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PROBLEMAS ACIDO BASE
PRIMER TIPO. EN LA DISOLUCIÓN SÓLO HAY UN ÁCIDO O UNA BASE
SOLO.
Problema 1. Ácido fuerte
Se disuelven 2 gramos de ácido sulfúrico en 2 litros de agua.
Calcular el pH de la disolución resultante.
Primero calculamos la molaridad del ácido
𝑀 =𝑛
𝑉=
2982= 0,01 𝑀
Estudiamos la disociación del ácido sulfúrico que por tratarse de
un ácido muy fuerte sabemos que su constante es muy grande,
matemáticamente la consideramos infinita, lo que nos permite decir que
está totalmente disociado:
𝐻2𝑆𝑂4 ↔→ 2𝐻+ + 𝑆𝑂4
−2
Moles/l iniciales 0,01
Moles/l finales 0 2 ∙ 0,01 0,01
Por lo que su pH será:
𝑝𝐻 = −𝑙𝑜𝑔[𝐻+] = −𝑙𝑜𝑔2 ∙ 0,01 = 1,7
Valor que nos indica una disolución ácida.
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Problema 2. Base fuerte
Se disuelven 10 gramos de hidróxido de sodio en agua hasta
completar medio litro. Calcular pH de la disolución resultante
𝑃𝑀 𝑑𝑒 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 40 → 𝑀 =
10400,5
= 0,5𝑀
Al tratarse de una base muy fuerte sabemos que se disocia “totalmente”,
por lo tanto
𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻−
Moles/l iniciales 0,5 0 0
Moles/l finales (equilibrio) 0 0,5 0,5
Siendo por lo tanto el pOH
𝑝𝑂𝐻 = −𝑙𝑜𝑔[𝑂𝐻−] = −𝑙𝑜𝑔0,5 = 0,3 → 𝑝𝐻 = 14 − 0,3 →
𝑝𝐻 = 13,7
Mayor que siete por corresponder claramente a una disolución básica.
Problema 3. Base débil
Calcular pH de una disolución 𝟎, 𝟑𝑴 𝒅𝒆 𝑵𝑯𝟑. 𝑫𝒂𝒕𝒐: 𝑲𝒃 =
𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
Como observamos por el valor de la constante y por tratarse de una de las
bases más utilizadas, sabemos que es una base débil y por lo tanto no se
va a disociar totalmente como en los casos anteriores.
𝑁𝐻3 +𝐻2𝑂 ↔ 𝑁𝐻4+ + 𝑂𝐻−
Moles/iniciales 0,3 0 0
Moles/l equilibrio 0,3 − 𝑥 𝑥 𝑥
𝐾𝑏 =[𝑁𝐻4
+][𝑂𝐻−]
[𝑁𝐻3]→ 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓 =
𝑥2
0,3 − 𝑥≅𝒙𝟐
𝟎, 𝟑→
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𝑥 = √15 ∙ 10−6 ≈ 3,87 ∙ 10−3
𝑝𝑂𝐻 = −𝑙𝑜𝑔[𝑂𝐻−] = 2,42 → 𝑝𝐻 = 11,59
Donde se ha despreciado en los cálculos el valor de “x” cuando está
sumando con un número mucho más grande que él
0,3 − 𝑥 ≅ 0,3
Problema 4. Ácido débil
Calcular la molaridad del ion hidronio cuando se parte de una
concentración 0,1 𝑀 de ácido acético:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻+
Moles iniciales/litro 0,1 0 0
Moles finales/litro 0,1 − 𝑥 𝑥 𝑥
Que sustituyendo en la ley nos lleva a:
𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓 =𝑥 ∙ 𝑥
0,1 − 𝑥=
𝒙𝟐
𝟎, 𝟏 − 𝒙
Ecuación de segundo grado que nos permite conocer “equis” y
las concentraciones en el equilibrio. Pero en este caso, y por ser la
constante muy pequeña, “x” ha de ser muy pequeño y el error que
cometemos al despreciarlo COMO SUMANDO es también pequeño y con
ello nos evitamos resolver la ecuación de segundo grado. Diremos por lo
tanto:
5 ∙ 10−5 =𝑥2
0,1 − 𝑥≈𝑥2
0,1→ 𝑥2 = 5 ∙ 10−6 →
𝑥 = 10−3√5 𝑀 = [𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−] = [𝐻+]
En este mismo problema a la cantidad “x” se le suele poner en función de
