,3mol L

SOLUCIÓN: 83,3 mL de BaOH

Determina el volumen, expresado en mililitros, que se precisan de una disolución 0,21M de NaOH para que reaccionen completamente 10 mL de ácido fosfórico 0,1M.

REACCIÓN: H3PO4 + NaOH Na3PO4 + H2O

REACCIÓN AJUSTADA : H3PO4 + 3NaOH Na3PO4 + 3H2O

DATOS 10mL, 0,1M ¿V, 0,21M?


1 mol de H3PO4 3 moles de NaOH

EXPRESIÓN DEL Nº DE MOLES de la sustancia conocida (H3PO4)

3 4

3 4

3 4

3 4 3 43 4

H PO

H POH PO

H PO H POH PO

nM

V(L)

n M V(L)

EXPRESIÓN DEL Nº DE MOLES de la sustancia problema (NaOH)

NaOH

NaOHNaOH

NaOH NaOHNaOH

nM

V(L)

n M V(L)



UTILIZACIÓN DE LA RELACIÓN ENTRE MOLES

1 mol de H3PO4 reaccionan 3 moles de NaOH

3 4H PO NaOHn reaccionan con 3 n

3 43 4

3 43 4

H PO 3 4H PO

H POH PO

M V(L) moles de H , de NaOH necesitaremos 3 veces

ese número de moles, es decir 3

Como lo que tenemo

M V(

s

L

s PO

)

on

Por tanto:

3 43 4

NaOHNaO HH POH POM V(L) 3 M V(L)

Y si prescindimos de la unidad “litros”, pues el volumen también puede venir dado en mililitros y no es necesario realizar el cambio de unidades:

3 43 4

NaOH H PN O OOH Ha PM V 3 M V

CÁLCULO DEL VOLUMEN de la sustancia problema (NaOH)

3 43 4

NaOH

NaO

H POH PO

H

3 M V 3 0,1 10mLV 14,29mL

M 0,21

SOLUCIÓN: 14,29 mL de NaOH

Halla el volumen de ácido sulfúrico 0,2M necesario para neutralizar:

a) 25 mL de disolución 0,4M de hidróxido de sodio.

b) 80 mL de disolución 0,2M de hidróxido de calcio.

En el punto de equivalencia de la neutralización, cuando todo el ácido se ha combinado con toda la base, se cumple:

nº de moles de H3O+ del ácido = nº de moles de OH– de la base

nº de moles de H3O+ cedidos por el ácido = nº de moles de H3O+ absorbidos por la base

Va · Ma · na = Vb · Mb · nb

a) H2SO4 + NaOH

H2SO4 + NaOH

Va = x Vb = 25mL

Ma = 0,2 Mb = 0,4

na = n(H3O+) = 2 nb = n(OH–) = 1

b bb

a a b b aa ba a

n M V 1 0,4 25mLn M V n M V V 25mL

n M 2 0,2

SOLUCIÓN: 25mL de ácido sulfúrico 0,2M

b) H2SO4 + Ca(OH)2

H2SO4 + Ca(OH)2

Va = x Vb = 80mL

Ma = 0,2 Mb = 0,2

na = n(H3O+) = 2 nb = n(OH–) = 2

b bb

a a b b aa ba a

n M V 2 0,2 80mLn M V n M V V 80mL

n M 2 0,2

SOLUCIÓN: 80mL de ácido sulfúrico 0,2M



¿Qué volumen de disolución acuosa de NaOH 2M es necesario para neutralizar 25 mL de una disolución 0,5 M de HNO3?

a) La reacción de neutralización es:

HNO3 + NaOH NaNO3 + H2O

Se consume 1 mol de sosa por cada mol de ácido nítrico, por tanto:

HNO3 + NaOH

Va = 25mL Vb = x

Ma = 0,5 Mb = 2

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 1

a aa

a a b b ba bb b

n M V 1 0,5 25mLn M V n M V V 6,25mL

n M 2 1

SOLUCIÓN: 6,25mL de hidróxido de sodio 2M

Determine:

a) La concentración de una disolución de ácido benzoico, ácido monoprótico de fórmula C6H5COOH, sabiendo que para neutralizar 20 mL de la misma se han utilizado 15,2 mL de disolución de hidróxido de bario 0,5 M.

b) Sabiendo que el hidróxido de bario es una base fuerte, determine el valor del pH en el punto de equivalencia. Ka (C6H5COOH) = 6,5 ⋅ 10–5.

(PAU Aragón. 2007)

a) Escribimos la reacción de neutralización:

2 C6H5COOH + Ba (OH)2 (C6H5COO)2Ba + 2 H2O

C6H5COOH + Ba (OH)2

Va = 20mL Vb = 15,2mL

Ma = x Mb = 0,5

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 2

b bb

a a b ba b aa a

n M V 2 0,5M 15,2mLn M V n M V M 0,76M

n V 1 20mL

SOLUCIÓN: La concentración de la disolución de C6H5COOH es 0,76M

b) Tras la neutralización, los aniones del ácido (C6H5COO–) producirán hidrólisis puesto que el ácido C6H5COOH es un ácido débil (su Ka lo confirma), mientras que los cationes Ba2+ no producirán hidrólisis por ser Ba (OH)2 una base fuerte:

(C6H5COO)2Ba 2 C6H5COO– + Ba2+

C6H5COO– + H2O C6H5COOH + OH–

Hay que calcular la concentración de sal para poder calcular la parte que se hidroliza:

6 5 2C H COO Ba

6 5 2d

nC H COO

VBa

(L)

El número de moles de la sal formados es igual al número de moles de la base utilizados en la neutralización puesto que en dicha reacción por cada mol de base se produce un mol de sal.

2 26 25

3

Ba OHC H COO Ba OHBan M V(L) 0,5 0,0152 7,6 10

El volumen total (Vd) es la suma de los volúmenes de ambas disoluciones:

2d a bV (L) V V 20mL 15,2mL 35,2mL 3,52 10 L



Por lo que:

6 5 2C H COO

3

2d

Ba

6 5 2

n 7,6 100,216M

V (L) 3,52 10C H COO Ba

Para calcular el pH de la disolución en el punto de equivalencia vamos a utilizar el equilibrio establecido anteriormente en la hidrólisis del anión benzoato.

La concentración de ion benzoato es el doble que la de la sal, puesto que por cada mol de sal se forman dos moles de benzoato.

Por tanto [C6H5COO–]0 es 0,432 M

Y:

1–

6 5

6

410

h 55

W

a

K 1,0 10K 1,54 10 M

K 6,5 10C H COO

C H COOH

Si despreciamos la contribución de la autoprotólisis del agua a la presencia de iones hidróxido en el equilibrio, Kh(C6H5COO–) >> KW, la concentración de las distintas especies son:

C6H5COO– + H2O C6H5COOH + OH–




Sustituyendo:

– 1h 6

05

x xK 1,54 10 M

0,43 xC

2C H OO

Como [C6H5COO–]0 >> Kh(C6H5COO–) podemos realizar la aproximación 0,432 M — x 0,432M

–2

10h 5

1 66

0xK 1,54 10 M x 0,432 1,54 10 x 8,16 10 M

0,432C H COO

Despejando [H3O+]:

14 149

6W

9

3

3

1,0 10 1,0 10O 1,225 10 M

KH =

8,16 10

pH log O log 1,225 10

xOH

1H 8,9

SOLUCIÓN: El pH en el punto de equivalencia es 8,91

Se preparan dos disoluciones, una con 1,61 g de ácido metanoico en agua hasta un volumen de 100 cm3 y otra de HCl, de igual volumen y concentración. Calcule:

a) El grado de disociación del ácido metanoico.

b) El pH de las dos disoluciones.

c) El volumen de hidróxido potásico 0,15 M necesario para alcanzar el punto de equivalencia, en una neutralización ácido-base, de la disolución del ácido metanoico.

(Datos: Ka (metanoico) = 1,8 ⋅ 10–4)

(PAU Comunidad de Madrid. 2006)

a) Calculamos la concentración de ácido metanoico y, con el equilibrio y la expresión de la constante, el grado de disociación y el pH.

