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EL CD CUESTA SOLO 5 BOLIVIANOS

UNIDAD 10

ÁCIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO 10.1 REACCIONES ÁCIDO BASE Los ácidos y las bases son algunos de los electrolitos más importantes, los ácidos y las bases se pueden reconocer por algunas propiedades sencillas. Los ácidos tienen un sabor ácido. Las soluciones de las bases, por otro lado tienen un sabor amargo y una sensación jabonosa (nunca deben probarse sustancias en laboratorio). Las soluciones de ácidos y bases son buenos conductores de la electricidad, ya que éstas se disocian en cationes y aniones dependiendo de la fuerza relativa expresada en términos de la expresión de la constante de equilibrio ácido – base. Otra propiedad de los ácidos y las bases es su capacidad de producir cambios de color de ciertos colorantes: Un indicador ácido – base es un colorante que se utiliza para distinguir entre las soluciones ácidas y las básicas por medio del cambio de color que experimentan estas soluciones. Tales colorantes son comunes en materiales naturales. El color ámbar del té por ejemplo, es aclarado por la adición de jugo de limón (ácido cítrico). El jugo de col rojo cambia a verde y después a amarillo cuando se adiciona una base. Los colores verde y amarillo cambian de nuevo al rojo en solución ácida cuando se adiciona un ácido. El tornasol es un indicador ácido – base común en el laboratorio, este colorante producido por ciertas especies de líquenes se vuelve rojo en solución ácida y azul en solución básica. La fenoftaleina, otro indicador ácido – base que se utiliza en laboratorio, es incolora en solución ácida y rosa en solución básica. 10.2 TEORÍA DE ARRHENIUS Ácido es toda aquella sustancia que al disolverse en agua aumenta la concentración de iones hidrógeno. HNO3

H+

⇒

+

NO3−

Base es toda aquella sustancia que al disolverse en agua aumenta la concentración de iones hidróxido. Por ejemplo: LiOH

Li+

⇒

+ OH−

Estos procesos de disociación de ácidos y bases permiten establecer una clasificación de los mismos en ácidos y bases fuertes y débiles. Uno de los resultados más importantes de esta teoría fue la explicación de que los ácidos y bases tengan fuerzas diferentes. Aunque el concepto de Arrhenius de ácidos y bases es útil, es algo limitado. Puesto que tiende a señalar únicamente al ión OH− como la fuente de carácter básico, cuando otros iones o moléculas pueden jugar un papel similar. 10.3 TEORÍA DE BRONSTED Y LOWRY En 1923, Johannes N. Brönsted y Thomas M. Lowry, independientemente, notaron que muchas reacciones no comprenden nada más que la transferencia de un protón. Según estos dos autores, los ácidos son sustancias formadas por iones o moléculas capaces de ceder protones, y las bases son sustancias que pueden aceptar protones, por ejemplo la disociación del ácido clorhídrico en medio acuoso se produciría de la siguiente forma: HCl

+

H2O

⇒

H3O +

+

Cl−

En el caso de las bases se tendría: NH3

+

H2 O

U

NH4+

+

OH−

380

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10.4 PARES DE ÁCIDOS Y BASES CONJUGADOS Un par ácido – base conjugado consiste en dos especies en una reacción ácido – base, u ácido y una base, que difieren por la pérdida o ganancia de un protón. El ácido en ese par se denomina ácido conjugado de la base, mientras que la base es la base conjugada del ácido. En cualquier equilibrio ácido base, ambas reacciones, la directa y la inversa comprenden transferencia de protones, así por ejemplo: +

NH3

H2 O

⇔

NH4+

OH−

+

El NH3 es la base y el agua es el ácido, por otro lado en la reacción inversa el NH4+ es el ácido conjugado y el OH- es la base conjugada. Ejemplo 10.1.- Indique cuál es el ácido conjugado de cada una de las siguientes especies de Brönsted: a) NH3, b) HCO3−, c) CO3=, d) OH−, e) H2PO4−. a) Ácido conjugado del NH3

NH3 + H2O

b) Ácido conjugado del HCO3-:

U

HCO3− + H2O

c) Ácido conjugado del CO3=:

CO3= + H2O

d) Ácido conjugado del OH-:

OH− + H2O

NH4+

+ OH−; es el NH4+

U H2CO3 + OH−; es el H2CO3

U HCO3− + OH−; es el HCO3− U H2O + OH−; es el H2O

e) Ácido conjugado del H2PO4−: H2PO4− + H2O

U H3PO4 + OH−; es el H3PO4

10.5 TEORÍA DE LEWIS G. N. Lewis, propuso la teoría del par de electrones del enlace covalente, consideró que el concepto de ácidos y bases se puede generalizar para incluir reacciones entre los óxidos ácidos y los básicos así como otras muchas reacciones, de acuerdo a este concepto, un ácido es un compuesto que puede aceptar una pareja de electrones en la formación de un enlace covalente. Y una base de Lewis es una especie que puede formar un enlace covalente donando un par de electrones a otra especie. Consideremos la neutralización del NH3 por HCl en solución acuosa.

+

H

+

H °°N°° H °° °°

+ H ° ° H °° N °° H °° H

→

EL

Par aceptor de electrones

Par donador de electrones

Aquí, la flecha muestra el protón que acepta un par de electrones del NH3 para formar un enlace H – N. El protón es un receptor de un par de electrones, de modo que es un ácido de Lewis. El amoniaco, NH3, que tiene un par de electrones solitario, es un donador de un par de electrones, por consiguiente es una base de Lewis. 10.6 PROPIEDADES ÁCIDO – BASE DEL AGUA Una de las propiedades más importantes del agua es su capacidad para actuar como un ácido o como una base, el agua se comporta como una base en reacciones con ácidos como HCl y CH3COOH y funciona como un ácido frente a bases como el NH3, el agua es un electrolito muy débil y, por tanto, un mal conductor de la electricidad, pero experimenta una ligera ionización según: H2O(A) ⇔ H+(ac) + OH−(ac) Según Bronsted y Lowry, la autoionización del agua se expresa de la siguiente forma: H 2O Ácido1

+

H2O

U

base2

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H 3O + ácido2

+

OH− base1

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+

Los pares conjugados ácido base son: 1) H2O (ácido) y OH (base) y 2) H3O (ácido) y H2O (base). 10.7 PRODUCTO IÓNICO DEL AGUA En el estudio de las reacciones de neutralización en disoluciones acuosas, la concentración del ión hidrógeno es muy importante, ya que indica la acidez o basicidad de una disolución. La constante de equilibrio de la autoionización del agua se puede expresar en términos de la ley de acción de masas: ⎡H + ⎤ ∗ ⎡OH − ⎤⎦ Kc = ⎣ ⎦ ⎣ [H2O]

Debido a que una pequeña fracción de moléculas de agua está ionizada, la concentración del agua [H2O] permanece prácticamente constante. Kc ∗ [ H2O] = ⎡⎣ H3O + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ KW = ⎡⎣H3O + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦

Donde KW se denomina constante del producto iónico, que es el producto de las concentraciones molares de los iones H+ y OH− En el agua pura a 25 °C las concentraciones de los iones H+ y OH− son iguales y se encuentra que [H+] = 1.0 ∗ 10−7 M y [OH−] = 1.0 ∗ 10−7 M, por tato la constante del producto iónico es: KW = ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ = 1.0 ∗ 10−14

Entonces, cuando [H+] = [OH−] se dice que la disolución acuosa es neutra. En una solución ácida hay un exceso de iones H+, de modo que [H+] > [OH−]. En una solución básica hay un exceso de iones OH−, por lo que [H+] < [OH−]. Ejemplo 10.2.- Calcular la concentración de iones OH− en una disolución ácida cuya concentración de iones hidrógeno es 0.0005 M Solución.- A partir del producto iónico del agua se tiene: KW 1 ∗ 10−14 − −11 ⎣⎡OH ⎦⎤ = ⎡ H + ⎤ = 5.0 ∗ 10−4 = 2 ∗ 10 M ⎣ ⎦

