Calculo del pH en disoluciones acuosas de ácidos y bases, Ejercicios de Química

¡Descarga Calculo del pH en disoluciones acuosas de ácidos y bases y más Ejercicios en PDF de Química solo en Docsity! Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 1 PROBLEMAS RESUELTOS DE ÁCIDOS Y BASES [H3O+] /M pH pOH [OH–] /M 10–14 14 0 1 1 M NaOH(aq) B Á SI C O 10–13 13 1 10-1 sosa, NaOH(aq) 10–12 12 2 10–2 amoníaco hogar 10–11 11 3 10–3 leche de magnesia, Mg(OH)(aq) 10–10 10 4 10–4 solución de detergente 10–9 9 5 10–5 agua de mar (7,0 – 8,3) 10–8 8 6 10–6 sangre (7,4) 10–7 7 7 10–7 neutro NEUTRO 10–6 6 8 10–8 leche (6,4) Á C ID O 10–5 5 9 10–9 orina (5 – 7), agua lluvia 10–4 4 10 10–10 tomates, cerveza 10–3 3 11 10–11 vinagre 10–2 2 12 10–12 jugo de limón 10-1 1 13 10–13 ácido estomacal (1 – 2) 1 0 14 10–14 1 M HCl(aq) Ácidos y bases fuertes 1. Calcular el pH de una disolución acuosa de a) Ácido clorhídrico 0,15 M b) *Un ácido diprótido fuerte en las dos ionizaciones 0,15 M, H2A c) Hidróxido de sodio 0,15 M, a 25 ℃ a) Por la teoría de Brönsted–Lowry, siendo el ácido clorhídrico un ácido fuerte está completamente disociado, la tabla IF es: M HCl(aq) + H2O(l) → H3O+(aq) + Cl–(aq) I F c0 = 0,15 – c0 c0 pH = –log [H3O+] = –log c0 = –log 0,15 = 0,82 (adimensional, 2 decimales porque la concentración tiene dos cifras significativas). b) Por la teoría de Arrhenius, siendo fuerte en la primera disociación: M H2A(aq) → H+(aq) + HA–(aq) I F c0 – c0 c0 y fuerte también en la segunda: M HA–(aq) → H+(aq) + A2–(aq) I F c0 c0 – c0 + c0 c0 pH = – log [H+] = –log (0,15 + 0,15) = 0,52 c) El hidróxido de sodio es una base fuerte, por ello está completamente disociada en disolución acuosa. Por la teoría de Arrhenius la tabla IF es: Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 2 M NaOH(aq) → Na+(aq) + OH–(aq) I F c0 – c0 c0 pOH = –log [OH–] = –log 0,15 = 0,82. En disoluciones acuosas se cumple que pH + pOH = pKw, y a 25 ℃ pKw = 14, de donde pH = 14 – pOH = 13,18 = pH. 2. Calcular el pH de una disolución resultante al mezclar 50 mL de HCl 0,10 M con 100 mL de HNO3 0,010 M (se supone volúmenes aditivos). Ambos son ácidos fuertes, entonces completamente disociados en disolución acuosa (aplicaremos la teoría de Arrhenius). Primero calculamos los moles de H+ procedentes de la disociación de cada ácido por separado. Así, para el HCl: M HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq) I F 0,10 - 0,10 0,10 y los moles de H+ procedentes del HCl serán: 𝑛HCl = 50 mL 0,10 mol H+ 1000 mL = 0,005 mol. Para el HNO3: M HNO3(aq) → H+(aq) + NO3 –(aq) I F 0,010 - 0,010 0,010 y los moles de H+ procedentes del HNO3 serán: 𝑛HNO3 = 100 mL 0,010 mol H+ 1000 mL = 0,001 mol. La cantidad total de H+ en moles, después de juntar ambas disoluciones, es (0,005 + 0,001) mol = 0,006 mol en un volumen total de (50 + 100) mL = 150 mL, por lo que la concentración de iones H+ es 0,006 mol 0,150 L = 0,040 M. El pH = –log [H+] = –log 0,040 = 1,40. 