la concentración inicial y lo que se llama grado de disociación 𝛼:
𝑥 = 𝑐𝛼 = 0,1𝛼
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𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− + 𝐻+
Moles iniciales/litro 0,1 0 0
Moles finales/litro 0,1 − 0,1𝛼 0,1𝛼 0,1𝛼
5 ∙ 10−5 =[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂
−][𝐻+]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻]→ 5 ∙ 10−5 =
0,12𝛼2
0,1(1 − 𝛼)→
1 − 𝛼 ≅ 1 → 5 ∙ 10−5 =0,12𝛼2
0,1→ 𝛼 = √
5 ∙ 10−5
0,1→ 𝛼 = 10−2√5
De donde
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−] = [𝐻+] = 𝑐𝛼 = 0,1 ∙ 10−2√5 = 10−3√5
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SEGUNDO TIPO. EN LA DISOLUCIÓN HAY UNA SAL SOLA
En todos estos problemas se supone que la sal se disocia
totalmente. El estudio de las sales muy poco solubles se hace aparte en el
capítulo de solubilidad de una sal. Se distinguen dos tipos de sal: las que
provienen de ácido y base fuerte, el 𝑁𝑎2𝑆𝑂4 del problema uno, o las que
provienen de una ácido débil o una base débil (para nosotros los
ejemplos típicos son las sales que provienen del ácido acético o el
amoniaco), problemas dos y tres respectivamente.
Problema 1. Sal de ácido y base fuerte
Calcular el pH de una disolución al 𝟑% y 𝒅 = 𝟏, 𝟎𝟓 𝒈𝒓
𝒄𝒎𝟑⁄
de 𝑵𝒂𝟐𝑺𝑶𝟒.
Lo primero que hacemos, como no, es calcular la molaridad de
la sal. Para ello elegimos una cantidad arbitraria de disolución (ya que no
nos dan ninguna, fijarse que el tanto por ciento y la densidad son datos
“por unidad” (por 100 gramos de disolución el tanto por ciento y por un
centímetro cúbico la densidad) y se llaman por ello intensivas). Nosotros
elegimos 100 gramos de disolución por comodidad, ya que sabemos que
hay 3 gramos de soluto:
100 𝑔𝑟 𝑑ó𝑛 →
{
𝑚𝑠 = 3𝑔𝑟 → 𝑛 =3
𝑀𝑂𝐿=
3
142= 0,021
𝑉𝑑ó𝑛 =𝑚𝑑ó𝑛
𝑑𝑑ó𝑛=100
1,05= 95,24 𝑐𝑚3
𝑀 =𝑛
𝑉𝑑ó𝑛=
0,021
95,24 ∙ 10−3= 0,22 𝑀
Ya estamos en condiciones de estudiar la disociación de la sal que, como
hemos dicho, es total:
𝑁𝑎2𝑆𝑂4 → 2𝑁𝑎+ + 𝑆𝑂4−2
Molaridad inicial 0,22 0 0
M. equilibrio 0 2 ∙ 0,22 0,22
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El ion sodio proviene de la base fuerte 𝑁𝑎𝑂𝐻
𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻−
Siendo por lo tanto un ácido muy, muy débil, y no produciendo
ninguna reacción. Lo mismo se puede decir del ion sulfato 𝑆𝑂4−2 que por
provenir de un ácido muy fuerte es una base muy, muy débil y no produce
tampoco ninguna reacción con el agua. Por lo tanto, como no han
aparecido iones 𝑯+ ni iones 𝑶𝑯− la disolución resulta ser neutra y
𝒑𝑯 = 𝟕
Problema 2. Sal de ácido débil
Calcular el pH de una disolución 𝟎, 𝟏𝑴 de acetato sódico
𝑪𝑯𝟑𝑪𝑶𝑶𝑵𝒂
Como la disociación es total tenemos:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝑁𝑎 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝑁𝑎+
Molaridad equilibrio 0 0,1 0,1
Ya sabemos que el ion sodio no produce ninguna reacción con
el agua (podemos pensar que todos los iones metálicos permanecen
estables en agua) pues proviene de una base muy fuerte como hemos
visto en el ejemplo anterior. Sin embargo, CUIDADO con el ion acetato.