10.8 EL pH, UNA MEDIDA DE LA ACIDEZ Ya que las concentraciones de los muy pequeños y, por tanto, difícil más práctica denominada pH. El concentración del ión hidrógeno en

iones H+ y OH− en soluciones acuosas con frecuencia son números de trabajar con ellos, Soren Sorense propuso en 1909 una medida pH de una solución se define como el logaritmo negativo de la mol/litro. pH = − log [H+]

Debido a que el pH es una manera de expresar la concentración del ión hidrógeno, las soluciones ácidas y básicas a 25 °C se identifican por sus valores de pH como sigue: Soluciones ácidas

[H+] > 1.0 ∗ 10−7 M,

pH < 7.00

Soluciones básicas

[H+] < 1.0 ∗ 10−7 M,

pH > 7.00

Soluciones neutras

[H+] = 1.0 ∗ 10−7 M,

pH = 7.00

Por otro lado se demuestra que:

pH + pOH = 14.00

Ejemplo 10.3.- La concentración de OH− de una solución acuosa es 4.25 ∗ 10−6 M. ¿Cuál es el pH de la solución acuosa? Solución.- Por definición, pOH = − log [OH]

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pOH = − log 4.25 ∗ 10

−6

= 5.37

pH = 14.00 – 5.37 = 8.63 10.9 FUERZA DE ÁCIDOS Y BASES Los ácidos fuertes son electrolitos fuertes que, para fines prácticos, se supone que se ionizan completamente en el agua, la mayoría de los ácidos fuertes son ácidos inorgánicos tales como HCl, HBr, HI, HNO3, HClO4 y H2SO4. HCl(ac) + H2O(A)

⇒

H3O+(ac) + Cl−(ac)

HNO3(ac) + H2O(A)

⇒

H3O+(ac) + NO3−(ac)

HClO4(ac) + H2O(A)

⇒

H3O+(ac) + ClO4−(ac)

H2SO4(ac) + H2O(A)

⇒

H3O+(ac) + HSO4−(ac)

El ácido sulfúrico es un ácido diprótico; aquí sólo se muestra el primer estado de ionización. Ejemplo 10.4.- Calcular el pH de una solución 0.015 molar de ácido clorhídrico. Solución.- El ácido clorhídrico es un ácido fuerte cuya disociación es prácticamente total, para calcular el pH de esta solución, realizamos el siguiente análisis1: Concentración HCl Inicial 0.015 Cambio − 0.015 Final 0.0 Por tanto el pH de la solución es:

⇒

H+ + Cl− 0.0 0.0 + 0.015 0.015 0.015 0.015

pH = − log [H+] pH = − log 0.015 = 1.82

La mayoría de los ácidos son ácidos débiles, los cuales se ionizan en forma limitada en el agua, en el equilibrio, las disoluciones acuosas de los ácidos débiles contienen una mezcla de moléculas del ácido sin ionizar, iones H3O+ y la base conjugada. Por ejemplo el ácido fluorhídrico, el ácido acético y el ión amonio NH4+ son algunos ácidos débiles. La ionización limitada de los ácidos débiles está relacionada con la constante de ionización ácida Ka. Ejemplo 10.5.- ¿Cuál de las siguientes soluciones tiene el pH más alto? a) ácido fórmico HCOOH 0.40 M, b) ácido perclórico HClO4 0.40 M, c) ácido acético CH3COOH 0.40 M. Solución.- a) El ácido fórmico es un ácido débil cuya constante de ionización ácida es 1.7 ∗ 10−4 M, por tanto la reacción con el agua es: HCOOH +

H 2O

⇔

HCOO−

+

H3 O −

El lector puede considerar el siguiente método de solución, el balance efectuaremos en términos de moles, como la concentración es 0.40 M, nuestra referencia es que para un volumen de 1 litro de solución tenemos 0.40 moles de ácido fórmico. Por tanto el balance se efectúa de la siguiente manera: Moles

HCOOH +

Inciales Cambio Final

H2O

U

0.4 −x 0.4 − x

HCOO−

+

0.0 +x x

H3O− 0.0 +x x

Considerando la expresión de la constante ionización ácida: ⎡H3O + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣HCOO − ⎤⎦ Ka = ⎣ [HCOOH ]

⇒

1.7 ∗ 10−4 =

x2 0.4 − x

Resolviendo:

1

Observe que el signo (⇒) en la reacción química es en una dirección

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−4

x + 1.7 ∗ 10 x − 6.8 ∗ 10

−5

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=0

x1 = 8.16 ∗ 10−3 x2 = −8.33 ∗ 10−3

La solución es x1 = 8.16 ∗ 10−3, x2, no tiene significado alguno ya que es un número negativo. Por tanto la concentración de los iones hidronio es: ⎡⎣ H3O + ⎤⎦ =

Y el pH de la solución es:

8.16 ∗ 10−3 mol = 8.16 ∗ 10−3 molar 1litro

pH = − log 8.16 ∗ 10−3 = 2.09

b) El ácido perclórico es un ácido fuerte, su disociación es completa, aquí también hacemos referencia a realizar el balance en términos de moles, así que para 1 litro de solución tenemos 0.40 moles de ácido perclórico: Moles Inicial Cambio Final

HClO4 0.40 − 0.40 0.0

La concentración de los iones hidrógeno es: ⎡⎣ H + ⎤⎦ = Y el pH de la solución es:

H+ + ClO4− 0.0 0.0 + 0.40 + 0.40 0.40 0.40

⇒

0.40mol = 0.40molar 1litro

pH = − log 0.40 = 0.40

c) El ácido acético es un ácido débil cuya constante de ionización ácida es 1.8 ∗ 10−5 M, por tanto la reacción con el agua es: CH3COOH + H2O U CH3COO− + H3O− El balance efectuaremos en términos de moles, como la concentración es 0.40 M, nuestra referencia es que para un volumen de 1 litro de solución tenemos 0.40 moles de ácido fórmico. Por tanto el balance se efectúa de la siguiente manera: Moles Inciales Cambio Final

CH3COOH +

H2 O

U

0.4 −x 0.4 − x

CH3COO− 0.0 +x x

+

H3 O −

0.0 +x x

Considerando la expresión de la constante ionización ácida: ⎡ H3O + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣CH3COO − ⎤⎦ Ka = ⎣ [CH3COOH ] 1.8 ∗ 10−5 =

x2 0.4 − x

Resolviendo: x 2 + 1.8 ∗ 10−5 x − 7.2 ∗ 10−6 = 0 x1 = 1.33 ∗ 10−3

La solución es x1 = 8.16 ∗ 10−3, x2, no tiene significado alguno ya que es un número negativo, por tanto la concentración de iones hidronio es: ⎡⎣ H3O + ⎤⎦ =

El pH de la solución es:

1.33 ∗ 10−3 mol = 1.33 ∗ 10−3 molar 1litro

pH = − log 1.33 ∗ 10−3 = 2.88

El pH más alto tiene la tercera solución cuyo pH = 2.88.

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Al igual que los ácidos fuertes, las bases fuertes son electrolitos fuertes que se ionizan completamente en agua, los hidróxidos de los metales alcalinos y los hidróxidos de bario, calcio y estroncio se consideran bases fuertes. NaOH(s) ⇔ Na+(ac) KOH(s) ⇔ K+(ac)

OH−(ac)

+

OH−(ac)

+

Ba(OH)2(s) ⇔ Ba+2(ac)

2 OH−(ac)

+

Ejemplo 10.6.- Calcular el pH de una solución de hidróxido de bario 0.010 molar Solución.- El hidróxido bario es un electrolito fuerte, por tanto considerando 0.010 mol en 1 litro de solución se tiene: Ba(OH)2(s) ⇔ Ba+2(ac) 0.010 0.00 −0.010 + 0.010 0.00 0.010

Moles Iniciales Cambio Final

+

2 OH−(ac) 0.0 + 2(0.010) 0.020

La concentración de los iones hidróxido es: ⎡⎣OH − ⎤⎦ =

El pH de la solución es:

0.020mol = 0.020molar 1litro

pH = − log 0.020 = 1.70

Las bases débiles, al igual que los ácidos débiles, son electrolitos débiles. Por ejemplo el amoniaco es una base débil, cuando se disuelve en agua se produce la siguiente reacción. NH3(ac) +

H2O(A)

U

NH4+(ac)

+

OH−(ac)

La constante de equilibrio está dada por: ⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ K = ⎣ [NH3 ] ∗ [H2O]