El peso molecular del ác. metanoico es: HCOOH: 2 H = 1·2 = 2

1 C = 12 P.m. HCOOH = 46 mol HCOOH = 46g 2 O = 16·2 = 32



Y por tanto el nº de moles: HCOOHHCOOH

HCOOH

m(g) 1,61n 0,035 moles de HCOOH

P.m. 46

HCOOH

d

n 0,035HCOOH 0,35M

V (L) 0,1



Cambios – 0,35 +0,35 +0,35

Concentración Equilibrio 0,35–0,35=0,35(1–) 0,35 0,35

Sustituyendo en la expresión de Ka, y teniendo en cuenta que << 1:

23 2

a

42a

H O HCOO 0,35 0,35 0,35K 0,35

HCOOH 0,35 1 1

K 1,8 102,27 10

0,35 0,35

Si lo damos en tanto por ciento:

(%) = 2,27·10–2·100 = 2,27%

SOLUCIÓN: El grado de disociación es 2,27·10–2 (en tanto por uno) o 2,27%

b) Primero calculamos el pH del ácido metanoico:

A partir de la definición de pH: 32pH –log H O –log 0,35 –log 0,35 2,2 7 0 2,1 1

Como el HCl es un ácido fuerte, está completamente disociado y [HCl] = [H3O+]. Como [HCl] = 0,35M

pH = – log [H3O+] = – log 0,35 = 0,46

SOLUCIÓN: El pH de la disolución de HCOOH es 2,1 y el pH de la disolución de HCl es 0,46

c) Escribimos la reacción de neutralización:

HCOOH + KOH HCOOK + H2O

Calculamos el volumen de KOH 0,15M HCOOH + KOH

Va = 100mL Vb = x

Ma = 0,35 Mb = 0,15

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 1

a aa

a a b b ba bb b

n M V 1 0,35M 100mLn M V n M V V 233mL de KOH 0,15M

n M 1 0,15M

SOLUCIÓN: Se necesitan 233mL de una disolución 0,15M de KOH.



13.- pH DE LAS MEZCLAS DE DISOLUCIONES ÁCIDAS Y BÁSICAS

Calcula el pH de la disolución que resulta de añadir a 25 mL de ácido clorhídrico 0,1M:

a) 5mL de hidróxido de sodio 0,2M

b) 20 mL de hidróxido de sodio 0,2M

Se suponen aditivos los volúmenes de las disoluciones

a) Se trata de una mezcla entre un ácido fuerte y una base fuerte.

1º Escribimos la reacción de neutralización ajustada.

HCl + NaOH NaCl + H2O

2º Establecemos la relación entre moles que hay entre el ácido y la base.

1 mol de HCl reacciona con 1 mol de NaOH

3º Deducimos cuál es el reactivo en exceso.

Moles de HCl: nHCl = [HCl]·Vd(L) = 0,1·0,025=0,0025moles

Moles de NaOH: nNaOH = [NaOH]·Vd(L) = 0,2·0,005=0,0010moles

El HCl está en exceso.

4º Calculamos la cantidad de sal que se produce y la cantidad de reactivo que queda en exceso.

Reaccionan 0,0010 moles de NaOH con 0,0010 moles de HCl y producen 0,0010 moles de NaCl.

La cantidad de HCl en exceso es:

0,0025 – 0,0010 = 0,0015 moles

Tenemos pues una disolución formada por 0,0010 moles de NaCl y 0,0015 moles de HCl. Será una disolución con pH ácido.

5º calculamos el pH tal y como lo hicimos en ese apartado

La sal estará totalmente disociada: NaCl (aq) Na+ (aq) + Cl– (aq)

El ion Cl– proviene de un ácido fuerte y el Na+ de una base fuerte por lo que no darán reacción con el agua.

Calculamos la concentración inicial de HCl

HCl

d

n 0,0015 0,0015HCl 0,05M

V (L) 0,025 0,005 0,030

El HCl estará completamente disociado, por lo que [H3O+]=0,05


b) El paso 1º y 2º son como en el apartado anterior. Empezamos en el punto 3º:




El NaOH está en exceso.


Reaccionan 0,0025 moles de HCl con 0,0025 moles de NaOH y producen 0,0025 moles de NaCl

La cantidad de NaOH en exceso es:

0,0040 – 0,0025 = 0,0015 moles

Tenemos pues una disolución formada por 0,0025 moles de NaCl y 0,0015 moles de NaOH. Será una disolución con pH básico.



5º calculamos el pH tal y como lo hicimos en ese apartado

La sal estará totalmente disociada: NaCl(aq) Na+ (aq) + Cl– (aq)

El ion Cl– proviene de un ácido fuerte y el Na+ de una base fuerte por lo que no darán reacción con el agua.

Calculamos la concentración inicial de NaOH

NaOH

d

n 0,0015 0,0015NaOH 0,033M

V (L) 0,025 0,020 0,045

El NaOH es una base fuerte y, por ello, el proceso de su disociación es completo. Al final no queda nada de hidróxido de sodio sin disociar.

Por tanto [OH–] = 0,033M


–14 –14–13

3 –

–133

M M0,03

10 10H O 3,03 10

OH

H O log 3,03 10

3

pH og 1l 2,52

Calcula el pH de la disolución obtenida al mezclar 30 mL de HCl 0,5M con 70 mL de NH3 0,5M.

Dato: Kb (NH3) = 1,8·10–5. (Consideramos los volúmenes aditivos)

Se trata de una mezcla entre un ácido fuerte y una base débil.


HCl + NH3 NH4Cl


1 mol de HCl reacciona con 1 mol de NH3



Moles de NH3: nNH3 = [NH3]·Vd(L) = 0,5·0,07=0,035moles

El NH3 (la base débil) está en exceso.


Reaccionan 0,015 moles de HCl con 0,015 moles de NH3 y producen 0,015 moles de NH4Cl

La cantidad de NH3 en exceso es:

0,035 – 0,015 = 0,020 moles

Tenemos pues una disolución reguladora formada por 0,015 moles de NH4Cl y 0,020 moles de NH3. Será una disolución de pH básico.

5º calculamos el pH tal y como lo hicimos en ese apartado.

Determinamos la concentración de NH4Cl y de NH3.

4NH Cl

4

d

n 0,015 0,015NH Cl 0,15M

V (L) 0,030 0,070 0,10

3NH

3

d

n 0,020 0,020NH 0,20M

V (L) 0,030 0,070 0,10




NH4Cl(aq) NH4+ (aq) + Cl– (aq)



El ion Cl– proviene de un ácido fuerte, no dará reacción con el agua.

El equilibrio que se produce en la base será:





El NH4+ que proviene de la sal hace que el equilibrio se desplace fuertemente hacia los reactivos, por lo





3

–4 –

4

5 5b b

3

NH OH NHOH

NH N

0,2K K 1,8 10 2,

H4 10 M

0,15

5–pOH log log 2,4 10 4,62

pH

OH

14 pOH 14 4,62 9,38

Calcula el pH de la disolución obtenida al mezclar 70 mL de HCl 0,5M con 30 mL de NH3 0,5M.

Dato: Kb (NH3) = 1,8·10–5. (Consideramos los volúmenes aditivos)

Se trata de una mezcla entre un ácido fuerte y una base débil.


HCl + NH3 NH4Cl


1 mol de HCl reacciona con 1 mol de NH3



Moles de NH3: nNH3 = [NH3]·Vd(L) = 0,5·0,03=0,015moles

El HCl (el ácido fuerte) está en exceso.


Reaccionan 0,015 moles de HCl con 0,015 moles de NH3 y producen 0,015 moles de NH4Cl

La cantidad de HCl en exceso es:

0,035 – 0,015 = 0,020 moles

Tenemos pues una disolución formada por 0,015 moles de NH4Cl y 0,020 moles de HCl. Será una disolución de pH ácido.

5º Calculamos el pH escribiendo equilibrio de la hidrólisis del ion NH4+ de la sal (el anión Cl– no se

hidroliza) teniendo en cuenta los iones H3O+ aportados por el HCl en exceso.

Calculamos primero la concentración inicial del ácido HCl:

HCl

d

n 0,020 0,0200,2M

V (L) 0,03H

0 0,070 0Cl

,1

Al ser un ácido fuerte estará disociada por completo por lo que:



3

Cl

H O

0,2M

0,2M

Calculamos a continuación la concentración inicial de la sal NH4Cl.