3. *Calcular el pH de una disolución 2,5·10–8 M en ácido clorhídrico, a 25 ℃. El HCl es un ácido fuerte, que por la teoría de Arrhenius: M HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq) I F 2,5·10–8 - 2,5·10–8 2,5·10–8 por lo que pH = –log [H+] = 7,60. Pero este resultado no es válido porque corresponde a una disolución básica, cuando hemos disuelto un ácido. El resultado anterior no es correcto porque no hemos tenido en cuenta la contribución de los H+ procedentes del agua, pues ambas contribuciones a dichos iones (las del HCl y las del agua) son similares, por lo que no se puede despreciar la contribución del agua. Teniendo en cuenta la ionización del agua, según Arrhenius: M H2O(l) ⇄ H+(aq) + OH–(aq) E +x + 2,5·10–8 +x Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 5 M HA(aq) + H2O(l) ⇄ H3O+(aq) + A–(aq) I C E c0 = 0,10 M –x +x +x c0 – x x x siendo HA = HIO3 y A– = IO3 –. La expresión de la constante de equilibrio es 𝐾a = [H3O+] · [A–] [HA] = 𝑥 · 𝑥 c0–𝑥 que sustituyendo 0,19 = 𝑥2 0,10–𝑥 . En este caso Ka y c0 son de órdenes de magnitud similares por lo que no se puede hacer la aproximación 0,10 – x ≈ 0,10 ya que al ser grande el valor de Ka el ácido estará bastante disociado y x es próximo a 0,10. Hay que resolver la ecuación cuadrática x2 + 0,19 · x – 0,019 = 0 obteniendo las soluciones –0,26 y 0,072, siendo válida la última, por lo que [H3O+] = x = 0,072 M y pH = –log [H3O+] = –log x = 1,14 = pH. e) El grado de disociación, o de reacción, mide lo que se disoció o reaccionó el reactivo, esto es 𝛼 = 𝑥 c0 , y el porcentaje es α·100. Así: • Para el HCl: %𝛼 = 𝑥 c0 100 = 0,10 M 0,10 M 100 = 100 %. • Para el HAc: %𝛼 = 𝑥 c0 100 = 1,34·10−3 M 0,10 M 100 = 1,34 %. • Para el NH3: %𝛼 = 𝑥 c0 100 = 1,34·10−3 M 0,10 M 100 = 1,34 %. • Para el HIO3: %𝛼 = 𝑥 c0 100 = 0,072 M 0,10 M 100 = 72 %. Las moléculas de HCl están totalmente disociadas (es un ácido fuerte), las de HAc y NH3 solo se disocian o reaccionan aproximadamente una molécula de cada 100 (ambos son débiles), mientras que el HIO3, al ser un ácido tirando a fuerte, se disocia mucho, unas 72 moléculas de cada 100, el equilibrio está bastante desplazado hacia los productos. 7. Calcular el pH y el grado de disociación de una disolución que se ha preparado añadiendo 10 mL de HCl 0,10 M a 90 mL de una disolución 0,50 M de ácido acético CH3COOH. Suponer volúmenes aditivos. Dato: Ka CH3COOH = 1,8 · 10–5 Calculemos el número de moles de HCl: 𝑛HCl = 10 mL  0,10 mol 1000 mL = 0,001 mol . El número de moles de H+ procedentes del HCl es, por la teoría de Arrhenius: mol HCl(aq) → H+(aq) + Cl–(aq) I F 0,001 – 0,001 0,001 Los moles de ácido acético en su disolución aislada son 90 mL  0,50 mol 1000 mL = 0,045 mol. Cuando juntemos ambas disoluciones, el número total de moles de H+ serán los procedentes de amos ácidos teniendo en cuenta el equilibrio del HAc: mol HAc(aq) ⇄ H+(aq) + Ac–(aq) I C E 0,045 0,001 –x +x +x 0,045 – x x + 0,001 x La expresión de la constante de equilibrio es, siendo V = 0,100 L (suponiendo volúmenes aditivos): Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 6 𝐾a = [H+] · [Ac–] [HAc] = (𝑥+0,001) 𝑉 · 𝑥 𝑉 0,045 –𝑥 𝑉 = (𝑥+0,001)· 𝑥 0,045 –𝑥 · 1 𝑉 = (𝑥+0,001)· 𝑥 0,045 –𝑥 · 1 0,1 = 1,8 · 10–5 de donde x = 7,52 · 10–5 mol, por lo que el número total de moles de H+ en el equilibrio es x + 0,001 = 0,0010752 mol, y la concentración total de [H+] = 𝑛 𝑉(L) = 0,0010752 0,1 = 0,01075 M (la contribución del ácido acético a la concentración de iones hidrógeno es mucho más pequeña que la del ácido clorhídrico). El pH = –log [H+] = –log 0,01075= 1,99 = pH. El grado de disociación del HCl es del 100 % por ser ácido fuerte. El grado de disociación del ácido acético es 𝛼 = 𝑥 n0 = 7,52·10−5 mol 0,045 mol = 1,67 ∙ 10–3, de donde % α = 0,17. 