En comparación con la concentración total del agua, en esta reacción se consumen muy pocas moléculas de agua, por lo que [H2O] se trata como una constante. Entonces, la constante de ionización básica Kb se escribe como: ⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ K b = K [ H2O ] = ⎣ [NH3 ]

Ejemplo 10.7.- ¿Cuál es el pH de una solución amoniacal 0.055 molar? Solución.- Consideremos 0.055 moles en 1 litro de solución y que la constante de equilibrio de ionización básica es 1.8 ∗ 10−5. Moles Inciales Cambio Final

NH3

+

H2O

0.055 −x 0.055 − x

NH4+

U

0.0 +x x

+

OH− 0.0 +x x

Considerando la expresión de la constante ionización ácida: ⎡OH − ⎤⎦ ∗ ⎡⎣NH4 + ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

1.8 ∗ 10−5 =

x2 0.055 − x

Resolviendo:

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−5

x + 1.8 ∗ 10 x − 9.9 ∗ 10

−7

385

=0

x1 = 9.86 ∗ 10−4

La solución es x1 = 9.86 ∗ 10−4, x2, no tiene significado alguno ya que es un número negativo, por tanto la concentración de iones hidróxido es: ⎡⎣OH − ⎤⎦ =

9.86 ∗ 10−4 mol = 9.86 ∗ 10−4 molar 1litro

El pH de la solución es: pOH = − log 9.86 ∗ 10−4 = 3.00 pH = 14.00 − 3 = 11.00 TABLA 10.1.- Constantes de ionización de algunos ácidos y sus bases conjugadas a 25 °C. Ácido

Fórmula

Ka

A. fluorhídrico A. nitroso A. fórmico A. Ascórbico A. benzoico A. acético A. cianhídrico

HF

7.1 ∗ 10−4

Base conjugada F−

HNO2 HCOOH C6H8O6 C6H5COOH CH3COOH HCN

4.5 ∗ 10−4 1.7 ∗ 10−4 8.0 ∗ 10−5 6.5 ∗ 10−5 1.8 ∗ 10−5 4.9 ∗ 10−10

NO2− HCOO− C6H7O6− C6H5COO− CH3COO− CN−

Kb 1.4 ∗ 10−11 2.2 5.9 1.3 1.5 5.6 2.0

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗

10−11 10−11 10−10 10−10 10−10 10−5

TABLA 10.2.- Constantes de ionización de algunas bases y sus ácidos conjugados a 25 °C. Ácido Etilamina Metilamina Cafeína Amoniaco Piridina Anilina Úrea

Fórmula

Kb

C2H5NH2 CH3NH2 C8H10N4O2 NH3 C 5 H 5N C6H5NH2 N2H4CO

5.6 ∗ 10−4 4.4 ∗ 10−4 4.1 ∗ 10−4 1.8 ∗ 10−5 1.7 ∗ 10−9 3.8 ∗ 10−10 1.5 ∗ 10−14

Base conjugada C2H5NH3+ CH3NH3+ C8H11N4O2+ NH4+ C5H5NH+ C6H5NH3+ H2NCONH3+

Ka 1.8 ∗ 2.3 ∗ 2.4 ∗ 5.6 ∗ 5.9 ∗ 2.6 ∗ 0.67

10−11 10−11 10−11 10−10 10−6 10−5

10.10 PORCENTAJE DE IONIZACIÓN Como se ha visto, la magnitud de la constante de ionización ácida Ka indica la fuerza de un ácido. Otra forma de medir la fuerza de un ácido es mediante su porcentaje de ionización. Cuanto más fuerte es un ácido, mayor será su porcentaje de ionización, para un ácido monoprótico HA, la concentración del ácido que se ioniza es igual a la concentración de iones H+ o a la concentración de iones A− en el equilibrio. Por tanto, se escribe el porcentaje de ionización como: ⎡H+ ⎤ porcentaje de ionización = ⎣ ⎦ ∗ 100% [HA ]0

Donde [H+] es la concentración en el equilibrio y [HA]0 es la concentración inicial. Ejemplo 10.8.- Determinar el grado de disociación y el porcentaje de disociación de una solución de ácido nitroso 0.036 molar, cuya constante de ionización ácida es 4.5 ∗ 10−4. Solución.- Un método para determinar el porcentaje de disociación y el pH de la solución es el siguiente: 1° escribimos la reacción del ácido nitroso y en agua y su correspondiente balance.

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Concentración

HNO2

+

Inicial Cambio Final

Co − αCo Co(1 − α)

H2O

2° Escribimos la expresión de la constante ionización ácida: K a =

NO2−

+

H3O+

0.0 + αCo αCo

+

0.0 αCo αCo

U

α 2Co2 Co(1 − α )

Simplificando y reemplazando datos: 4.5 ∗ 10−4 =

Co ∗ α 2 (1 − α )

La ecuación de segundo grado es: 0.036α2 + 4.5 ∗ 10−4α − 4.5 ∗ 10−4 = 0 Donde α es el grado de disociación, resolviendo:

α=

-4.5*10-4 +

( 4.5*10 )

-4 2

+ 4*0.036 * 4.5*10-4

2*0.036

= 0.1057

Aquí y en muchos problemas no se considera la solución con signo negativo, sin embargo el lector debe tener sumo cuidado cuando hay dos soluciones positivas. 3° Calculamos el porcentaje de iotización del ácido nitroso.

%α = α ∗100% = 0.1057 ∗100% = 10.57% Según la ecuación:

⎡H+ ⎤ porcentaje de ionización = ⎣ ⎦ ∗ 100% [HA ]0

Donde: [H+] = α ∗ Co = 0.1057 ∗ 0.036 = 3.8 ∗ 10−3 y [HA]0 = 0.036 porcentaje de ionización =

3.8052 ∗ 10-3 ∗ 100%=10.57% 0.036

A partir de la concentración de iones hidrógeno se determina el pH de la solución: pH = − log 3.8 ∗ 10−3 = 2.42 10.11 ÁCIDOS DIPRÓTICOS Su tratamiento es más complicado que el de los ácidos monopróticos ya que ceden más de un ión hidronio por molécula y se ionizan por etapas. Ejemplo 10.9.- Hallar las concentraciones del H2CO3, HCO3−, CO3−2 en una solución de ácido carbónico 0.025 M Solución.- El ácido carbónico es un ácido diprótico que tiene dos etapas de ionización, comenzamos con la primera etapa. Concentración H2CO3 Inicial Cambio Final

+

H2O

U

0.025 −x 0.025 − x

HCO3− + 0.0 +x x

H 3O +

K1 = 4.2 ∗ 10−7

0.0 +x x

⎡HCO3− ⎤⎦ ∗ ⎡⎣H3O + ⎤⎦ Ka = ⎣ [H2CO3 ]

4.2 ∗ 10−7 =

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x2 0.025 − x

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Puesto que la constante de hidrólisis es muy pequeña, puede despreciarse x en el denominador, sin embargo es necesario remarcar que cuando las concentraciones son muy pequeñas el lector debe resolver la ecuación de segundo grado de la forma ax2 + bx + c = 0 x = 1.02 ∗ 10−4

Resolviendo:

Cuando se ha alcanzado el equilibrio en la primera etapa de ionización, las concentraciones son: [H3O+] = 1.02 ∗ 10−4 M [HCO3−] = 1.02 ∗ 10−4 M [H2CO3] = 0.0249 M A continuación consideramos la segunda etapa de ionización, en cuyo caso el HCO3− actúa como ácido en la segunda etapa de ionización, Concentración Inicial Cambio Final

HCO3− + H2O 1.02 ∗ 10−4 −y 1.02 ∗ 10−4 − y

CO3= + H3O+ 0.0 1.02 ∗ 10−4 +y +y y 1.02 ∗ 10−4 + y

⇔

K2 = 4.8 ∗ 10−11

La expresión de la constante de equilibrio es:

(

⎡CO3 = ⎤⎦ ∗ ⎡⎣H3O + ⎤⎦ y 1.02 ∗ 10−4 + y Reemplazando: 4.8 ∗ 10−11 = Ka = ⎣ − 1.02 ∗ 10−4 − y ⎡⎣ HCO3 ⎤⎦