4NH Cl

d

4

n 0,015 0,0150,15M

V (L) 0,N

030 0,070 0,H l

1C

La disociación de la sal será completa:

NH4Cl (aq) NH4+ (aq) + Cl– (aq)

Concentración Inicial 0,15 – 0,2

Concentración Final — 0,15 0,15+0,2=

= 0,35

El ion Cl– proviene de un ácido fuerte, no dará reacción con el agua.

NH4+ + H2O NH3 + H3O+

Concentración Inicial 0,15 M — 0,2 M


Concentración Final 0,15 – x x 0,2 + x

El valor de Kh del NH4+ es:

143 10W

h 5b 3

3

4

4

NH K 1,0 10K 5,6 10 M

K NH 1,8 1

H O

0NH

NH

Sustituyendo:

410

h

x 0,2 xK 5,6 10 M

0,H

xN

15

Como [NH4+]0 >> Kh(NH4

+) podemos realizar la aproximación 0,15 M — x 0,15M y también

0,2M + x 0,2M

10

10 104h

0,2x 5,6 10 0,15K 5,6 10 M x 4,2 10

0,15 0,2NH

Como efectivamente queda demostrado que el valor de x es muy pequeño, determinamos la [H3O+] como si se tratara de una disolución del ácido fuerte (HCl) formada por el exceso de dicho ácido fuerte:

3

3

O 0,2

pH log O log 0,2 0

H

H ,70

Calcula el pH de la disolución obtenida al mezclar 20 mL de ácido nitroso 0,05M con 5 mL de una disolución de hidróxido de sodio 0,10M. Dato: Ka (HNO2) = 4,5·10–4

Se trata de una mezcla entre un ácido débil y una base fuerte.


HNO2 + NaOH NaNO2 + H2O


1 mol de HNO2 reacciona con 1 mol de NaOH




Moles de HNO2: nHNO2 = [HNO2]·Vd(L) = 0,05·0,020=0,001moles


El HNO2 (el ácido débil) está en exceso.


Reaccionan 0,0005moles de HNO2 con 0,0005moles de NaOH y producen 0,0005moles de NaNO2

La cantidad de HNO2 en exceso es:

0,001 – 0,0005 = 0,0005 moles

Tenemos pues una disolución reguladora formada por 0,0005moles de NaNO2 y 0,0005 moles de HNO2. Será una disolución de pH ácido.

5º Calculamos el pH tal y como lo hicimos en ese apartado.

Para ello primero calculamos la concentración de NaNO2 y de HNO2.

2NaNO

2

d

n 0,0005 0,0005NaNO 0,02M

V (L) 0,020 0,005 0,025

2HNO

2

d

n 0,0005 0,0005HNO 0,02M

V (L) 0,020 0,005 0,025


NaNO2(aq) Na+ (aq) + NO2– (aq)





HNO2 (aq) + H2O(l) NO2– (aq) + H3O + (aq)




El NO2– que proviene de la sal hace que el equilibrio se desplace fuertemente hacia los reactivos, por lo

tanto podemos despreciar el valor de x frente a 0,2 (0,2 – x 0,2) y (0,2 + x 0,2) al ser estos valores mucho mayores.




3 2 2 4 4

a 3 a

2 2

H O NO HNO 0,2K H O K 4,5 10 4,5 10 M

HNO 0,2NO

43pH log H O log 4,5 10 3,35



Se tiene una disolución acuosa de ácido acético (etanoico) 0,025 M. Calcule:

a) El pH de la disolución y el grado de disociación del ácido.

b) El volumen de ácido acético puro de densidad 1,04 g·cm–3 necesario para preparar 200 mL de la disolución del enunciado.

c) El pH de la disolución resultante de añadir 0,5 g de NaOH a los 200 mL de disolución de ácido acético 0,025 M.

Datos. Ka (ácido acético) = 1,8·10−5. Masas atómicas: H = 1; C = 12; O = 16; Na = 23.

(PAU Comunidad de Madrid. Junio 2014. Coincidentes)

a) El ácido acético es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:

CH3COOH (aq) + H2O (l) CH3COO– (aq) + H3O+ (aq)

Llamemos x a los moles/litro de HAc que se disocian:






23 5

a

H O Ac x x xK 1,8 10

HAc 0,025 x 0,025 x

Dado que Ka es muy pequeña, el HAc está muy poco disociado, y x debe ser muy pequeña comparada con la concentración inicial.

Podemos aproximar 0,025 – x 0,025, y la expresión queda:

2 25 4x x

1,8 10 x 6,7 10 M0,025 x 0,025

pH = –log [H3O+] = –log (6,710–4) = –(–3,17) = 3,17

Para calcular el grado de disociación utilizamos la fórmula

moles disociados

moles iniciales

De donde:

4moles disociados moles disociados/L x 6,7 100,0268

moles iniciales moles iniciales/L 0,025 0,025

Este valor de está expresado en tanto por uno, para expresarlo en tanto por ciento lo multiplicamos por 100:

= 0,0268·100 = 2,68%

b) Calculamos el número de moles que hay en 200 mL de ácido acético 0,025M

HAc dn HAc V (L) 0,025 0,2 0,005

Calculamos los gramos de acético que se corresponden con los 0,005 moles.

Átomos en la molécula de HAc = 2C + 4H + 2O

1mol HAc = 2(AC) + 4(AH) + 2(AO) = 2·12 + 4·1 + 2·16 = 60g

0,005moles HAc = 0,005·60 = 0,3g

Calculamos ahora el volumen de acético puro cuya masa son 0,3 gramos:

3

3

m m 0,3gV 0,288cm 0,288mL

V 1,04g cm



c) El NaOH es una base fuerte y el ácido acético un ácido débil.


HAc + NaOH NaAc + H2O


1 mol de HAc reacciona con 1 mol de NaOH


Moles de HAc: nHAc = [HAc]·Vd(L) = 0,025·0,2 = 0,005 moles

NaOHNaOH

NaOH

m(g) 0,5 0,5Moles de NaOH: n 0,0125moles

Pm 23 16 1 40

El NaOH (la base fuerte) está en exceso.


Reaccionan 0,005 moles de HAc con 0,005 moles de NaOH y producen 0,005 moles de NaAc


0,0125 – 0,005 = 0,0075 moles

Tenemos pues una disolución formada por 0,005 moles de NaAc y 0,0075 moles de NaOH. Será una disolución de pH básico.

5º Calculamos el pH escribiendo el equilibrio de la hidrólisis del ion Ac– teniendo en cuenta los OH– aportados por el exceso de OH–.

Calculamos primero la concentración inicial de la base NaOH:

Na

d

OHn 0,00750,0375M

V (L) 0,NaOH

200

Al ser una base fuerte estará disociada por completo por lo que:

0,0375M y 0Na OH ,0375M

Calculamos a continuación la concentración inicial de la sal NaAc:

N

d

aAcn 0,0050,025M

V (L) 0,A

00Na

2c

La disociación de la sal será completa:

NaAc (aq) Na+ (aq) + Ac– (aq)


Concentración Final — 0,025+0,0375=

= 0,0625

0,025

El ion Na+ proviene de un ácido fuerte, no dará reacción con el agua.

La hidrólisis del ion acetato es:

Ac– + H2O HAc + OH–

Concentración Inicial 0,025 M — 0,0375 M


Concentración Final 0,025 – x x 0,0375 + x

El valor de Kh del Ac es:

1410W

h 5a

HAc OH K 1,0 10K Ac 5,6 10 M

K HAc 1,8 10Ac

Sustituyendo: – 10

h

x 0,0375 xK Ac 5,6 10 M

0,025 x



Como [Ac–]0 >> Kh(Ac–) podemos realizar la aproximación 0,025 M — x 0,025M y también

0,0375 M + x 0,0375M

– 10 10h 2

0,025xK 5,6 10 M x 8,4 10 M

0,03NO

75

Como hemos comprobado que, efectivamente, el valor de x es muy pequeño, podemos determinar la [H3O+] a partir del exceso de moles de OH— aportados por la base fuerte:

W3

3

1413

13

1,0 10O 2,67 10 M

pH log O log 2,67 10 M 12

KH =

0,0375OH

H ,57

14.- INDICADORES

El rojo de fenol es un indicador ácido-base cuya forma ácida es amarilla y la forma alcalina es roja. Sabiendo que el intervalo de viraje es pH = 6,8 – 8,4, ¿de qué color será una disolución de NaOH 0,1 M y una de HClO4 0,02 M a las que se ha añadido este indicador? Razona la respuesta.