Este ion proviene de un ácido muy débil y por lo tanto es una base
“relativamente” fuerte. Veamos:
La base conjugada del ácido acético, el ion acetato, puede dar
lugar a la siguiente reacción llamada hidrólisis (rompimiento de la
molécula de agua)
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻2𝑂 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑂𝐻
− 𝐻𝐼𝐷𝑅Ó𝐿𝐼𝑆𝐼𝑆
Pues al provenir de un ácido muy débil su fuerza como base ya
no es despreciable. Por ello, es fundamental calcular por lo tanto la
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constante de esta reacción de hidrólisis. En este ejemplo se hace la
demostración para la hidrólisis del acetato pero la ley es general como
veremos en los demás ejemplos en los que ya no se hará la demostración.
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻2𝑂 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑂𝐻
− 𝐻𝐼𝐷𝑅Ó𝐿𝐼𝑆𝐼𝑆
𝐾ℎ =[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻][𝑂𝐻
−]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−]
= |𝑛𝑑𝑜𝑟 𝑦 𝑑𝑑𝑜𝑟 × [𝐻+]| =
=[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻][𝑂𝐻
−][𝐻+]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂−][𝐻+]
=𝐾𝑤
𝐾𝑎.𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜
Dado que el cociente en rojo es la inversa de la constante del ácido acético
ya que:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻+
𝐾𝑎 =[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂
−][𝐻+]
[𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻]= 5 ∙ 10−5
Y el producto en azul es el producto iónico del agua 𝐾𝑤 = 10−14
Por lo tanto, para cualquier hidrólisis de una sal que
provenga de ácido o base débil tenemos:
𝑲𝒉 =𝑲𝒘
𝑲á𝒄𝒊𝒅𝒐 𝒐 𝒃𝒂𝒔𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒓𝒐𝒗𝒊𝒆𝒏𝒆 𝒔𝒂𝒍
Expresión en la que se aprecia que a menor constante en el
ácido o la base mayor es la constante de hidrólisis y mayor la atención que
hay que poner en ellas. Esto resume matemáticamente la idea que ya
habíamos dicho de que la fuerza de los ácidos y bases conjugadas son
inversas de las bases y ácidos de los que provienen.
Después de la explicación y fórmula, volvemos a retomar la
disociación de la sal:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝑁𝑎 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝑁𝑎+
Molaridad equilibrio 0 0,1 0,1
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Hidrólisis del acetato
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻2𝑂 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑂𝐻
−
Molaridad inicial 0,1 0 0
Equilibrio 0,1 − 𝑥 𝑥 𝑥
Cuya constante, como hemos demostrado más arriba, es:
𝐾ℎ =𝐾𝑤
𝐾𝑎.𝑎𝑐é𝑡𝑖𝑐𝑜=
10−14
5 ∙ 10−5= 2 ∙ 10−10
Por lo tanto:
2 ∙ 10−10 =𝑥 ∙ 𝑥
0,1 − 𝑥→ |0,1 − 𝑥 ≅ 0,1| →
→ 2 ∙ 10−10 =𝑥2
0,1→ 𝑥 = 4,47 ∙ 10−6
Siendo entonces el pH:
𝑝𝑂𝐻 = −𝑙𝑜𝑔[𝑂𝐻−] = −𝑙𝑜𝑔4,47 ∙ 10−6 = 5,35 → 𝑝𝐻 = 8,65
Valor que nos indica una disolución básica
Problema 3. Sal de base débil
Calcular el pH de una disolución 𝟎, 𝟐 𝑴 de cloruro amónico
𝑵𝑯𝟒𝑪𝒍. Dato: 𝑲𝑵𝑯𝟑 = 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
La sal se disocia totalmente:
𝑁𝐻4𝐶𝑙 → 𝑁𝐻4+ + 𝐶𝑙−
Molaridad equilibrio 0 0,2 0,2
El ion cloruro proviene de un ácido muy fuerte, el ácido
clorhídrico, por lo tanto es una base muy, muy débil que no produce
reacción. Sin embargo, el ion amonio proviene del amoniaco, cuya
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constante como base es muy pequeña, siendo por lo tanto el ion amonio
un ácido relativamente fuerte que produce la hidrólisis:
𝑁𝐻4+ +𝐻2𝑂 ↔ 𝑁𝐻3 +𝐻3𝑂
+
Molaridad inicial 0,2 0 0
Equilibrio 0,2 − 𝑥 𝑥 𝑥
𝐾ℎ =𝐾𝑤𝐾𝑁𝐻3
=10−14
5 ∙ 10−5= 2−10 =
𝑥2
0,2 − 𝑥→
2 ∙ 10−10 =𝑥2
0,2→ 𝑥 = [𝐻3𝑂
+] = √0,2 ∙ 2 ∙ 10−10 = 6,32 ∙ 10−6 →
𝑝𝐻 = −𝑙𝑜𝑔6,32 ∙ 10−6 = 5,2
Indicando el valor del pH que se trata de una disolución ácida.