Aplicando aproximaciones: 4.8 ∗ 10−11 =

(

y 1.02 ∗ 10−4

)

)

1.02 ∗ 10−4

y = 4.8 ∗ 10−11 2

Comprobando la aproximación : 4.8 ∗ 10−11 ∗ 100% = 4.7 ∗ 10−5 < 5% 1.02 ∗ 10−4

Es válida la aproximación, por tanto las concentraciones de las especies son: [H2CO3] = 0.0249 M [HCO3−] = 1.02 ∗ 10−4 M [H3O+] = 1.02 ∗ 10−4 M CO3= = 4.8 ∗ 10−11 M 10.12 HIDRÓLISIS DE SALES Una sal es un compuesto iónico formado por la reacción entre un ácido y una base. Las sales son electrolitos fuertes que se disocian por completo para formar iones en agua. El término hidrólisis de una sal describe la reacción de un anión o un catión de una sal o de ambos, con el agua. Por lo general la hidrólisis de una sal afecta el pH de una disolución. 10.12.1 Sales que producen disoluciones básicas Una relación importante entre la constante de ionización ácida y la constante de ionización de su base conjugada puede deducirse a partir de la reacción del ácido acético con el agua. CH3COOH + Cuya constante es:

H 2O

U

CH3COO−

+

H3 O −

⎡H3O + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣CH3COO − ⎤⎦ Ka = ⎣ [CH3COOH ]

La base conjugada, CH3COO−, suministrada por una disolución de acetato de sodio CH3COONa, reacciona con el agua de acuerdo con la siguiente ecuación. 2

Cuando el porcentaje de disociación es menor a 5% se considera válida la aproximación

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TÉCNICO CIENTÍFICO

388

ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

CH3COO− (ac) +

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

H2O(A)

⇔

La constante de ionización básica se escribe: K b =

OH−(ac)

CH3COOH(ac) +

[CH3COOH ] ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ ⎡⎣CH3COO− ⎤⎦

El producto de estas dos constantes está dada por: ⎡H3O+ ⎤⎦ ∗ ⎡⎣CH3COO − ⎤⎦ [CH3COOH ] ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ ∗ K a ∗ Kb = ⎣ ⎡⎣CH3COO − ⎤⎦ [CH3COOH ]

Ka ∗ Kb = ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ K aK b = KW

Ejemplo 10.10.- Calcular el pH y el grado de hidrólisis que ocurre en una solución de acetato de sodio 0.050 molar; Ka = 1.8 ∗10−5 Solución.- La concentración de acetato de sodio es [CH3COONa] = 0.050 M Al entrar en contacto el acetato de sodio con el agua, éste se disociándose: CH3COONa ⇒

CH3COO− +

CH3COONa

hidroliza

Na+

El ión acetato reacciona con el agua. CH3COO− +

H2O

⇔ CH3COOH

+

H2O

OH−

El balance general de concentraciones es: Concentración Inicial Cambio Final

CH3COO- + H2O Co − Coα Co(1 − α)

⇔

CH3COOH + Coα Coα

+ OH+ Coα Coα

La constante de hidrólisis puede determinarse a partir de la expresión (10.8) Kb∗Ka = Kw

Kb =

Kw 1 ∗ 10−14 = = 5.55 ∗ 10−10 Ka 1.8 ∗ 10−5 5.55 ∗ 10−10 =

Co2α2 Co(1 − α)

Simplificando: 5.55 ∗ 10−10 =

Co ∗ α2 (1 − α)

Puesto que el valor de la constante de hidrólisis es pequeña se puede despreciar3 α en el denominador, por consiguiente se tiene que el grado de hidrólisis es: α =

5.55 ∗ 10−10 = 1.05 ∗ 10−4 0.050

3 Una regla importante para aproximar el resultado, parte de la constante de ionización, cuando ésta es menor a 1∗ 10−5, el lector puede aplicar la regla planteada en el ejemplo 10.9.

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ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

El grado de hidrólisis es α = 1.05 ∗ 10 El porcentaje de hidrólisis es:

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

389

−4

%α = 1.05 ∗ 10−4 ∗ 100% = 0.01%

El pH de la solución se puede determinar considerando las concentraciones resultantes del balance realizado, vale decir: [OH-] = Coα = 0.050 ∗ 1.05∗10−4 = 5.27 ∗10-6 pOH = - log[5.27 ∗10-6] = 5.28 El pH de la solución es: pH = 14 – pOH pH = 14 – 5.28 = 8.72 10.12.2 Sales que producen disoluciones ácidas Cuado se hace reaccionar cloruro de amonio en agua ocurre una reacción de hidrólisis, esta vez el agua reacciona con el ión amonio el cual tiene un carácter ácido; la solución se hace ácida por la presencia del ión hidronio. NH4+ + H2O

NH3 + H3O+

⇔

La constante de hidrólisis puede ser evaluada de la siguiente manera: Ka =

NH3

[NH3 ] ∗ [H3O+ ] [NH4 − ]

+

Kb =

H2 O

⇔

(1) NH4+

+ OH−

[NH4 − ] ∗ [OH− ] [NH3 ]

(2)

Multiplicando las constantes de las ecuaciones (1) y (2) se tiene: Kb ∗ Ka =

[NH3 ][H3O+ ][NH4 − ][OH− ] [NH4 − ][NH3 ]

Simplificando: Kb ∗ Ka = [H3O+][OH-] Puesto que el producto iónico del agua es: Kw = [H+][OH-] El producto de las constantes ácido – base es: Kb ∗ Ka = Kw Ejemplo 10.11.- Calcular el pH y el porcentaje de hidrólisis que ocurre en una solución NH4Cl 0.1 M, la constante de ionización básica para el amoniaco es 1.8∗10−5 Solución: [NH4Cl] = 0.1 M

NH4Cl

Al entrar en contacto el cloruro de amonio con el agua, éste se hidroliza disociándose: NH4Cl

⇒

NH4+

+

Cl− H2O

El ión amonio reacciona con el agua.

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390

ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

NH4

+

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

+ H2O

NH3 + H3O+

U

El balance general de concentraciones es: NH4+

[c] Inicial Cambio Final

+

H2O

NH3

U

Co - Coα Co(1 - α)

H3O+

+

-.+ Coα Coα

-.+ Coα Coα

La constante de hidrólisis puede determinarse a partir de la expresión (5.8) Kb ∗ Ka = Kw Ka =

Kw 1 ∗ 10−14 = = 5.55 ∗ 10−10 Ka 1.8 ∗ 10−5 5.55 ∗ 10−10 =

Co2α2 Co(1 − α)

Simplificando: 5.55 ∗ 10−10 =

Co ∗ α 2 (1 − α )

Puesto que el valor de la constante de hidrólisis es pequeña se puede despreciar α4 en el denominador, por consiguiente se tiene que el grado de hidrólisis es: α =

5.55 ∗ 10−10 = 7.45 ∗ 10−5 0.100

El porcentaje de hidrólisis es: %α = 7.45 ∗ 10−5 ∗ 100% = 0.007% El pH de la solución se puede determinar considerando las concentraciones resultantes del balance realizado, vale decir: [H3O+] = Coα = 0.10 ∗ 7.45∗10-5 = 1.49 ∗10−6 pH = − log[1.49 ∗10−6] = 5.13 10.13 EFECTO DEL ION COMÚN El efecto del ión común es el desplazamiento del equilibrio causado por la adición de un compuesto que tiene un ión común con la sustancia disuelta, este efecto influye en el pH de una disolución y en la solubilidad de una sal poco soluble. Conviene tener en cuenta que, a pesar de su nombre particular, el efecto del ión común es solo un caso particular del principio de Le Chatelier. Por ejemplo consideremos la siguiente reacción, HA(ac) + H2O(A)

U H3O+(ac)

+

A−(ac)

La constante de ionización Ka es: ⎡H3O+ ⎤⎦ ∗ ⎡⎣ A− ⎤⎦ Ka = ⎣ [HA]

Ordenando se tiene: ⎡⎣ H3O+ ⎤⎦ =

K a [ HA] A−

Tomando logaritmo negativo − log ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ = − log K a − log