Lo primero es determinar el pH de las dos disoluciones conociendo el valor de la concentración.

El NaOH es una base fuerte. Estará completamente disociada. Luego [OH—] = 0,1M

El valor del pH es:

1413W

3 1

K 10pH log H O log log log10 13

10OH

La disolución de NaOH de concentración 0,1 M tiene un valor de pH = 13, y según la información del indicador, predominará la forma alcalina, de color rojo.

El HClO4 es un ácido fuerte. Estará completamente disociado. Luego [H3O+] = 0,02M

El valor del pH es:

3pH log H O log0,02 1,7

El pH de la disolución 0,02 M de ácido perclórico es 1,7, y la forma predominante del indicador será la ácida, de color amarillo.

15.- VALORACIONES ÁCIDO – BASE

La valoración de 50 mL de una disolución acuosa de hidróxido de calcio gasta 60 mL de una disolución de ácido clorhídrico de concentración 0,1 mol/L. Halla:

a) La concentración de la disolución de hidróxido de calcio. b) El pH de Ia disolución.

a) La reacción de neutralización es:

2 HCl + Ca(OH)2 CaCl2 + H2O

2 HCl + Ca(OH)2

Va = 60mL Vb = 50mL

Ma = 0,1 Mb = x

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 2

En el punto de equivalencia:

a aa

a a b ba b bb b

n M V 1 0,1M 60mLn M V n M V M 0,06M

n V 2 50mL

SOLUCIÓN: La concentración de la disolución de Ca(OH)2 es 0,06M



b) El hidróxido de calcio es una base fuerte y, por tanto, está totalmente disociada en disolución acuosa según Ia ecuación:

Ca(OH)2 (aq) Ca2+ (aq) + 2 OH— (aq)

Como cada mol de hidróxido proporciona dos moles del ion hidroxilo, entonces la concentración de iones hidroxilo es:

[OH—I = 2 · 0,06 mol/L = 0,12 mol/L

Y el pH inicial de la disolución es:

14W

3

K 1013,08

0,12OpH – log H O – log –

Hlog

SOLUCIÓN: El pH de la disolución de Ca(OH)2 es 13,08

Se valoran 20,0 mL de una disolución acuosa de ácido benzoico, de concentración desconocida, con una disolución de hidróxido sódico de concentración 5·10—2 mol/L. Con Ia ayuda de un pH-metro se obtiene la gráfica adjunta pH = f(Vb). Halla la concentración inicial de la disolución de ácido benzoico. Dato: Constante de ionización del ácido benzoico Ka = 6,3 · 10—5 mol/L.

La reacción de neutralización es:

C6H5COOH + NaOH C6H5COONa + H2O

De la lectura de la gráfica se deduce que en el punto de equivalencia: Vb = 10,0 mL, luego:

2

b b 2ba a b ba b a

a a

n M V 1 5 10 M 10,0mLn M V n M V M 2,5 10 M

n V 1 20mL

SOLUCIÓN: La concentración de la disolución de C6H5COOH es 2,5·10—2 M

Una muestra de 25,0 cm3 de un vinagre fue valorada con una disolución de NaOH 0,60M. En el momento del viraje del indicador se habían utilizado 30,9mL de la disolución de la base. Escribe la reacción de neutralización y calcula la concentración de ácido acético de la muestra de vinagre en molaridad. Masas atómicas: C = 12; O = 16; H = 1.

DATOS: VVINAGRE=25cm3; VVALORACIÓN = 30,9cm3; [NaOH] = 0,60M

REACCIÓN AJUSTADA: CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O

DATOS ¿ ? 30,9mL, 0,60M


1 mol de CH3COOH 1 mol de NaOH

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (NaOH)

nNaOH= 0,60 0,0309 = 1,85410–2

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (CH3COOH)

nCH3COOH = 1,85410–2

MOLARIDAD de la sustancia problema (CH3COOH)

2

d

n 1,854 10 molesM 0,74M

V 0,025L

SOLUCIÓN: La concentración de ácido acético en el vinagre es 0,74 M

C6H5COOH + NaOH

Va = 20mL Vb = 10,0mL

Ma = x Mb = 5·10—2

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 1



Se valoraron 36 mL de una disolución de KOH con 10 mL de ácido sulfúrico del 98 % en peso y densidad 1,8 g/mL. ¿Qué concentración, expresada en M, tenía la disolución de hidróxido?

Se ajusta la reacción de neutralización y se halla la concentración de KOH con factores de conversión:

REACCIÓN: H2SO4 + KOH Na2SO4 + H2O

REACCIÓN AJUSTADA: H2SO4 + 2KOH K2SO4 + 2H2O

DATOS 10mL, 98%, 1,8g/mL 36mL

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (H2SO4)

H2SO4: 1 S = 32

4 O = 4·16 P.m. H2SO4 = 98 1 mol H2SO4 = 98g 2 H = 2·1

2 4 2 42 4 H SO H SO

gm( ) V 1,8 10mL 18g

mLH SO

2 4

2 4

2 4

H SO

H SO 2 4

H SO

m 18n 0,184 moles de

P.m.SO

8H

9

CÁLCULO DE LA CONCENTRACIÓN de la sustancia conocida (H2SO4)

2 4

2 4

H SO

2 4

H SO

n 0,184 moles18,4 M

V 0,01 LS

0H O

CÁLCULO DE LA CONCENTRACIÓN de la sustancia problema (KOH)

a aa

a a b ba b bb b

n M V 2 18,4M 10mLn M V n M V M 10,22M

n V 1 36mL

SOLUCIÓN: La concentración de la disolución de KOH es 10,22 M

En la tabla siguiente se dan algunos de los indicadores ácido-base más habituales. Razona cuál de esos indicadores se escogería para:

a) La valoración de un ácido débil con una base fuerte, cuyo punto de equivalencia tiene un pH igual a 10.

b) La valoración de una base débil con un ácido fuerte, cuyo punto de equivalencia tiene un pH igual a 5.

INDICADOR INTERVALO DE VIRAJE (pH) CAMBIO DE COLOR (de menor a mayor pH)

Naranja de metilo 3,1 a 4,6 De rojo a amarillo-naranja

Rojo de metilo 3,8 a 5,4 De rojo a amarillo

Azul de bromotimol 6,0 a 7,6 De amarillo a azul

Fenolftaleína 8,0 a 9,8 De incoloro a rojo

Timolftaleína 9,4 a 10,6 De incoloro a azul

El indicador más adecuado en una valoración ácido-base es aquel cuyo cambio de color se produce en las inmediaciones del punto de equivalencia. Por tanto, de los indicadores dados, deberíamos escoger:

a) Para la valoración del ácido débil con la base fuerte, el indicador adecuado sería la timolftaleína pues su intervalo de viraje es de 9,4 a 10,6.

b) Para la valoración de la base débil con un ácido fuerte, el indicador adecuado el rojo de metilo pues su intervalo de viraje es de 3,8 a 5,4.

H2SO4 + KOH Va = 10mL Vb = 36mL

Ma = 18,4 Mb = x

na = n(H3O+) = 2 nb = n(OH–) = 1



Considera la valoración de amoniaco con HCl:

a) ¿Qué especies están presentes en el punto de equivalencia?

b) En el punto de equivalencia, ¿la disolución es ácida, básica o neutra?

a) La ecuación de la reacción entre el amoniaco y el HCl es:

HCl + NH3 NH4Cl

La sal estará completamente disociada: NH4Cl NH4+ + Cl—

En el punto de equivalencia, tendremos, pues, iones cloruro e iones amonio, formados en la reacción, prácticamente irreversible, entre el HCl y el NH3.

Como el HCl es un ácido fuerte, su base conjugada, el ion Cl—, es una base muy débil y no sufre hidrólisis.