8. Una disolución de amoníaco 0,01 M está ionizada en un 4,2 % a 25 ℃. Calcular: a) La concentración de todas las especies existentes en la disolución una vez alcanzado el equilibrio b) El pH de la misma c) La constante de basicidad del amoníaco d) Deducir la relación entre Kb y Ka y calcular Ka a) El grado de disociación es 𝛼 = 𝑥 c0 por lo que x = α · c0 = 0,042 · 0,01 = 0,00042 M. La tabla ICE para el equilibrio de Brönsted–Lowry es M NH3(aq) + H2O(l) ⇄ NH4 +(aq) + OH–(aq) I C E c0 = 0,01 M –x +x +x c0 – x x x que sustituyendo: E 9,58 · 10–3 M 4,2 · 10–4 M 4,2 · 10–4 M pero además hay H3O+, y como es disolución acuosa se cumple que [H3O+] · [OH–] = Kw que vale 10–14 a 25 ℃, por lo que [H3O+] = 𝐾w [OH–] = 10–14 4,2·10–4 = 𝟐, 𝟒 · 𝟏𝟎–𝟏𝟏 𝐌 = [𝐇𝟑𝐎+]. Y por supuesto hay mucha agua, por lo que podemos suponer que el volumen de agua es igual al volumen de la disolución: [H2O] = 𝑛H2O 𝑉disolución = 𝑚H2O 𝑀H2O ≈𝑉H2O ≈ 𝜌H2O 𝑀H2O ≈ 1 g mL 18,0 g mol ≈ 0,0555 mol mL   1000 mL 1 L ≈ 𝟓𝟔 𝐌 = [𝐇𝟐𝐎] b) pH = –log [H3O+] = –log 2,4·10–11 = 10,62 = pH. c) 𝐾b = [NH4 +] · [OH–] [NH3] = 4,2·10–4  · 4,2·10–4 9,58 · 10–3 = 𝟏, 𝟖 · 𝟏𝟎–𝟓 = 𝑲𝐛. d) Ya vimos en el apartado anterior que 𝐾b = [NH4 +] · [OH–] [NH3] . Por otra parte, para el equilibrio de su ácido conjugado, NH4 + tenemos: NH4 +(aq) + H2O(l) ⇄ NH3(aq) + H3O+(aq) con 𝐾a = [NH3] · [H3O+] [NH4 +] . Multiplicando Ka · Kb y simplificando se obtiene Ka·Kb = [H3O+] · [OH–] = Kw, expresión válida para cualquier temperatura. A 25 ℃ el valor de Kw = 10–14, por lo que 𝐾a = 𝐾w 𝐾b = 𝟓, 𝟔 · 𝟏𝟎–𝟏𝟎 = 𝑲𝐚. Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 7 9. Supóngase que se disuelve en suficiente agua 0,23 mol de un ácido monoprótico desconocido hasta hacer 2,55 L de disolución. Si el pH de la disolución es 3,62, ¿cuánto vale la constante de disociación del ácido? La concentración inicial de ácido es [HA]0 = 𝑛 𝑉(L) = 0,23 mol 2,55 L = 9,02 · 10–2 M = c0. El equilibrio, por la teoría de Arrhenius es M HA(aq) ⇄ H+(aq) + A–(aq) I C E c0 –x +x +x c0 – x x x siendo la expresión de la constante de equilibrio 𝐾a = [H+] · [A–] [HA] = 𝑥2 c0–𝑥 . Por otra parte pH = –log [H+], de donde [H+] = 10–pH = 10–3,62 = 2,40 · 10–4 M = 𝑥 . Sustituyendo 𝑥 y c0 en la expresión de Ka se obtiene 𝐾a = (2,40·10–4)2 9,02·10–2–2,40·10–4 = 𝟔, 𝟒 · 𝟏𝟎–𝟕. 10. Cierto ácido monobásico está disociado un 3,2 % en una disolución 0,200 M. Hallar el grado de disociación de una disolución 0,050 M del mismo ácido. Suponer que la temperatura permanece constante. Relacionaremos Ka con α. Para ello, como 𝛼 = 𝑥 c0 , se deduce que x = c0·α. El equilibrio, por la teoría de Arrhenius es M HA(aq) ⇄ H+(aq) + A–(aq) I C E c0 –x +x +x c0 – x x x c0(1–α) c0 · α c0 · α por lo que la expresión de la constante de equilibrio en función del grado de disociación es 𝐾a = [H+] · [A–] [HA] = 𝑐0.