[HA] ⎡⎣ A− ⎤⎦

Es decir, 4

Recuerda que cuando la constante de ionización es muy pequeña puede aplicarse este método de aproximaciones, no es lo mismo para Ka o Kb > a 1.0 ∗ 10−4

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391

⎡A ⎤ pH = pK a + log ⎣ ⎦ [HA] −

La ecuación se conoce como ecuación de Henderson – Hasselbalch, cuya forma general es: pH = pK a + log

[ba sec onjugada] ⎣⎡ ácido ⎦⎤

Ejemplo 10.12.- ¿Cuál es el pH de una solución que contiene HCOOH 0.30 M y HCOOK 0.52 M? Solución.- Considerando la ecuación de Henderson – Hasselbalch, donde Ka = 1.7 ∗ 10−4 ⎡HCOO − ⎤⎦ pH = − log1.7 ∗ 10−4 + log ⎣ [HCOOH ]

pH = 3.77 + log

0.52 = 4.00 0.30

El efecto del ión común también se manifiesta en disoluciones de una base débil, como NH3, y una sal de la base, como NH4Cl, en el equilibrio. NH4+ + H2O Ka =

NH3 + H3O+

⇔

[NH3 ] ∗ ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ + ⎣⎡ NH4 ⎦⎤

⎡⎣ H3O + ⎤⎦ =

K a ∗ ⎡⎣NH4 + ⎤⎦ [ NH3 ]

Aplicando logaritmos: ⎡ NH4 + ⎦⎤ − log ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ = − log K a − log ⎣ [NH3 ]

Ordenando:

pH = pK a + log

[ NH 3 ] ⎡⎣ NH 4 + ⎤⎦

Recuerde que la constante de hidrólisis Kh está dada por: Ka =

KW Kb

10.14 SOLUCIONES AMORTIGUADORAS Una solución amortiguadora llamada también solución tampón, es una disolución de: i) ii)

Un ácido débil y la sal iónica soluble del ácido débil. Una base débil y la sal iónica soluble de la base débil.

Las soluciones amortiguadoras contienen pares conjugados ácido – base en concentraciones razonables. ™

El componente más ácido reacciona con las bases fuertes que se adicionan.

™

El componente más básico reacciona con los ácidos que se adicionan.

10.14.1 Soluciones de ácido débil y sal del ácido débil Una solución que contenga ácido acético y acetato de sodio constituye una solución amortiguadora, el componente más ácido es el ácido acético y el componente más básico es el acetato de sodio, tal como describe la teoría de Brönsted y Lowry CH3COOH + H2O

U

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CH3COO− + H3O

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392

ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

Si adicionamos un ácido fuerte, éste reaccionará con la base de la solución amortiguadora, es decir si por ejemplo añadimos una solución de ácido clorhídrico se escribirá la siguiente reacción: H+ + CH3COO−

U

CH3COOH

O en forma molecular: HCl

+

CH3COONa

U

CH3COOH + NaCl

Si adicionamos una base fuerte, éste reaccionará con el ácido de la solución tampón, por ejemplo una solución de NaOH añadida a la solución amortiguadora: OH− + CH3COOH

U CH3COO- + H2O

o en forma molecular: NaOH

+

CH3COOH

U

CH3COONa +

H2 O

Ejemplo 10.13.- Una solución amortiguadora tiene una concentración 0.030 M de ácido acético y 0.010 moles de acetato de sodio. a) ¿Cuál es el pH de este amortiguador?, b) ¿Cuál es el pH después de añadir 0.005 moles de ácido clorhídrico a 1 litro de solución amortiguadora?, c) ¿cuál es el pH después de añadir 0.010 moles de NaOH a 1 litro de solución amortiguadora? Solución: a) Determinación del pH de la solución amortiguadora. Las concentraciones del ácido acético y acetato de sodio son respectivamente: [CH3COOH] = 0.030 M [CH3COONa] = 0.010 M La ecuación para la solución amortiguadora es: CH3COOH + H2O

⇔ CH3COO− + H3O+

La concentración del ión acetato puede ser evaluada a partir de ionización completa del acetato de sodio, vale decir: CH3COONa ⇒ CH3COO− + Na+ Las sales de los ácidos débiles en general suelen disociarse por completo en solución acuosa, esto implica que la concentración del ión acetato es igual a la concentración del acetato de sodio, por consiguiente: [CH3COONa] = CH3COO− = 0.10 M CH3COOH + H2O

U CH3COO− + H3O+

Al escribir la expresión de la constante de equilibrio: Ka =

[CH3COO− ] ∗ [H+ ] [CH3COOH]

Puesto que la única incógnita es [H+], plantemos La ecuación de Henderson – Hasselbalch, cuya forma general es ⎡ A− ⎤ pH = pK a + log ⎣ ⎦ [HA] pH = 4.74 + log

[0.01] = 4.26 [0.03]

b) pH de la solución resultante después de añadir 0.005 mol de ácido clorhídrico Puesto que se está agregando a un litro de solución, la concentración del ácido clorhídrico es:{

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393

[HCl] = 0.005 M Y la concentración de iones H+ es:

[H+] = 0.005 M

Debido a que el ácido nítrico es un ácido fuerte y su ionización es total. La ecuación válida para este proceso y su correspondiente balance es: moles

CH3COO−

+

H+

Iniciales Cambio Final

0.010 − 0.005 0.005

0.005 − 0.005

CH3COOH

U

0.03 + 0.005 0.035

0

Puesto que se tiene los moles finales de las especies en solución se puede determinar sus concentraciones molares y se puede escribir la ecuación de equilibrio: [CH3COO-] = 0.005 M

y

[CH3COOH] = 0.305

U CH3COO- +

CH3COOH + H2O

H3O +

Al escribir la expresión de la constante de equilibrio: Ka =

[CH3COO− ] ∗ [H+ ] [CH3COOH]

Puesto que la única incógnita es [H+], [H+ ] =

Ka ∗ [CH3COOH] 1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.035 = = 1.26 ∗ 10−4 [CH3COO− ] 0.005

pH = − log [ 1.26 ∗ 10−4] = 3.90 El pH de la solución disminuye como era de esperarse, sin embargo no se ve afectada por un cambio brusco, la variación de pH es: ∆pH = 4.26 – 3.90 = 0.36 c) Cuando se añaden 0.01 mol de NaOH a la solución amortiguadora la concentración del NaOH es: [NaOH] = 0.010 M Y la concentración del ión OH- es:

[OH−] = 0.010 M

Al introducir una base a una solución amortiguadora, éste reaccionará con el ácido, que, en este caso es el ácido acético, por consiguiente se tiene el siguiente balance: CH3COOH Inicio Cambio Final

+

0.030 − 0.010 0.020

OH−

U

0.010 − 0.010 0

CH3COO−

+

H2 O

0.010 + 0.010 0.020

Puesto que se tiene los moles finales de las especies en solución se puede determinar sus concentraciones molares y se puede escribir la ecuación de equilibrio: [CH3COO−] = 0.020 CH3COOH

+

OH−

y

[CH3COOH] = 0.020 U

Al escribir la expresión de la constante de equilibrio: Ka =

CH3COO− +

H2O

[CH3COO− ] ∗ [H+ ] [CH3COOH]

Puesto que la única incógnita es [H+],

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ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO [H+ ] =

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R. −5

Ka ∗ [CH3COOH] 1.8 ∗ 10 ∗ 0.020 = = 1.8 ∗ 10−5 [CH3COO− ] 0.020

pH = - log [ 2.29 ∗ 10-5] = 4.7 4 El pH de la solución resultante se incrementa en: ∆pH = 4.74 – 4.26 = 0.48 10.14.2 Soluciones de Base Débil y sal de la base débil Una solución que contenga amoniaco y cloruro de amonio constituye una solución amortiguadora, el componente más básico es el amoniaco y el componente más ácido es el cloruro de amonio tal como describe la teoría de Brönsted y Lowry. NH3 + H2O

U

NH4+ + OH−

Si adicionamos un ácido fuerte, éste reaccionará con la base de la solución amortiguadora, es decir si por ejemplo añadimos una solución de ácido clorhídrico se escribirá la siguiente reacción: H+ O en forma molecular:

+

NH3

HCl

+

NH4+

⇔

NH3

⇔

NH4Cl

Si adicionamos una base fuerte, éste reaccionará con el ácido de la solución tampón, por ejemplo una solución de NaOH añadida a la solución amortiguadora: OH- + NH4+