Sin embargo, el ion amonio, por ser el ácido conjugado de una base débil, sí sufre hidrólisis:

NH4+ + H2O NH3 + H3O+

Dado que la Ka del NH4+ es muy pequeña, el equilibrio anterior está muy desplazado hacia la izquierda, de

modo que las concentraciones de NH3 y H3O+ serán muy inferiores a las de Cl— y NH4+.

Naturalmente, existirá una gran cantidad de H2O, utilizada como disolvente, así como una concentración pequeñísima de iones hidróxido, OH—, procedentes de la autodisociación del agua:

2 H2O H3O+ + OH—

b) La disolución será ácida debido a la hidrólisis del ion amonio, que es un ácido débil. Observamos que los únicos iones OH— son los procedentes de la disociación del agua. En el caso de los iones hidronio, además de los procedentes de la disociación del agua (en número igual al de iones OH—), están los que provienen de la hidrólisis del ion NH4

+, formado en la reacción de valoración. Por tanto, [H3O+] > [OH—] como corresponde a una disolución ácida.

El porcentaje de NaHCO3 en una tableta utilizada como antiácido estomacal se calculó valorando con HCl 0,10 M. Para neutralizar 0,302 g de dicha tableta se precisaron 16,5 cm3 de HCl. ¿Cuál es dicho porcentaje? Datos: Masas atómicas: Na = 23; H = 1; C = 12; O = 16.

La reacción que tiene lugar durante la valoración es:

NaHCO3 + HCl NaCl + H2CO3

Los moles de HCl gastados en la valoración han sido:

3HCl dn HCl V (L) 0,10 0,0165 1,65 10 moles de HCl

Puesto que en esta valoración la reacción ocurre mol a mol, la tableta debía contener 1,65·10—3 moles de NaHCO3

La masa molecular de NaHCO3 es: 1·23 + 1·1 + 1·12 + 3·16 = 84

La masa de NaHCO3 en la tableta es:

3 3 3NaHCO NaHCO NaHCO 33m n Pm 1,65 10 84 0,1386g de NaHCO Esto es:

El porcentaje de NaHCO3 en la tableta resulta:

3NaHC

t

O

3

ableta

0,1386gPorcentaje NaHCOde 100 45,9%

0,302g



En un matraz ponemos 25 mL de una determinada disolución de ácido clorhídrico. La siguiente figura muestra cómo cambia el pH al ir añadiendo una disolución 0,05M de NaOH

a) ¿Cuál era la concentración de la disolución de HCl?

b) ¿Cuál de los tres indicadores es el mejor para valorar el HCl con NaOH?

c) ¿Cuántos moles de NaOH se deben gastar para valorar los 25 ml de la disolución de HCl dada?

a) En la figura podemos ver que el punto de equivalencia, en el que se produce el cambio brusco de pH, se alcanza cuando se han añadido 50mL de la disolución 0,05M de NaOH. Como la reacción de neutralización nos indica que se precisa un mol de base para valorar a un mol de ácido:

HCl + NaOH NaCl + H2O Por tanto:

Nº moles de ácido = Nº moles de base Nº moles de base = VbaseMbase

Nº moles de ácido = VácidoMácido

VbaseMbase = VácidoMácido

50ml 0,05M = 25ml Mácido

Mácido = 0,10M

b) Un indicador adecuado es el azul de bromotimol, ya que cambia de color en las inmediaciones del punto de equivalencia.

c) Nº moles de base = VbaseMbase = 50mL0,05M = 0,050L0,05moles/L=2,510–3moles

Determina el volumen de ácido clorhídrico de densidad 1,2 g/cm3 y del 40 % de riqueza que se precisa para preparar medio litro de disolución 0,1 M del citado ácido. A continuación se toman 150 cm3 de disolución y se valoran con una disolución 0,2 M de hidróxido de sodio, de la que se emplean 77 cm3. Determina la verdadera molaridad del ácido.

La masa molecular del HCl es 36,50 g/mol. A partir de la definición de molaridad podemos calcular la masa de HCl que se requiere para obtener la disolución del ácido, supuesta una riqueza del 100 %.

d

d d

m(g) P.m.nM m(g) M V (L) P.m. 0,1 0,5 36,5 1,825g

V (L) V (L)

Como la riqueza del ácido comercial es del 40 %, la masa de ácido comercial será:

100x 1,825g 4,560 g de ácido comercial

40

Como en los líquidos es más fácil medir volúmenes que masas, tenemos:

3

3

m m 4,56gV 3,8cm

V 1,2g cm

Tomaremos 3,8 cm3 de la botella de ácido comercial

La reacción de valoración del ácido clorhídrico con hidróxido sódico transcurre mol a mol:


por lo que en el punto de equivalencia se cumple que:

nº de moles de base = nº de moles de ácido:

bb

a a b b a ba b a b aa

M V 0,2M 77mLn M V n M V M V M V M 0,103M

V 150mL

v m



Para valorar 22,65 mL de ácido clorhídrico se utilizó una disolución que contenía 0,1223 g de carbonato de sodio de una pureza del 99,95 %. ¿Cuál es la molaridad de la disolución del ácido? Dato: Masa molecular del carbonato de sodio = 105,98.

La reacción de neutralización completa es:

Na2CO3 + 2HCl 2 NaCl + + H2O + CO2

La cantidad de carbonato puro que hay en la muestra es:

2 3 muestraNa CO

99,95 99,95m m 0,1223g 0,1222g

100 100

El número de moles de carbonato que reaccionan es:

2 3

2 3 2 3

2 3

Na CO

Na CO Na CO

Na C

3

O

m(g) 0,1222n 1,153 10 moles

Pm 105,98

La ecuación nos indica que reaccionan 2 moles de ácido por cada mol de carbonato. Por tanto la cantidad de ácido clorhídrico presente en la disolución es:

nº moles de ácido = 2 · nº moles de carbonato = 2 · 1,153·10—3 moles = 2,306·10—3 moles

La molaridad de la disolución es:

3

HCl

d HCl

n 2,306 10M 0,1018M

V (L) 0,02265

Calcular las concentraciones de los iones Ag+ y CrO42– en una disolución saturada de cromato de

plata, sabiendo que su producto de solubilidad es 1,9·10—12. El equilibrio de solubilidad del cromato de plata es:

Ag2CrO4 (s) 2Ag+ (ac) + CrO42– (ac)

Al estar saturada la concentración del ion plata será dos veces el valor de la solubilidad (concentración de la disolución saturada) y la concentración del ion cromato coincidirá con el valor de la solubilidad:

121

2 22— 3ps 42—

4

3ps

2—

2 53

5 4

45

AgK Ag CrO 2

2S

S

1,9 101,9 10 S 7,8 10

4

2 7,8 10 1,56 10

7,8 1

S · S 4SCrO

K 4S

Ag

CrO 0

Sabiendo que el producto de solubilidad del AgCl es 1,7 10—10 a 25 0C, indica si se formará o no precipitado al añadir a un litro de disolución 0,1 M de AgNO3, otro litro de disolución 0,1 M de HCl.

Si el producto de las concentraciones de los iones en disolución es superior al producto de solubilidad precipitará, en otro caso no.

El nitrato de plata es una sal soluble y el ácido clorhídrico un ácido fuerte, ambos completamente disociados:

—

Ag—3 3

d

— — Cl2 3

d

n 0,1AgNO s Ag ac NO ac Ag 0,05M

V 1L 1L

n 0,1HCl H O Cl ac H O ac Cl 0,05M

V 1L 1L



2— 4

ps

10ps

ps ps

Q Ag Cl 0,05 2,5 10

K 1,7 10

Q K Existe precipitación.

La solubilidad del CaBr2 en agua es 2,0 · 10—4 mol/L a 25 0C. Calcula su producto de solubilidad, a dicha temperatura.