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TERCER TIPO DE PROBLEMAS. SE MEZCLAN UN ACIDO O BASE Y UNA DE
SUS SALES. EFECTO DEL ION COMÚN.
Problema 1 Ácido fuerte y una de sus sales.
Calcular el pH de una disolución 𝟎, 𝟏 𝑴 en 𝑯𝑪𝑳 y 𝟎, 𝟐 𝑴 en
𝑵𝒂𝑪𝒍
En este tipo de disoluciones el ácido es muy fuerte y NO le
afecta la presencia de la sal, ambos se disocian totalmente:
𝐻𝐶𝑙 → 𝐻+ + 𝐶𝑙−
Equilibrio 0 0,1 0,1 + 0,2
𝑁𝑎𝐶𝑙 → 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−
Equilibrio 0 0,2 0,2 + 0,1
En la disociación del ácido clorhídrico hemos añadido iones
cloro negativos. Si hubiera sido un ácido débil el añadir iones cloro
negativos hubiera desplazado la reacción hacia la izquierda provocando
menos iones 𝐻+ y disminuyendo el carácter ácido de la disolución. Pero al
tratarse de un ácido muy fuerte su disociación suponemos que sigue
siendo total y la mezcla con una de sus sales NO afecta apreciablemente a
esta. Diremos por lo tanto
𝑝𝐻 = −𝐿𝑜𝑔0,1 = 1
PH que nos indica una disolución muy ácida.
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Problema 2. Ácido débil más una de sus sales
Calcular el pH de una disolución de ácido acético 𝟎, 𝟏𝑴 y
acetato de sodio 𝟎, 𝟐𝑴. 𝑲𝑯𝑨𝒄 = 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
Estudiamos primero cada reacción por separado:
Ácido acético
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻+
Equilibrio 0,1 − 𝑥 𝑥 𝑥
Acetato sódico
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝑁𝑎 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝑁𝑎+
Equilibrio 0 0,2 0,2
Pues como hemos dicho, en estos tipos de problemas se
supone que la sal se disocia totalmente si no nos dicen lo contrario.
Tenemos que aplicar la ley de la constante del ácido acético
para calcular el valor de la concentración del ion 𝐻+. PERO la cantidad de
ion acetato en la disolución, que evidentemente es la que tenemos que
poner en la ley del equilibrio, es la suma de las cantidades que provienen
del ácido más las que provienen de la sal pues el ion acetato es común a
las dos disoluciones. Reescribimos la disociación del ácido acético (en rojo
el ion común)
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 ↔ 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝐻+
Equilibrio 0,1 − 𝑥 𝑥 + 0,2 𝑥
Y aplicamos la ley:
5 ∙ 10−5 =𝑥(𝑥 + 0,2)
0,1 − 𝑥
Y dado que “x” es muy pequeño lo despreciamos como sumando:
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5 ∙ 10−5 =𝑥(0,2)
0,1→
𝑥 = 2,5 ∙ 10−5
Y su pH
𝑝𝐻 = −𝐿𝑜𝑔2,5 ∙ 10−5 = 4,6
Si el ácido hubiera estado sólo en la disolución:
5 ∙ 10−5 =𝑥 ∙ 𝑥
0,1 − 𝑥→ 𝑥 = √5 ∙ 10−6
Y el pH:
𝑝𝐻 = −𝐿𝑜𝑔√5 ∙ 10−6 = 2,65
Que nos indica que la concentración de iones 𝐻+ es mayor en
la disolución de ácido solo (la sal ha desplazado la reacción del ácido hacia
la izquierda disminuyendo la cantidad de iones 𝐻+) y siendo por lo tanto
su pH menor (más ácida)
Problema 3. Base débil y una de sus sales