𝛼2 1–𝛼 . Sustituyendo α = 0,032 y c0 = 0,200 M se obtiene Ka = 2,12 · 10–4. Como Ka solo varía con la temperatura, y esta permanece constante en este caso, en las nuevas condiciones Ka también sigue valiendo 2,12 · 10–4, y teniendo en cuenta la expresión de 𝐾a en función del grado de disociación 𝐾a = 𝑐0.𝛼2 1–𝛼 deducida anteriormente, en las nuevas condiciones tendremos 𝐾a = 𝑐′0.𝛼′2 1–𝛼′ = 2,12 · 10–4 , que sustituyendo c’0 = 0,050 M se obtiene α’ = 0,063, %α’ = 6,3 %. 11. Completar la tabla que se indica a continuación y ordenar según su fuerza relativa creciente los siguientes ácidos y sus bases conjugadas a 25 ℃: Ácido pKa Ka Base pKb Kb H2SO3 pKa1 = 1,77 HCN 9,32 NH3 4,74 HF 3,15 HCOOH 3,75 Para el H2SO3, el equilibrio de Brönsted–Lowry es en la primera disociación: H2SO3(aq) + H2O(l) ⇄ HSO3–(aq) + H3O+(aq) Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 10 c) HCO3– + H2O ⇄ CO32– + H3O+ ácido HCO3 – + H2O ⇄ H2CO3 + OH– base por lo que el HCO3– es una sustancia anfótera. Hidrólisis 16. Se dispone de tres disoluciones acuosas: cloruro de amonio, cloruro de sodio y acetato de sodio. Si los frascos que las contienen están sin etiquetar, ¿cómo se podrían identificar con ayuda de papel indicador? El papel indicador informa del rango de acidez de la disolución. Las tres sales, compuestos iónicos, son solubles en agua, están completamente disociadas (rotas) en sus iones, por lo que tendremos que preguntarnos si sus iones se hidrolizan (reaccionan con el agua) y si se modifican las concentraciones de H3O+ o OH– respecto a los que hay en el agua pura. Disolución de NH4Cl NH4Cl → NH4 +(aq) + Cl–(aq) = NH4Cl(aq) y las posibles reacciones de sus iones con el agua (hidrólisis) serían: NH4 +(aq) + H2O(l) ⇄ NH3(aq) + H3O+(aq), con una constante de equilibrio Ka El ion NH4 + es un ácido débil por ser el conjugado de la base débil NH3 (recordemos que para un par ácido–base conjugados se cumple que Ka · Kb = Kw = 10–14; como Kb ≈ 10–5, Ka ≈ 10–9, es decir ambos iones experimentan una pequeña reacción con el agua). En consecuencia, aumenta [H3O+] en la disolución, tal que [H3O+] > [OH–]. Cl–(aq) + H2O(l) →X HCl(aq) + OH–(aq) Reacción que no tiene lugar porque siendo el HCl un ácido fuerte (digamos Ka ≈ 104) entonces su base conjugada Cl– es muy débil (de la relación de Ka · Kb = Kw se deduce que Kb ≈ 10–18) por lo que el equilibrio con el agua estará tan desplazado hacia los reactivos que es equivalente a que no se produzca la reacción, esto es, la presencia de Cl– no hace variar la concentración de H3O+ o de OH– en la disolución. Teniendo en cuenta la hidrólisis del NH4 + y la no hidrólisis del Cl–, la disolución es ácida. Disolución de NaCl NaCl → Na+(aq) + Cl–(aq) y las posibles reacciones de sus iones con el agua serían: Na+(aq) + 2 H2O(l) →X NaOH(aq) + H3O+(aq) El NaOH es una base fuerte por lo que su tendencia es a estar completamente disociada en Na+ por lo que estos iones no reaccionan con el agua. (Otro razonamiento: los iones Na+ serían un “ácido muy débil” por lo que no se produce la reacción). La presencia de Na+ no hace variar la concentración de H3O+ o de OH– de la disolución. Cl–(aq) + H2O(l) →X HCl(aq) + OH–(aq) Para un par conjugado ácido–base se cumple Ka · Kb = Kw = cte. • Si un componente del par es fuerte, su conjugado es muy débil, y viceversa. • Si un componente del par es débil, su conjugado también es débil. Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 11 Ya se vio en el punto anterior que los iones Cl– no se hidrolizan, por lo que la presencia de Cl– tampoco hace variar la concentración de H3O+ o de OH– de la disolución. En consecuencia, al no alterarse las concentraciones de H3O+ y de OH– respecto al agua pura, la disolución es neutra. Disolución de NaAc NaAc → Na+(aq) + Ac–(aq) y las posibles reacciones de sus iones con el agua serían: Na+(aq) + 2 H2O(l) →X NaOH(aq) + H3O+(aq) Ya vimos que no tiene lugar, por lo que la presencia de Na+ no hace variar la concentración de H3O+ o de OH– de la disolución. Ac–(aq) + H2O(l) ⇄ HAc(aq) + OH–(aq) El ion Ac– es una base débil por ser el conjugado del ácido débil HAc, por lo que la reacción del Ac– con el agua es una reacción de equilibrio liberando OH–, haciendo que [OH–] > [H3O+] por lo que la disolución será básica. 17. Teniendo en cuenta que la Ka del ácido cianhídrico vale 4,9 · 10–10 y la Ka del ión amonio vale 5,6 · 10–10, predecir si una disolución acuosa de cianuro de amonio, NH4CN, será ácida, básica o neutra a 25 ℃. El NH4CN es una sal soluble en agua por lo que está completamente disociada en sus iones: NH4CN → NH4 +(aq) + CN–(aq) Analizamos si los iones reaccionan con el agua (se hidrolizan): NH4 +(aq) + H2O(l) ⇄ NH3(aq) + H3O+(aq) con una constante de equilibrio Ka = 5,6·10–10 El NH4 + es el ácido conjugado de la base débil NH3 por lo que el NH4 + es un ácido débil y reaccionará con el agua produciendo un equilibrio con una constante de equilibrio cuyo valor se da en el enunciado. CN–(aq) + H2O(l) ⇄ HCN(aq) + OH–(aq) con una constante de equilibrio Kb = 4,9 · 10–10 El ácido cianhídrico HCN es un ácido débil por lo que su base conjugada CN– es también débil y producirá un equilibrio con el agua (se hidroliza parcialmente) con una constante de equilibrio Kb de la cual no conocemos inicialmente su valor. Pero teniendo en cuenta que para pares ácido–base conjugados se cumple que Ka·Kb = Kw, 𝐾b = 𝐾w 𝐾a = 10–14 4,9·10–10 = 2,0 · 10–5. Como Kb > Ka se liberan más iones OH– que H3O+ por lo que la disolución será básica. 18. Si queremos impedir la hidrólisis que sufre el NH4Cl en disolución acuosa, indicar razonadamente, cuál de los dos siguientes métodos será más eficaz y cómo afectará al pH de la disolución: a) Añadir NaCl a la disolución b) Añadir NH3 a la disolución La sal NH4Cl, por ser compuesto iónico y además soluble en agua, está completamente disociada: NH4Cl(s) → NH4 +(aq) + Cl–(aq) = NH4Cl(aq) Los Cl– no experimentan hidrólisis por ser una base conjugada muy débil del ácido fuerte HCl (ver 50 boletín), mientras que los iones amonio sí experimentan hidrólisis, mostrada en el siguiente equilibrio: NH4 +(aq) + H2O(l) ⇄ NH3(aq) + H3O+(aq) siendo su constante de equilibrio 𝐾a = [NH3] · [H3O+] [NH4 +] . Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 12 a) Si a la disolución NH4Cl(aq) le añadimos NaCl(s), como este compuesto al ser iónico y soluble en agua está completamente disociado NaCl(s) → Na+(aq) + Cl–(aq), ninguno de estos iones está presente en el equilibrio del NH4 +(aq), o lo que es lo mismo en la expresión de su constante de equilibrio, no influyen en el equilibrio, por ello tampoco afecta al pH. b) Cuando añadimos NH3, esta sustancia sí está presente en el equilibrio (y en la expresión de su constante de equilibrio) por lo que sí afecta al equilibrio. El razonamiento de la influencia se puede realizar bien por Le Châtelier o bien por la expresión de la constante de equilibrio: por ejemplo, por esta última, al aumentar [NH3], el cociente de la expresión de Ka aumenta por lo que tiene que aumentar el denominador, esto es aumentar [NH4 +], para mantener el cociente constante, pues Ka es constante (solo varía con la T); en consecuencia, el equilibrio se desplaza hacia los reactivos disminuyendo [H3O+], aumentando por tanto el pH. En este caso incluso se puede razonar la influencia de añadir NH3 mediante otro mecanismo: el NH3 es una base débil por lo que se produce el siguiente equilibrio de Brønsted y Lowry en el agua: NH3(aq) + H2O(l) ⇄ NH4 +(aq) + OH–(aq) por lo que aumenta [OH–], es decir, la disolución es menos ácida, aumenta el pH. 19. *Calcular el pH de una disolución que contiene 13,33 g de acetato de sodio disueltos en 250 mL de la misma, a 25 ℃. Calcular también el grado de hidrólisis de la sal. Dato: Ka HAc = 1,8·10–5. La fórmula del acetato es CH3COO–, y la del compuesto iónico NaAc es entonces C2H3O2Na. La concentración molar de esta sal es: [NaAc] = 𝑛 𝑉(L) = 13,33 g  1 mol 82,03 g 0,250 L = 0,6500 M y como es una sal soluble (por tener catión de alcalino) está completamente disociada NaAc → Na+(aq) + Ac–(aq), por lo que [Na+] = [Ac–] = 0,6500 M. En los ejercicios anteriores de hidrólisis ya se comprobó que el Na+ no se hidroliza, pero si lo hace el Ac– (base conjugada del HAc), por lo que el equilibrio hidrólisis de Brönsted–Lowry es: M Ac–(aq) + H2O(l) ⇄ HAc(aq) + OH–(aq) I C E c0 = 0,6500 M –x +x +x c0 – x x x siendo 𝐾b = [HAc]·[OH−] [HAc] = 𝑥2 c0−𝑥 y teniendo en cuenta que para pares ácido-base conjugados Ka·Kb = Kw, 𝐾b = 10−14 1,8·10−5 = 5,556 · 10−10. Así: 5,556 · 10−10 = 𝑥2 c0−𝑥 teniendo en cuenta que la constante de equilibrio es muy baja, x << c0, luego: 5,556 · 10−10 ≈ 𝑥2 c0 de donde x = [OH–] = 1,900·10–5 M, de donde pOH = –log [OH–] = 4,72, y pH = 14 – pOH = 9,28. El porcentaje de hidrólisis del Ac– es: %𝛼 = 𝑥 c0 100 = 1,900·10−5 0,6500 100 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟗 % Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 15 2 HAc(aq) + Ba(OH)2(aq) → BaAc2(aq) + 2 H2O(l) El nº de moles que reacciona de base es 𝑛Ba(OH)2 = 34,30 mL  0,0176 mol 1000 mL = 0,0006037 mol, que por estequiometría el nº de moles necesarios de HAc es el doble, 0,001207 mol, por lo que la concentración de acético en los 25 mL de vinagre es [HAc] = 0,001207 mol 0,025 L = 0,04828 M. La masa de acético en los 100 mL de vinagre (que tiene la misma concentración en acético de 0,04828 M) es 𝑚HAc = 100 mL  0,04828 mol 1000 mL   60,05 g 1 mol = 0,2899 g, y el porcentaje en masa de acético (grado de acidez) es 𝑚HAc 𝑚vinagre 100 = 0,2899 g 10,03 g  100 = 𝟐, 𝟖𝟗 %. 