El equilibrio de solubilidad del bromuro de calcio es:

CaBr2 (s) Ca2+ (ac) + 2Br— (ac)

Kps = [Ca2+]·[Br—]2 Kps = S·(2S)2 = 4S3 = 4·(2,0 · 10—4)3 = 3,2 · 10—11

Sabiendo que para el AgCl, Kps=1,7 10—10, a 25 0C, calcula la solubilidad de dicha sal: a) en agua pura; b) cuando se añade NaCl hasta que su concentración sea 0,1 M

a) El equilibrio de solubilidad del cloruro de plata es:

AgCl (s) Ag+ (ac) + Cl— (ac) Kps = [Ag+]·[Cl—] = 1,7 10—10

El valor de la concentración de la disolución saturada es la solubilidad. En ese instante todo el cloruro de plata estará disuelto:

AgCl (s) Ag+ (ac) + Cl— (ac)

Concentración inicial S – –

Concentración equilibrio – S S

— 2 —10

—10 —5

Ag · Cl S · S S = 1,7 10

1,7 10 1S 1,3 0

b) Si se añade cloruro de sodio, sal soluble que se encuentra totalmente disociada la concentración de cloruro en disolución será 0,1 M.

AgCl (s) Ag+ (ac) + Cl— (ac)

Concentración inicial S – 0,1

Concentración equilibrio – S 0,1 + S

—

— —10

—10—9

Ag · Cl S · 0,1 S

Al ser 0,1>>S podemos aproximar 0,1+S 0,1

Ag · Cl S · 0,1 =

S

1,7 10

1,7 101,7 10

0,1

En efecto el valor de S es despreciable frente a 0,1.

El hidróxido de magnesio es un compuesto poco soluble en agua. Razona lo que ocurrirá si disminuye el pH del medio.

El equilibrio de hidróxido de magnesio es:

Mg(OH)2 (s) ⇌ Mg2+ (ac) + 2 OH– (ac);

Si disminuye el pH del medio es que aumenta la concentración de iones hidronio u oxonio que reaccionarán con los iones hidróxido disminuyendo su concentración y haciendo que el equilibrio se desplace hacia los productos, disolviendo el precipitado y aumentando la solubilidad.



Veamos también el ejemplo del Cu(OH)2. El hidróxido de cobre(II) es un compuesto poco soluble en agua. Razona lo que ocurrirá al variar el pH del medio.

El equilibrio de hidróxido de cobre(II) es:

Cu(OH)2 (s) ⇌ Cu2+ (ac) + 2OH– (ac); Kps[Cu(OH)2] = [Cu2+]·[OH–]2 = 2,2 ·10−20

Esto significa que el ion Cu2+ precipitará como hidróxido al encontrarse en un medio abundante en iones OH— provenientes de la autoprotólisis del agua.

Sin embargo, la ley de Le Chatelier nos dice que si disminuye la concentración de alguno de los productos, el equilibrio de desplazará hacia la derecha. En este caso particular, la adición de H3O+ al medio elimina los iones OH—, formando agua, lo que provocará un aumento de la concentración de Cu2+(ac) en la disolución.

El hidróxido de hierro(III) es un compuesto poco soluble en agua.

a) ¿Qué sucede con su solubilidad al añadir disolución de una sustancia básica, por ejemplo NaOH, sólido o disuelto?

b) ¿Y qué sucederá al añadir una sustancia ácida, por ejemplo disolución de HCl?

Al añadir Fe(OH)3(s) a agua se establece el equilibrio:

Fe(OH)3(s) ↔ Fe3+(aq) + 3 OH-(aq).

a) Al añadir una disolución de NaOH aumenta la [OH—], con lo que, de acuerdo también con el principio de Le Chatelier, el equilibrio de solubilidad del Fe(OH)3 se desplaza a la izquierda, y disminuye su solubilidad.

b) Al añadir una disolución de HCl aumenta la [H3O+] y disminuye la [OH—], con lo que, de acuerdo con el principio de Le Chatelier, el equilibrio de solubilidad del Fe(OH)3 se desplaza a la derecha, y aumenta su solubilidad.

Se dispone de una disolución acuosa saturada de Fe(OH)3, con Kps=2.79·10−39. a) Escribe la expresión del producto de solubilidad para este compuesto; b) Calcula la solubilidad (molar y en g/L) del compuesto a partir del producto de solubilidad; c) Determina la solubilidad (molar y en g/L) del hidróxido de hierro(III) a pH 4 y pH 10. Dato: Pm Fe(OH)3 = 106,87

a) El equilibrio a considerar es, por tanto:

Fe(OH)3 (s) ⇌ Fe3+ (ac) + 3OH– (ac);

La expresión del producto de solubilidad sería entonces:

Kps[Fe(OH)3] = [Fe3+]·[OH–]3 = 2,79 ·10−39

b) Dado que [Fe3+] = S (siendo S la solubilidad molar) y [OH—] = 3S (al generarse 3 moles), sustituyendo en el producto de solubilidad, obtendremos:

3 33 – 4 39

p

104

10 10 8

s 3

39

S 1,0 10 M27

moles 106,87g gS 1,0 10 M 1,0 10 1,1 10

L 1m

K Fe OH Fe · OH S 3S 27S 2,79 ·10

2,79 10

ol L

·

c)

pH 14

p333 –

ps 3

ps 3

3

H 14

pH 14

K Fe OH

pH 14 pOH 14 log OH

log OH pH 14

OH 10 M

Fe · OH S

K Fe O

10

10

HS M



A pH 4:

A pH 10:

39 39 39ps 3 9

3 3 3

9

39ps

3010pH 14 4 14

7

pH 14 10 1

3

34

K Fe OH 2,79 10 2,79 10 2,79 10S(M) M 2,79

101010 10

moles 106,87g g3,0 10

L 1m

10 M

gS 2,79 10

L

K F

ol L

10 1

e OH 2,79 1

0

0S(M) M

39 3927

3 3 124

7 252

2,79 10 2,79 102,79 10 M

gS 2,79 10

1010

moles 106,87g g3,0 10

L 1mL ol L

Queda patente la fuerte influencia del pH en los procesos de disociación donde intervienen grupos OH—. La diferencia de solubilidad entre pH 4 y 10 decrece en un factor de 1018

Una muestra de agua de mar contiene, entre otros cationes, una concentración 0,050 M en Mg2+(ac) y 0,01 M en Ca2+(ac). Establece cuándo comenzará a precipitar cada uno de esos cationes al añadir NaOH, y la concentración de OH— al comenzar la precipitación, suponiendo que no hay variación de volumen al añadir la base.

Datos: Kps[Mg(OH)2] = 1.8 ·10−11; Kps[Ca(OH)2] = 8.0·10−6,

Una sal empezará a precipitar cuando se rebase su solubilidad a una temperatura dada, siendo Qps > Kps

211 2

ps2 2

11ps 5

22

Mg OH K Mg OH 1,8 10 Mg · OH

K 1,8 10OH 1,9 10 M

5 10Mg

Por tanto, el Mg(OH)2 empezará a precipitar cuando [OH−] > 1.9 ·10−5M

26 2

ps2 2

6ps 2

22

OH K OH 8,0 ·10 · OH

K 8,0 10O

Ca Ca Ca

CH 2,8 10 M

1 ·a 10

Por tanto, el Ca(OH)2 empezará a precipitar cuando [OH−] > 2.8 ×10−2M

El orden de precipitación será, por tanto: 1) Mg(OH)2 y 2) Ca(OH)2

Una disolución saturada de hidróxido de calcio presenta una solubilidad de 0,96 g·L–1.

a) Formula el equilibrio de solubilidad, indicando el estado de cada especie.

b) Calcula el producto de solubilidad del hidróxido de calcio.

c) Calcula el pH de la disolución.

d) ¿Cómo afecta a la solubilidad del hidróxido de calcio un aumento de pH?

DATOS: Ar (H) = 1,0 u; Ar (O) = 16,0 u; Ar (Ca) = 40,1 u

(PAU Comunidad de Madrid. Julio 2020)

a) El equilibrio de solubilidad con el estado de cada especie es:

Ca(OH)2 (s) ⇆ Ca2+ (aq) + 2 OH– (aq)



b) La expresión del producto de solubilidad del hidróxido de calcio es:

Kps = [Ca2+]·[OH–]2

Si llamamos S a la solubilidad de la sal la disociación sería:

Ca(OH)2 (s) ⇆ Ca2+ (aq) + 2 OH– (aq)

Concentración inicial S – –

Concentración equilibrio – S 2S

Por tanto:

Kps = [Ca2+]·[OH–]2 = S · (2 · S)2 = 4 S3

Para dar el producto de solubilidad en unidades de molaridad convertimos los g/L de la solubilidad en moles/L.