Calcular el pH de una disolución formada por amoniaco 𝟎, 𝟏𝑴
y sulfato amónico 𝟎, 𝟐 𝑴. 𝑲𝑵𝑯𝟑 = 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
Como antes, escribimos las dos reacciones
Amoniaco
𝑁𝐻3 + 𝐻2𝑂 ↔ 𝑁𝐻4+ + 𝑂𝐻−
Equilibrio 0,1 − 𝑥 𝑥 +2 ∙ 0,2 𝑥
Sal
(𝑁𝐻4)2𝑆𝑂4 → 2𝑁𝐻4+ + 𝑆𝑂4
−2
Equilibrio 0 2 ∙ 0,2 0,2
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Donde se ha señalado en rojo al ion común amonio. Si
aplicamos la ley de la constante al amoniaco nos queda:
5 ∙ 10−5 =𝑥(𝑥 + 0,4)
0,1 − 𝑥→ 5 ∙ 10−5 =
𝑥(0,4)
0,1→
𝑥 = 1,25 ∙ 10−5 = [0𝐻−]
𝑝𝑂𝐻 = −𝐿𝑜𝑔1,25 ∙ 10−5 = 4,9 → 𝑝𝐻 = 9,1
Como en el problema anterior, el amoniaco solo nos hubiera
dado una disolución más básica y su pH hubiera sido mayor.
CUARTO TIPO DE PROBLEMAS. SE MEZCLA UN ÁCIDO Y UNA BASE
Tenemos que saber que cuando reacciona un ácido con una base se
forma sal y agua, es una reacción típica que recibe el nombre de
neutralización. Según las cantidades que mezclemos pueden ocurrir dos
cosas:
a) Que las cantidades de ácido y base estén en proporciones
estequiométricas (P.E.) y entonces no sobra de ninguno de ellos y
lo que tenemos en la disolución es SOLO SAL. Se dice entonces que
la neutralización es completa. Entonces, como se ha dicho en el
capítulo dedicado a ello, dependiendo cuál sea la sal el pH será
neutro porque proviene de ácido y base fuerte o ácido o básico si la
sal proviene de una base o ácido débil respectivamente y produce
hidrólisis.
b) Que las cantidades de ácido y base no estén en proporciones
estequiométricas (P. NO E.)y entonces en la disolución final
tendremos el ácido o la base sobrante y una de sus sales por lo que
atenderemos al EFECTO DEL ION COMÚN. En estos casos podemos
decir que la neutralización es incompleta.
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Entonces este tipo de problemas no corresponde a una nueva
categoría sino que se transforma, como vemos, en un problema del tipo
anterior. Resumiendo:
𝑨𝑯+𝑩𝑶𝑯 → {𝑷. 𝑬.→ 𝑺𝑨𝑳 𝑺𝑶𝑳𝑨 → {
𝒂. 𝒀 𝒃. 𝑭𝑼𝑬𝑹𝑻𝑬𝑺 → 𝒑𝑯 = 𝟕
𝒂. 𝒐 𝒃.𝑫É𝑩𝑰𝑳 → 𝑯𝑰𝑫𝑹Ó𝑳𝑰𝑺𝑰𝑺𝑷.𝑵𝑶 𝑬.→ 𝒂. 𝒐 𝒃.+𝑺𝑨𝑳 → 𝑬𝑭𝑬𝑪𝑻𝑶 𝑰𝑶𝑵 𝑪𝑶𝑴Ú𝑵
Problema 1. Ácido débil y base fuertes en proporciones estequiométricas
(P.E.)
Se mezclan dos litros de ácido acético 𝟎, 𝟏𝑴 con 1 litros de
hidróxido de sodio 𝟎, 𝟐𝑴. 𝑲𝑯𝑨𝒄 = 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
Calculamos los moles de cada uno para utilizar después en los
cálculos:
𝑛𝐻𝐴𝑐 = 𝑉 ∙ 𝑀 = 2 ∙ 0,1 = 0,2
𝑛𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝑉 ∙ 𝑀 = 1 ∙ 0,2 = 0,2
La reacción es:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑁𝑎𝑂𝐻 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝑁𝑎 + 𝐻2𝑂
Donde observamos que ya está igualada. Por lo tanto el ácido y
la base reaccionan mol a mol y, dado que tenemos el mismo número de
moles de ácido y de base, 0,2, la neutralización va a ser completa. La
disolución final será por lo tanto la de una sal sola, el acetato de sodio.