24. Valoración ácido–base: a) Escribir la ecuación correspondiente a la reacción que tiene lugar y calcular el volumen de disolución de hidróxido de sodio 2,00 M que se gastará en la valoración de 10,0 mL de una disolución de ácido sulfúrico 1,08 M b) Nombrar el material y describir el procedimiento experimental para llevar a cabo la valoración anterior a) La reacción de neutralización, por ser completa, es 2 NaOH(aq) + H2SO4 → Na2SO4(aq) + 2 H2O(l) 𝑉NaOH = 10,0 mL H2SO4   1,08 mol H2SO4 1000 mL H2SO4   2 mol NaOH 1 mol H2SO4 = 0,0216 L = 𝟐𝟏, 𝟔 𝐦𝐋 b) Colocar la bureta (que se enjuagó previamente con disolución valorante) en el soporte (base + varilla + nuez + pinza). Llenar la bureta con disolución valorante, de la que vamos a medir su volumen (NaOH), con ayuda de un embudo, colocando debajo de la bureta un vaso de precipitados. Cebar (abrir la llave de paso para llenar el pico) y enrasar (abrir la llave de paso para dejar la disolución en la marca de 0) la bureta. Medir con una pipeta (con ayuda del cargador de pipeta) 10,0 mL de disolución de ácido y verterlos en el matraz Erlenmeyer limpio. Se le puede añadir agua destilada. Añadir unas gotas de indicador ácido base al matraz. Como se trata de una neutralización entre ácido y base fuertes sirve la fenolftaleína, siendo incolora la disolución. Reemplazamos el vaso de precipitados con el matraz Erlenmeyer. Abrimos la llave de paso de la bureta para que caiga la base lentamente. Cerramos cuando cambie al color rojo–púrpura la disolución del matraz. Tenemos así una idea del punto de equivalencia fijándonos en el volumen consumido de base. Repetimos la experiencia para lo cual hay que volver a preparar la disolución del matraz. Abrimos la llave de paso, dejando caer gota a gota cuando nos acerquemos al punto de equivalencia, y anotamos el volumen gastado. Repetimos varias veces para obtener el valor medio del volumen gastado de disolución básica. 25. *Se hace reaccionar un volumen V de disolución de ácido acético 0,75 M con 50,0 mL de hidróxido de bario 0,80 M. a) Calcular V para que la reacción sea completa. b) Justificar el rango de acidez de la disolución resultante una vez que la reacción es completa. c) Calcular el pH de la disolución resultante. Ka HAc = 1,8 · 10–5 a) La reacción que tiene lugar es una reacción de neutralización (de ácido débil con base fuerte): Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 16 2 HAc(aq) + Ba(OH)2(aq) → BaAc2(aq) + 2 H2O(l) 𝑉HAc = 50,0 mL Ba(OH)2   0,80 mol Ba(OH)2 1000 mL Ba(OH)2   2 mol HAc 1 mol Ba(OH)2   1000 mL HAc 0,75 mol HAc = 𝟏𝟎𝟔, 𝟕 𝐦𝐋 𝐇𝐀𝐜 b) Una vez completada la reacción de neutralización (es una reacción rápida por transcurrir en disolución acuosa) de forma estequiométrica tenemos al final una disolución acuosa de acetato de bario. Analicemos su hidrólisis para deducir el rango de acidez. Escribimos la reacción de disociación de la sal, supuesta soluble: BaAc2(aq) → Ba2+(aq) + 2 Ac–(aq) Procedemos a analizar si los iones se hidrolizan: Si los iones Ba2+ reaccionan con el agua: Ba2+(aq) + 4 H2O(l) → Ba(OH)2(aq) + 2 H3O+(aq) reacción que no se produce porque el hidróxido obtenido es una base fuerte por lo que está completamente disociada en iones, entre ellos el Ba2+. Si los iones Ac– reaccionan con el