U

NH3 + H2O

O en forma molecular: NaOH

+

NH4Cl

U

NH3 + NaCl + H2O

Ejemplo 10.14.- a) ¿Cuál es el pH de una solución amortiguadora que es NH3 0.10 M y NH4Cl 0.10 M?, b) ¿Cuál es el pH si se adicionan 20 ml de ácido clorhídrico 0.20 M a 200 ml de la solución amortiguadora? Solución: a) Para calcular el pH de la solución tampón escribimos la ecuación correspondiente a esta solución y sus respectivas concentraciones. NH3 + H2O ⇔ Las concentraciones son:

NH4+ + OH

[NH3] = 0.10 M [NH4+] = 0.10 M

La expresión de la constante de equilibrio es: ⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

La única incógnita es la concentración de OH-. [OH− ] =

[OH− ] =

El pOH de la solución es: y el pH será:

Kb ∗ [NH3 ] [NH4 + ]

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.1 = 1.8 ∗ 10−5 0.1

pOH = - log [1.8 ∗10−5] = 4.74 pH = 14 – pOH = 14 – 4.74 = 9.26

O aplicando la ecuación de Henderson – Hasselbalch

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pH = pK a + log

395

[NH3 ] ⎡⎣NH4 + ⎤⎦

Donde: Ka =

KW 1 ∗ 10−14 = 5.56 ∗ 10−10 K b 1.8 ∗ 10−5

pH = − log5.56 ∗ 10−10 + log

[0.10] = 9.26 [0.10]

b) Para determinar el pH después de agregar una solución de HCl se calcula los moles que reaccionan, luego las nuevas concentraciones. 0.2 milimoles HCl = 4.0 milimolesHCl 1ml 0.1 milimol NH3 = 20.0 milimol NH3 200 ml NH3 ∗ 1 ml NH3 20 ml HCl ∗

200 ml NH4 + ∗

0.1 milimol NH4 + = 20.0 milimol NH4 + 1 ml NH4 +

Puesto que se esta adicionando un ácido fuerte, éste reacciona con la base de la solución tampón, vale decir: HCl Inicio Cambio Final

+

4.0 mmol –4.0 mmol 0

NH3

NH4Cl

U

20.0 mmol −4.0 mmol 16.0 mmol

20.0 mmol + 4.0 mmol 24.0 mmol

Las nuevas concentraciones son: [NH3 ] =

16.0 mmol NH3 = 0.0727M 220 ml

[NH4+ ] =

24.0 mmol NH3 = 0.109M 220 ml

Por tanto considerando la ecuación correspondiente y la expresión de la constante de equilibrio se tiene: NH3 + H2O

NH4+ + OH

U

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

La única incógnita es la concentración de OH-. [OH− ] =

[OH− ] =

Kb ∗ [NH3 ] [NH4 + ]

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.0727 = 1.2 ∗ 10−5 0.109

El pOH de la solución es: pOH = − log [1.2 ∗10−5] = 4.92 y el pH será: pH = 14 – pOH = 14 – 4.92 = 9.08

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10.15 TITULACIONES ÁCIDO − BASE Las soluciones de concentración exactamente conocida, se denominan soluciones estándar. Se pueden preparar soluciones estándar de algunas sustancias disolviendo una muestra cuidadosamente pesada de sólido en suficiente agua para obtener un volumen conocido de solución. Cuando las sustancias no pueden pesarse con exactitud y convenientemente porque reaccionan con la atmósfera, se preparan soluciones de las mismas y se procede a determinar sus concentraciones por titulación con una solución estándar. La titulación, es el proceso en el cual un reactivo de la solución, el titulante, se añade cuidadosamente a la solución de otro reactivo y se determina el volumen del titulante necesario para que la reacción se complete. Valoración o estandarización, es el proceso por el cuál se determina la La presente obra s concentración de una solución midiendo con exactitud el volumen necesario de está siendo revisad la misma para reaccionar con una cantidad perfectamente conocida de un estándar primario. La solución estandarizada recibe el nombre de estándar secundario y se emplea para analizar problemas. Las propiedades de las soluciones estándar primarios son: .

No deben reaccionar o absorber componentes de la atmósfera, como vapor de agua, oxígeno o dióxido de carbono.

.

Deben tener alto porcentaje de pureza.

.

Deben tener peso molecular alto para minimizar el efecto de errores al pesar.

.

Deben ser solubles en el disolvente de interés.

.

No deben ser tóxicos.

¿Cómo se sabe cuándo detener la titulación? Para esto se agregan unas cuantas gotas de solución de indicador a la solución que se va a titular. Un indicador es un colorante que se utiliza para distinguir entre las soluciones ácidas y básicas por medio del cambio de color que experimentan estas soluciones. Tales colorantes son comunes en materiales naturales. El color ámbar del té, por ejemplo, es aclarado por adición de jugo de limón (ácido cítrico); Un indicador es una sustancia que adopta colores diferentes dependiendo de la concentración de H+ en la solución. Es preciso que por lo menos una de estas formas tenga color intenso para que puedan observarse cantidades muy pequeñas de la misma. Supóngase que se titula una solución ácida de concentración desconocida añadiendo solución estandarizada de hidróxido de sodio gota a gota mediante una bureta. Las buretas comunes están graduadas a intervalos de 1 ml de manera que permiten estimar el volumen de solución empleado. El analista debe elegir un indicador que cambie claramente el color en el punto en que reaccionan cantidades estequiométricamente equivalentes de ácido y base, es decir, el punto de equivalencia. El punto en el cuál el indicador cambia de color y se detiene la titulación se llama punto final. Lo ideal es que el punto final coincida con el punto de equivalencia. La fenoftaleina es incolora en solución ácida y color rojo – violáceo en solución básica. Si en la titulación se añade una base a un ácido, suele emplearse fenoftaleina como indicador. El punto final se observa cuando aparece una coloración rosa débil que persiste por lo menos 15 segundos al agitar la solución. 10.16 VALORACIÓN ÁCIDO FUERTE – BASE FUERTE Una curva de titulación es una gráfica de pH contra cantidad de ácido o base añadida (por lo general, en volumen). Indica de manera gráfica el cambio de pH al añadir ácido o base a la solución y muestra con claridad cómo cambia el pH cerca del punto de equivalencia.

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Ejemplo 10.15.- Se titulan 50.0 ml de HCl 0.100 M con NaOH 0.100 M. a) Calcular el pH cuando se han agregado los siguientes volúmenes de la base: i) 0 ml, ii) 20 ml, iii) 40 ml, iv) 49 ml, v) 50 ml, vi) 51 ml, vii) 60 ml, viii) 80 ml. b) graficar la curva de titulación pH vs volumen de base añadido. a) Solución: La figura 10.4 nos muestra el proceso de titulación, La determinación de pH de la mezcla resultante ser efectúa de acuerdo a los siguientes criterios. i) Cuando no se ha agregado solución de NaOH, se tiene: HCl ⇒ H+ + ClEl ácido clorhídrico se disocia al 100% por tanto la concentración de HCl es igual a la concentración de los iones H+. [HCl] = [H+] = 0.010 pH = - log [ 0.10 ] = 1.00 ii) Cuando se adicionan 20 ml de solución básica, los milimoles de NaOH y milimoles de HCl respectivamente son: 0.1 milimol = 2 milimoles NaOH 1 ml sol. 0.1 milimol 50 ml sol. ∗ = 5 milimoles HCl 1 ml sol.