1 mol Ca(OH)2 = 1·40,1 + 2·16,0 + 2·1,0 = 74,1

2g g 1mol0,96 0,96 1,3 10 M

L L 74,1g

Sustituyendo valores en la expresión y operando se tiene el valor del producto de solubilidad de la base:

33 2 6 3

ps 4 1,3 10 M 8,8K 10 M4 S

c) La concentración de iones hidróxidos en la disolución es:

– 2g g 1mol2S 2 0,96 2 0,96 2,6 10 M

L L 74,1OH

g

Por tanto para calcular el pH:

14

13W3 2

K 10pH log H O log log log 3,85 10 12,41

2,6 10OH

d) Aumentar el pH de la disolución significa que se incrementa la concentración de iones OH– por la adición, a la disolución, de una base. Ello provoca que el equilibrio, para mantener constante el producto de solubilidad, tenga que disminuir la concentración de iones Ca2+, consiguiéndolo al hacer que se desplace hacia la izquierda, provocando una disminución de la solubilidad de la base.

17.- ÁCIDOS Y BASES MÁS IMPORTANTES: PROPIEDADES Y OBTENCIÓN

El pH del agua de lluvia es ligeramente ácido, incluso cuando el aire está completamente limpio, exento de ácidos sulfúrico y nítrico. La acidez natural del agua de lluvia tiene su origen en el CO2. Escribe las ecuaciones químicas de los procesos responsables de esa acidez natural del agua de lluvia.

El CO2 reacciona con el agua formando ácido carbónico:

CO2 + H2O H2CO3

El ácido carbónico formado y disuelto en el agua de lluvia es el responsable de su acidez. Las ecuaciones de los equilibrios químicos que tienen lugar son:

H2CO3 + H2O HCO3– + H3O+

HCO3– + H2O CO3

= + H3O+



18.- MÁS EJERCICIOS RESUELTOS DE ÁCIDOS Y BASES (2ª Y 3ª PARTES DEL TEMA)

El ácido butanoico es un ácido débil de Ka = 1,8·105. Calcula:

a) El grado de disociación de una disolución 0,02 M del ácido butanoico. b) El pH de la disolución 0,02 M. c) El pH de la disolución que resulta al añadir 0,05 moles de HCl a 250 mL de una disolución 0,02

M de ácido butanoico. Suponer que no hay variación de volumen.

(PAU. Comunidad de Madrid. 2007)

a) El equilibrio de la disociación es

CH3 (CH2)2 COOH + H2O CH3 (CH2)2 COO + H3O+

Conc.inicial 0,02 0 0

Cambios 0,02 +0,02· +0,02·

Equilibrio 0,02(1 ) 0,02· 0,02· 2 2

5a

c 0,02K 1,8 10 0,03

1 1

b) La concentración de protones es: [H3O+] = c· = 0,02·0,03 = 6·104 M

Por tanto el pH será:

pH = log [H3O+] = log 6·104 = 3,22

c) Se trata de un problema de efecto ion común en equilibrio ácido-base. Se plantea la disociación del ácido butanoico y la del clorhídrico. Como el H3O+ es un ion común y el butanoico es un ácido débil, su equilibrio de disociación estará desplazado hacia el ácido y habrá menos protones en disolución de los que habría si estuviera él solo.

a

3 2 2 3 2 32

K

2

250mL, 0,02

CH CH COOH H O CH CH COO

M

H O

2 3 H O HCl HCl

0,05mol

O

El número de moles de cada sustancia es:

3HBu

HCl

n HBu V(L) 0,02 0,250 5 10 moles

n 0,05moles

Como el HCl es un ácido fuerte y se disocia totalmente,

3HCl H O

n n 0,05moles

El equilibrio ácido-base tras la adición del HCl, llamando x al número de moles de butanoico que se disocian, es:

CH3 (CH2)2 COOH + H2O CH3 (CH2)2 COO + H3O+

nº de moles en el equilibrio

0,005 – x x 0,05 + x

Como conocemos Ka= 1,85 ⋅ 10–5, podemos escribir la expresión:

3

3

H O Bu

3 H O Butotal totala

HBu total HBu

total

5

n n

n nH O Bu V VK

nHBu V n

V

0,05 x x1,85 10

0,250 0,005 x



Como x es despreciable frente a las concentraciones de HBu y H3O+, se puede simplificar la expresión:

5 70,05 x1,85 10 x 4,625 10

0,250 0,005

Hallamos el pH a partir de la concentración total de protones provenientes de los dos ácidos

HCl HBu HCl HBu3 3 3TOTAL HCl HBu

TOTAL TOTAL TOTAL

7

3

n n n nH O H O H O

V V V

0,05 4,625 10 0,05mol0,2M

0,25L 0,25L

pH log H O log0,2 0,7

Como se puede ver, la concentración de protones procedentes del ácido butanoico es despreciable frente a la de protones procedentes del ácido clorhídrico. Pero esto se sabe después de haber hecho todos los cálculos y no antes, ya que en otras situaciones sí podría ser importante la aportación de la especie débil

En este caso sin embargo al añadir un ácido fuerte a un ácido débil, en esta relación de concentraciones, el pH viene determinado por la aportación de protones del ácido fuerte:

3

3

0,05H O 0,2M

0,25

pH log H O log0,2 0,7

Calcule el pH de una disolución 0,2 M de ácido metanoico (Ka= 1,0 ⋅ 10—4). Calcule ahora el pH y el grado de disociación del ácido fórmico cuando a 40 mL de dicha disolución se le añaden 10 mL de HNO3 0,05 M.

(PAU. La Rioja, 2005)

Inicialmente existen en la disolución algunos iones H3O+ procedentes de la disociación del agua, pero pueden despreciarse frente a los que se forman en la disociación del ácido benzoico. Este es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:


Llamemos x a los moles/litro de HBz que se disocian:






23 4 3

a

H O HCOO x x xK 1,0 10 x 4,47 10

HCOOH 0,2 x 0,2 x

pH = –log [H3O+] = –log (4,4710–3) = –(–2,35) = 2,35

La segunda parte corresponde a una mezcla de ácido fuerte y débil, donde hay que tener en cuenta el efecto ion común en equilibrio ácido-base. Se plantea la disociación del ácido metanoico y la del clorhídrico. Al ser el H3O+ un ion común, el equilibrio del ácido metanoico está desplazado hacia la izquierda y habrá menos protones de los que había antes de añadir el ácido nítrico.



aK

2 3COOH H

O

C

H H

40mL,

OO H

0 M

O

,2

3 2 3 3 H O HNO NO

10mL,0,05

O

M

H

El número de moles de cada sustancia es:

3

3HCOOH

4HNO 3

n HCOOH V(L) 0,2 0,04 8 10 moles

n HNO V(L) 0,05 0,01 5 10 moles

Como el HNO3 es un ácido fuerte y se disocia totalmente,

3 3

4HNO H O

n n 5 10 moles

El equilibrio ácido-base tras la adición del HNO3, llamando x al número de moles de metanoico que se disocian, es:

HCOOH + H2O HCOO + H3O+

nº de moles en el equilibrio 0,008 –x x 0,0005 + x

23 4 3

a

H O HCOO x x xK 1,0 10 x 4,47 10

HCOOH 0,2 x 0,2 x

pH = –log [H3O+] = –log (4,4710–3) = –(–2,35) = 2,35

3

3

H O HCOO

3 H O HCOOtotal totala

HCOOH total HCOOH

total

4

n n

n nH O HCOO V VK

nHCOOH V n

V

0,0005 x x1,0 10

0,050 0,008 x

Como x es despreciable frente a las concentraciones de HCOOH y H3O+ se puede simplificar la expresión:

4 50,0005 x1,0 10 x 8,0 10

0,050 0,008

Hallamos el pH a partir de la concentración total de H3O+ provenientes de los dos ácidos:

33 3 3

3

HNOHNO H O H O

3 3 3TOTAL HNO HCOOHtotal total total

5

n n nn 0,0005 XH O H O H O

V V V 0,05L

0,0005 8 10 0,000580,0116M

0,05L 0,05

pH = –log [H3O+] = –log 0,0116 = –(–1,94) = 1,94

En este caso la concentración de protones no es tan despreciable como en ejercicios anteriores. El pH sin tener en cuenta el equilibrio del ácido metanoico sería 2, y aunque parezca una variación muy pequeña, en análisis químico sí sería significativo. El grado de disociación del ácido metanoico tras la adición de ácido nítrico será:

5

0

x 8,0 100,01

n 0,008

% 0,01 100 1%



Se disuelven 23,0 g de ácido metanoico en agua hasta obtener 10,0 L de disolución, cuyo pH es 2,52. Calcule:

a) El grado de disociación del ácido metanoico.

b) Ka del ácido metanoico.

c) Kb de la especie conjugada.

d) El volumen de una disolución de hidróxido de potasio 0,20 mol·L−1 necesario para neutralizar 10,0 mL de la disolución de ácido metanoico.