Como proviene del ácido débil acético tendremos finalmente en cuenta su
HIDRÓLISIS.
Disolución final:
Volumen: el volumen, mientras no se diga lo contrario, es aditivo.
Tenemos por lo tanto 3 litros de disolución.
𝑉 = 3 𝑙
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Y dado que por cada mol de ácido y de base se forma un mol de sal,
tendremos en total 0,2 moles de acetato
𝑛𝑠𝑎𝑙 = 0,2 → 𝑀 =0,2
3
Como hemos dicho ya, la sal se disocia totalmente, teniendo en
la disolución en principio:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝑁𝑎 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− +𝑁𝑎+
Equilibrio 0 0,2
3
0,2
3
Después de lo explicado en párrafos anteriores, suponemos que
es claro que el ion acetato, por provenir del ácido acético débil, va a
producir hidrólisis:
𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂− + 𝐻2𝑂 → 𝐶𝐻3𝐶𝑂𝑂𝐻 + 𝑂𝐻
−
Equilibrio 0,2
3− 𝑥 𝑥 𝑥
𝐾ℎ =𝐾𝑊𝐾𝐻𝐴𝑐
=10−14
5 ∙ 10−5= 2 ∙ 10−10 →
2 ∙ 10−10 =𝑥2
0,23− 𝑥
≅𝑥2 ∙ 3
0,2→ 𝑥 = 3,65 ∙ 10−6 →
𝑝𝑂𝐻 = −𝐿𝑜𝑔3,65 ∙ 10−6 = 5,43 → 𝑝𝐻 = 8,56
Problema 2. Ácido fuerte y base débil NO en proporciones
estequiométricas (P.NO E.). Neutralización incompleta.
Se forma una disolución añadiendo a cuatro litros de agua 9,8
gramos de ácido sulfúrico y 34 gramos de amoniaco. Calcular el pH de la
disolución resultante.𝑲𝑵𝑯𝟑 = 𝟓 ∙ 𝟏𝟎−𝟓
Calculamos el número de moles para hacer los cálculos de la reacción
𝑀𝑂𝐿𝑁𝐻3 = 17 → 𝑛 =𝑚
𝑀𝑂𝐿=34
17= 2
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𝑀𝑂𝐿𝑎.𝑠𝑢𝑙𝑓ú𝑟𝑖𝑐𝑜 = 98 → 𝑛 =9,8
98= 0,1
La reacción es
𝐻2𝑆𝑂4 + 2𝑁𝐻3 → (𝑁𝐻4)2𝑆𝑂4
Con los 0,1 moles de ácido sulfúrico reaccionarán 0,2 moles de
amoniaco y se formarán 0,1 moles de sal, sulfato amónico. Por lo tanto,
en los cuatro litros de disolución tendremos:
Amoniaco sobrante: 2 − 0,2 = 1,8 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 → 𝑀 =1,8
4= 0,45𝑀
Sal formada: 0,1 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 → 𝑀 =0,1
4= 0.025𝑀
Las reacciones a las que dan lugar son
Amoniaco
𝑁𝐻3 + 𝐻2𝑂 → 𝑁𝐻4+ + 𝑂𝐻− 𝐾𝑁𝐻3 = 5 ∙ 10
−5
Equilibrio 0,45 − 𝑥 𝑥 + 2 ∙ 0,025 𝑥
Sal
(𝑁𝐻4)2𝑆𝑂4 → 2𝑁𝐻4+ + 𝑆𝑂4
−2
Equilibrio 0 2 ∙ 0,025 0,025
Donde, según se ha dicho, tenemos el efecto del ion común (en rojo)
Y aplicando la ley del equilibrio al amoniaco
5 ∙ 10−5 =(𝑥 + 0,5)𝑥
0,45 − 𝑥≅0,5𝑥
0,45→ 𝑥 = 4,5 ∙ 10−5 = [𝑂𝐻−]
𝑝𝑂𝐻 = 4,34 → 𝑝𝐻 = 9,65
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