20 ml sol. ∗

Se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH ⇒ inicio 5 2 cambio -2 -2 final 3 0

H 2O

+

NaCl 0 +2 2

El volumen total de la solución es: VT = 50 + 20 = 70 ml Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[HCl] =

3 milimol = 0.0428 M , es decir, [HCl] = [H+] = 0.0428 M 70 ml

pH = - log [ 0.0428 ] = 1.37 iii) Cuando se adicionan 40 ml de solución básica se añaden 4 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH ⇒ H2O + NaCl inicio 5 4 cambio -4 -4 +4 final 1 0 4 El volumen total de la solución es: VT = 50 + 40 = 90 ml Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[HCl] =

1 milimol = 0.011 M 90 ml

[HCl] = [H+] = 0.011 M pH = - log [ 0.011 ] = 1.96 iv) Cuando se adicionan 49 ml de solución básica se añaden (49 ∗ 0.1 = 4.9 milimoles), 4.9 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH ⇒ inicio 5 4.9 cambio -4.9 - 4.9 0.1 0

H 2O

+

NaCl 0 + 4.9 4.9

El volumen total de la solución es: VT = 50 + 49 = 99 ml

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398

ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[HCl] =

0.1 milimol = 0.00101 M 99 ml

[HCl] = [H+] = 0.00101 M pH = - log [ 0.00101 ] = 3.00 v) Cuando se adicionan 50 ml de solución básica se añaden 5 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH ⇒ 5 5 -5 -5 0 0

inicio cambio final

H 2O

+

NaCl 0 +5 5

El volumen total de la solución es: VT = 50 + 40 = 100 ml Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[HCl] =

0 milimol =0M y 100 ml

[NaOH] =

0 milimol =0M 100 ml

La solución resultante es neutra, es decir, la concentración de los iones hidrógeno es 10-7 M. pH = - log [ 10−7 ] = 7.00 vi) Cuando se adicionan 51 ml de solución básica se añaden 5.1 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: inicio cambio final

HCl + NaOH ⇒ 5 5.1 -5 -5 0 0.1

H 2O

+

NaCl 0 +5 5

El volumen total de la solución es: VT = 50 + 51 = 101 ml, Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[NaOH] =

0.1 milimol = 9.9 ∗ 10-4 M 101 ml

Se determina el pOH de la solución pOH = − log [ 9.9∗10-4 ] = 3.00 Puesto que: pH + pOH = 14 pH = 14 – 3 = 11.00 vii) Cuando se adicionan 60 ml de solución básica se añaden 6.0 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH ⇒ H2O + NaCl inicio 5 6 0 cambio −5 −5 +5 final 0 1 5 El volumen total de la solución es: VT = 50 + 60 = 111 ml Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[NaOH] =

1 milimol = 9.09 ∗ 10-3 M 110 ml

Se determina el pOH de la solución, pOH = − log [ 9.09 ∗10−3 ] = 2.04 Puesto que:

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399

pH + pOH = 14 pH = 14 – 2.04 = 11.96 viii) Cuando se adicionan 80 ml de solución básica se añaden 8.0 milimoles de NaOH y se realiza el siguiente balance: HCl + NaOH 5 8 −5 −5 0 3

inicio cambio final

H2 O

⇒

El volumen total de la solución es: VT = 50 + 80 = 130 ml Por tanto, la nueva concentración de la solución es:

[NaOH] =

+

NaCl 0 +5 5 12.0 10.0

3 milimol = 0.023 M 130 ml

8.0

Se determina el pOH de la solución

pH

7.0

pOH = - log [ 0.023 ] = 1.64 Puesto que:

6.0 4.0

pH + pOH = 14

2.0

pH = 14 – 1.64 = 12.36

20

b) La curva de titulación se muestra en la figura 10.2

60 50 40 Mililitros de NaOH añadidos

80

Figura 10.2.- Curva de Titulación pH vs volumen de solución titulante [NaOH]

Ejemplo 10.16.- Calcule el pH de una solución que se obtiene mezclando 50 ml de NH3 0.1M con 20 ml de HCl 0.15 M Solución: Se determina en principio, los moles de las especies reaccionantes y se escribe la ecuación correspondiente a la reacción base débil con ácido fuerte y se realiza el balance de moles (en este problema consideraremos molilmoles) 0.1 milimol NH3 = 5.0 milimol NH3 1 ml sol 0.15 milimol HCl 20 ml sol ∗ = 3.0 milimol HCl 1 ml sol

50 ml sol ∗

HCl ⇔ NH4+ + 3 mmol 0 −3 mmol + 3 mmol 0 3 mmol

NH3 + Inicio 5 mmol Cambio –3 mmol Final 2 mmol

Cl-

Las nuevas concentraciones son: [NH3 ] =

2 mmol 3 mmol = 0.0428 M = 0.0286 M y [NH4 + ] = 70 ml 70 ml

Finalmente se escribe la ecuación de disociación del amoniaco y la expresión de la constante de equilibrio para determinar la concentración del ión hidróxido. NH3 + H2O

U

NH4+ + OH−

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

La única incógnita es la concentración de OH-.

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Kb ∗ [NH3 ] [OH− ] = [NH4 + ] [OH− ] =

El pOH de la solución es:

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.0286 = 1.20 ∗ 10−5 0.0428

pOH = − log [1.20 ∗10-5] = 4.92

Y el pH será: pH = 14 – pOH = 14 – 4.92 = 9.08 10.17 PRODUCTO DE SOLUBILIDAD Hemos considerado hasta la anterior sección compuestos que son bastante solubles en agua. Muchos compuestos son poco solubles en agua a los cuales se los conoce con el nombre de “compuestos insolubles”; sin embargo la mayoría de los compuestos se disuelven hasta cierto grado en agua. A continuación se consideran los que son levemente solubles. Como regla general los compuestos que se disuelven en el agua hasta 0.020 moles/litro o más se clasifican como solubles. Por lo general, la expresión del producto de solubilidad de un compuesto, es el producto de las concentraciones de los iones que lo constituyen, elevadas cada una a la potencia que corresponde al número de iones en unA unidad de la fórmula del compuesto. La cantidad es constante a temperatura constante para una solución saturada del compuesto, esto constituye el producto de solubilidad. Para que haya un equilibrio entre una sustancia sólida y su solución, ésta debe estar saturada y en contacto con el sólido no disuelto. Por ejemplo, considere una solución saturada de BaSO4 que está en contacto con BaSO4 sólido. La ecuación química para el equilibrio se puede escribir: BaSO4(s)

⇔ Ba+2 + SO4-2

La expresión de la constante de equilibrio para la disolución del BaSO4 puede escribirse: K = [Ba+2] [SO4-2] Ejemplo 10.17.- El análisis de una prueba analítica, en una solución en equilibrio, dio como resultado un precipitado de cloruro de plata y que contiene 1.5 ∗10-4 moles de Ag+ por litro y 1.2 ∗10-6 moles de Cl- por litro. Hallar el producto de solubilidad del AgCl. Solución: El producto de solubilidad es el producto de las concentraciones de los iones que están en equilibrio con un precipitado de una sustancia escasamente soluble. Por consiguiente: AgCl = Ag+

+

Cl-

Kps = [Ag+] ∗[Cl-] Kps = [1.5 ∗10-4] ∗[1.2 ∗10-6] = 1.8 ∗10-10 M2 Ejemplo 10.18.- En 1 litro de agua pura a 25 °C se disuelven 0.0455 g de sulfato de plomo. Calcular el producto de solubilidad del PbSO4 a esta temperatura Solución: Al plantear la ecuación de ionización: PbSO4

[PbSO4 ] =

U

Pb++

SO4=

+

0.0455gPbSO4 1molPbSO4 ∗ = 1.50 ∗ 10−4 molar 1litro 303gPbSO4

Por tanto las concentraciones de los iones son: PbSO4

U

Pb++

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+

SO4=

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1.5 ∗ 10

−4

1.5 ∗ 10

−4

1.5 ∗ 10

401

−4

El producto de solubilidad del sulfato de plomo es: Kps = [Pb++] ∗ [SO4=] = [1.5 ∗ 10−4] ∗[1.5 ∗ 10−4] = 2.25 ∗10−8 M2 Ejemplo 10.19.- El producto de solubilidad del cromato de plata Ag2CrO4, a 25 °C es 1.2 ∗ 10−12. Hallar la solubilidad en moles por litro. Solución: a) la ecuación de ionización es: Ag2CrO4 ⇔ 2 Ag+

+

CrO4=

Kps = [2∗Ag+]2 ∗ [CrO4=] Donde

[Ag+] = [Br-] = x 4x3 = x3 =

1.2 ∗ 10−12

1.2 ∗ 10−12 = 3 ∗ 10−13 4

x =6.69∗10−5

PROBLEMAS RESUELTOS Ejemplo 10.20.- Compare la solución de HCl con agua, con una solución de NaOH en agua. ¿En que aspectos difieren?, ¿en cuales son similares? Rpta.- Difieren en el sabor característico que tienen ambas soluciones, en el cambio de color que producen en el papel de tornasol, el azul es característico de las bases, mientras que el rojo es característico de los ácidos. Los ácidos reaccionan con los metales para formar sales e hidrógeno gaseoso, ambas, son conductoras de la electricidad. Ejemplo 10.21.- Indique el ácido, la base, el ácido conjugado y la base conjugada en cada una de las siguientes ecuaciones: ⇔ HSO3- + H3O+ a) H2SO3 + H2O ⇔ HC2O4- + H3O+ b) H2C2O4 + H2O = c) HC2O4 + CO3 ⇔ C2O4= + HCO3+ H 2O ⇔ PH3 + H3O+ d) PH4+ + + CN ⇔ NH3 + HCN e) NH4 a) El ácido es el ácido sulfuroso, la base el agua, el ácido conjugado es el ión hidronio y la base conjugada es el ión HSO3-. b) El ácido es el ácido oxálico, la base el agua, el ácido conjugado es el ión hidronio y la base conjugada es el ión HC2O4-. c) El ácido es el ión HC2O4-, la base es el ión conjugada es el ión C2O4=.