Datos. Masas atómicas: H = 1; C = 12; O = 16.

(EvAU. Comunidad Madrid. Madrid. Modelo 2021)

a) El equilibrio que se produce es:


El peso molecular de HCOOH = 1C + 2O + 2H = 12 + 32 + 2 =46

El nº de moles iniciales de ácido metanoico es:

HCOOH0

HCOOH

m 23,0gn HCOOH 0,5mol

Pm 46

0

0d

n 0,5molHCOOH 0,050M

V (L) 10,0L

Teniendo en cuenta que el valor del pH es 2,52, podemos calcular la [H3O+]

2,52 33H O 10 3,02 10 M

A partir de la estequiometría de la reacción construimos Ia siguiente tabla de valores:



Cambios – 0,050· +0,050· +0,050·

Concentración Final 0,050 (1–) 0,050 0,050 3

33

3,02 10H O 0,050 3,02 10 M 0,060

0,050

Si queremos expresar el grado de disociación en tanto por ciento:

(%) = 0,060 · 100 = 6,0%

b) Teniendo en cuenta la tabla de valores del apartado anterior:

2 2 63 4

a 2

H O HCOO 0,050 0,050 0,060 9 10K HCOOH 1,91 10 M

HCOOH 0,050 1 0,050 1 0,060 4,7 10

c) Para determinar el valor de Kb: 14

11Wb 4

a

K 10K 5,24 10

K 1,91 10

d) La reacción de neutralización es: HCOOH + KOH → HCOOK + H2O

Se consume 1 mol de hidróxido de potasio por cada mol de ácido metanoico, por tanto:

HCOOH + KOH

Va = 10mL Vb = x

Ma = 0,05 Mb = 0,2

na = n(H3O+) = 1 nb = n(OH–) = 1

a aa

a a b b ba bb b

n M V 1 0,05 10mLn M V n M V V 2,5mL

n M 1 0,2



Justifique si el pH de las siguientes disoluciones acuosas es ácido, básico o neutro. Escríbalas reacciones correspondientes y realice cálculos sólo cuando lo considere necesario.

a) 100 mL de ácido acético 0,2 M + 200 mL de hidróxido de sodio 0,1 M.

b) Amoniaco.

c) 100 mL de ácido clorhídrico 0,2 M + 150 mL de hidróxido de sodio 0,2 M.

d) Hipobromito de sodio.

Datos: Ka (ácido acético) = 1,8·10–5; Ka (ácido hipobromoso) = 2,3·10–9; Kb (amoniaco) = 1,8·10-–5.

(EvAU. Comunidad Madrid. Madrid Julio 2020)

a) Se trata de una mezcla entre un ácido débil y una base fuerte.


CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O


1 mol de CH3COOH reacciona con 1 mol de NaOH

3º Determinamos si hay algún reactivo en exceso.

Moles de HAc: nHAc = [HAc]·Vd(L) = 0,2·0,1 = 0,02 moles

Moles de NaOH: nNaOH = [NaOH]·Vd(L) = 0,1·0,2 = 0,02 moles

No hay ningún reactivo en exceso. La neutralización es completa. La sal formada se disociará en agua:

CH3COONa CH3COO– + Na+

El catión Na+ no se hidroliza.

El anión CH3COO– si producirá hidrólisis.


Aunque la neutralización es completa el pH no será neutro debido a que el anión del ácido débil producirá hidrólisis arrancará protones al agua y liberará OH–, por lo que el pH final será básico.

b) NH3 (aq) + H2O(l) NH4+ (aq) + OH– (aq)

El amoniaco al disolverse, acepta un protón del agua, formándose el ion amonio, NH4+ y el ion hidróxido

OH– característico de las bases. pH básico.

c) Se trata de una mezcla entre un ácido fuerte y una base fuerte.




1 mol de HCl reacciona con 1 mol de NaOH




El NaOH está en exceso.


Reaccionan 0,020 moles de HCl con 0,020 moles de NaOH y producen 0,020 moles de NaCl


0,030 – 0,020 = 0,010 moles

Tenemos pues una disolución formada por 0,020 moles de NaCl y 0,010 moles de NaOH. Será una disolución con pH básico.



d) El hipobromito e sodio es una sal que en agua se disocia en iones:

NaBrO Na+ + BrO–;

El ion Na+ procede de una base fuerte por lo que no se hidroliza;

El BrO– procede de un ácido débil por lo que sí produce hidrólisis:

BrO– + H2O HBrO + OH–;

Por lo que el pH es básico.

Se tiene una disolución de ácido peryódico 0,10 M.

a) Calcule el pH de la disolución.

b) Determine el volumen de la disolución del enunciado necesario para preparar 250 mL de disolución de ácido peryódico 0,02 M.

c) A 200 mL de la disolución del enunciado se le añaden 125 mL de hidróxido de sodio 0,16 M. Justifique si el pH resultante es ácido, básico o neutro.

Dato. Ka (ácido peryódico) = 2,3·10–2.

(EvAU. Comunidad Madrid. Madrid Julio 2020)

a) El ácido peryódico es un ácido débil que se disocia parcialmente en agua:

HIO4 (aq) + H2O (l) IO4– (aq) + H3O+ (aq)

Llamemos x a los moles/litro de HIO4 que se disocian:

HIO4 (aq) + H2O (l) IO4– (aq) + H3O+ (aq)





23 2

a

2 2 2 2

4

3

4

3

H O x x xK 2,3 10

0,1 x 0,1 x

x 2,3 10 0,1 x x 2,3 10 x 2,3 10 0

x 0,038M

pH log H O

IO

H

logx log0,038 1

IO

,42

Dado que Ka es muy pequeña, el HBz está muy poco disociado, y x debe ser muy pequeña comparada con la concentración inicial.

Podemos aproximar 310–3 – x 310–3, y la expresión queda:

2 25 4

3 3

x x6,6 10 x 4,45 10 M

3 10 x 3 10

pH = –log [H3O+] = –log (4,4510–4) = –(–3,35) = 3,35

b) nº de moles de HIO4 necesarios para preparar 250mL de una disolución 0,02M

n = [HIO4]·Vd(L) = 0,02·0,250=0,005moles

Volumen de la disolución del enunciado (0,10M) en el que hay 0,005 moles:

4I

d

H O

4

n 0,005V (L) 0,05L 50mL

0,I 1H O



c) Se trata de una mezcla entre un ácido débil y una base fuerte.


HIO4 + NaOH IO4Na + H2O


1 mol de HIO4 reacciona con 1 mol de NaOH


Moles de HIO4: nHIO4 = [HIO4]·Vd(L) = 0,1 · 0,2 = 0,02 moles

Moles de NaOH: nNaOH = [NaOH]·Vd(L) = 0,16 · 0,125 = 0,02 moles

No hay ningún reactivo en exceso. La neutralización es completa. La sal formada se disociará en agua:

IO4Na CH3COO– + Na+

El catión Na+ no se hidroliza pues procede de una base fuerte

El anión IO4– si producirá hidrólisis pues procede de un ácido débil:

IO4– + H2O HIO4 + OH–

Aunque la neutralización es completa el pH no será neutro debido a que el anión del ácido débil producirá hidrólisis arrancará protones al agua y liberará OH–, por lo que el pH final será básico.

1.- TEORÍA DE ARRHENIUS DE LOS ÁCIDOS Y LAS BASES

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