agua se produce el equilibrio Ac–(aq) + H2O(l) ⇄ HAc(aq) + OH–(aq) porque al ser el HAc un ácido débil su base conjugada ion acetato también es débil (recordemos que para pares ácido–base conjugados se cumple Ka · Kb = Kw), por lo que hay un equilibrio entre ellos, liberando OH–. Al liberarse OH–, [OH–] aumenta, por lo que [H3O+] tiene que disminuir (recuérdese que en agua pura o en disolución acuosa se cumple siempre que [H3O+] · [OH–] = cte = Kw). Se concluye que [OH–] > [H3O+]: la disolución es BÁSICA. c) Como se explicó en el apartado anterior tenemos acetato de bario en la disolución, y la cantidad obtenida es 𝑛BaAc2 = 50,0 mL Ba(OH)2   0,80 mol Ba(OH)2 1000 mL Ba(OH)2   1 mol BaAc2 1 mol Ba(OH)2 = 0,040 mol, y su concentración (suponiendo que los volúmenes son aditivos, [BaAc2] = 0,040 mol (0,050+0,1067) L = 0,255 M El equilibrio, teniendo en cuenta el apartado anterior: M Ac–(aq) + H2O(l) ⇄ HAc(aq) + OH–(aq) I C F 0,255 –x x x 0,255 – x x x y la constante de equilibrio anterior es la constante de basicidad del ion Ac–, teniendo en cuenta que Ka · Kb = Kw, 𝐾b = 𝐾w 𝐾a = 10–14 1,8·10–5 = 5,56 · 10–10. La expresión de la constante de equilibrio es 𝐾b = [HAc] · [OH–] [Ac–] → 5,56 · 10–10 = 𝑥2 0,255–𝑥 . Puesto que la constante de equilibrio es muy pequeña comparada con la concentración inicial de acetato podemos hacer la aproximación 0,255 – x ≈ 0,255, por lo que 5,56 · 10–10 = 𝑥2 0,255 de donde x =1,19·10–5. Por ello [OH–] = x = 1,19 · 10–5 M (y despreciando los OH– procedentes de la autoionización del agua, pues estos serían inferiores en varios órdenes de magnitud), pOH = –log [OH–] = 4,92, de donde pH = 14 – pOH = 9,08 = pH, del punto de equivalencia de esta neutralización. Pedro L. Rodríguez Porca (v15) 17 Disoluciones reguladoras 26. *A 250 mL de una disolución 0,50 M en HAc se le añaden 13,33 g de NaAc. Calcular el pH de la disolución resultante. Ka HAc = 1,8·10–5. La fórmula del acetato es CH3COO–, y la del compuesto iónico NaAc es entonces C2H3O2Na. La concentración molar de esta sal es (suponiendo que añadir 13,33 g de sal no modifica el volumen de la disolución de partida): [NaAc] = 𝑛 𝑉(L) = 13,33 g  1 mol 82,03 g 0,250 L = 0,6500 M y como es una sal soluble (por tener catión de alcalino) está completamente disociada NaAc → Na+(aq) + Ac–(aq), por lo que [Ac–]0 = 0,6500 M = csal. El HAc es un ácido débil, así la tabla ICE es (teniendo en cuenta la aportación de la sal), siendo cácido = 0,50 M: M HAc(aq) ⇄ H+(aq) + Ac–(aq) I C E cácido csal –x +x +x cácido – x x csal + x 𝐾a = [Ac−]·[H+] [HAc] → [H+] = 𝐾a [HAc] [Ac−] → log [H+] = log 𝐾a + log [HAc] [Ac−] multiplicando ambos miembros por –1 y continuando con el desarrollo: −log [H+] = −log 𝐾a − log [HAc] [Ac−] → pH = pKa + log [Ac−] [HAc] → pH = pKa + log [cs+𝑥] [ca−𝑥] Como cácido y csal >> Ka, entonces cácido + x ≈ cácido y csal + x ≈ csal: pH ≈ pKa + log [sal]0 [ácido]0 que se conoce como ecuación de Henderson-Hasselbach. En este caso pKa = –log Ka = 4,745, y: pH = 4,745 + log 0,65 0,50 = 𝟒, 𝟖𝟔 La ecuación de Henderson-Hasselbach para una disolución reguladora formada por una base débil y su sal es (con un desarrollo equivalente al anterior): pOH ≈ pKb + log [sal]0 [base]0