CO3=, el ácido conjugado es el ión HCO3- y la base

d) El ácido es el ión PH4+, la base es el agua, el ácido conjugado es el ión hidronio y la base conjugada es el ión PH3. e) El ácido es el ión NH4+, la base es el agua, el ácido conjugado es el ión hidronio y la base conjugada es el ión NH3. Ejemplo 10.22.- La sangre generalmente tiene un pH = 7.4; ¿cuál es su concentración de iones H+ e iones OH-? Por definición: pH = − log [H+], por tanto; [H+] = antilog (– pH) antilog (−7.4) = 3.98∗10−8 molar

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Ejemplo 10.23.- Calcular el pH y el pOH de soluciones de HCl en las siguientes concentraciones: a) 0.2 M, b) 0.0035 M, c) 0.025 M, d) 2 ∗10-7 M, e) 1.57 ∗10-8 M. a) El ácido clorhídrico es un ácido fuerte que se disocia totalmente, HCl → H+ + Cl−, por tanto: [H+] = 0.2 molar y: pH = − log [H+] = − log [0.2] = 0.70 b)

pH = − log [H+] = − log [0.0035] = 2.46

c)

pH = − log [H+] = − log [0.025] = 1.60

d)

HCl → 2 ∗10-7 − 2 ∗10−7

H+ + 10-7 + 2 ∗10−7 3 ∗10-7

Cl-, -.2 ∗10−7

pH = - log 3 ∗10-7 = 6.52 e) HCl → H+ + −7 1.57 ∗10 10−7 +1.57 ∗10−7 − 1.57 ∗10−7 2.57 ∗10−7

Cl−, -.1.57 ∗10−7

pH = − log (2.57∗10−7) = 6.59 Ejemplo 10.24.- ¿Cuál es el pH de una disolución de NaOH 0.15 M? a) El hidróxido de sodio es una base fuerte que se disocia totalmente, NaOH → OH− + Na+, por tanto: [OH-] = 0.15 molar y: pOH = − log [OH-] = − log [0.15] = 0.82 y el pH = 14 – 0.82 = 13.18 Ejemplo 10.25.- Calcular la concentración de H+ y OH-, el pH y también el grado de ionización de las siguientes soluciones: a) ácido acético 0.1 M, b) hidróxido de sodio 0.25 M, c) amoniaco 0.020 M, d) ácido fluorhídrico 0.70 M, e) ácido nítrico 0.05 M, f) ácido sulfúrico 0.2 M, g) ácido fosfórico 0.5 M, h) ácido fórmico 0.20 M, i) ácido bórico 0.20 M, j) ácido perclórico 0.02 M Ejemplo 10.26.- ¿A que es igual la concentración de los iones hidroxilo en una disolución cuyo pH es igual a 10.80? El pOH es 14 – 10.80 = 3.2; por tanto la concentración de los iones oxidrilo es: [OH-] = antilog(−3.2) = 6.31 ∗10−4 M Ejemplo 10.27.- Una solución 1.0 M de una base débil metilamina CH3NH2, tiene un pH de 12.32. Calcular la constante de disociación básica Kb. Moles Iniciales cambio final

CH3NH2

+

H2O

U

CH3NH3+

1 −x 1–x

-.+x x

La expresión de la constante de equilibrio Kb es: Kb = Siendo x = [OH−] = antilog (−pOH) El pOH es:

+

OH− -.+x x

x2 1− x

pOH = 14 – 12.32 = 1.68

[OH−] = antilog (− 1.68) = 0.0208 M;

(0.0208 )

2

Por tanto:

Kb =

1 − 0.0208

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= 4.42 ∗ 10−4

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Ejemplo 10.28.- Determinar el pH de 1 litro de disolución Considerar que la disociación del alcalí es completa.

403

de la cual contiene 0.1 g de NaOH.

La concentración molar de la base es:

[NaOH ] =

0.1gNaOH 1molNaOH ∗ = 2.5 ∗ 10−3 M 1Asol. 40g

pOH = - log(2.5∗10-3) = 2.60 pH = 14 – 2.60 = 11.4 Ejemplo 10.29.- Encuentre el pH de un litro de solución en el cual se ha disuelto 0.08 moles de CH3COOH y 0.1 moles de NaCH3COO. Ka = 1.75 ∗10−5. Puesto que se trata de una solución tampón, se tiene: CH3COOH +

H 2O

U

CH3COO- + H3O+

0.08 M

0.01 M

⎡CH3COO − ⎤⎦ ⎡⎣H3O + ⎤⎦ Ka = ⎣ [CH3COOH ]

La concentración de los iones hidronio es: 1.75 ∗ 10−5 ∗ 0.08 = 1.4 ∗ 10−5 0.1

H3O + =

pH = − log (1.4∗10-5) = 4.85 Ejemplo 10.30.- Según la teoría de Bronsted-Lowry señale que especies se comportan como ácidos en el equilibrio. PH3 Rpta.- (e)

a) PH3 y Cl−

+

HCl ⇒

PH4+

c) PH4+

b) PH3

+ Cld) PH3 y HCl

e) HCl y PH4+

Ejemplo 10.31.- ¿Cuál de las proposiciones siguientes son verdaderas? a) El NH3 es un ácido según la teoría de Arrhenius b) El ácido sulfúrico es un ácido fuerte c) El hidróxido de sodio es una bases débil d) El BF3 es un ácido de Lewis

( ( ( (

F) V) F) V)

Ejemplo 10.32.- Determinar el volumen de leche de magnesia de pH = 10.6 necesario para neutralizar un litro de limón de pH = 2.4 a) 1.8 A b) 0.5 A c) 0.75 A d) 1.45 A e) ninguno N1V1 = N2V2 N1 = [H+] = antilog (− 2.4) = 3.98∗10−3 V1 = 1000 ml pOH = 14 – 10.6 = 3.4; N2 = [OH-] = antilog (- 3.4) = 3.98∗10-4 El volumen de leche de magnesia es: V2 =

N1V1 3.98 ∗ 10−3 ∗ 1000ml = = 10A N2 3.98 ∗ 10−4

Rpta.- (e) Ejemplo 10.33.- En la siguiente reacción:

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CH3COOH +

H2 O

U

CH3COO

−

+ H 3O +

Indicar la proposición incorrecta (I) o correcta (C): a) El CH3COO- es una base

(C)

b) el H2O es una base

(C)

+

c) El H3O es un ácido conjugado del H2O

(C)

-

d) El CH3COO es una base conjugada débil del CH3COOH

(C)

e) El CH3COOH es un ácido

(C)

Ejemplo 10.34.- Dadas las siguientes proposiciones cuales son verdaderas. a) El NH3 y el PH3 son bases según la teoría de Lewis b) En la reacción: HCN +

H 2O

⇒

H 3O

+

+

-

(V) −

CN , el CN es una base conjugada del H2O

(F)

c) Según la teoría de Bronsted y Lowry el NaCN es una sal neutra

(F)

d) El pH de una solución amoniacal es menor que 7

(F)

e) Según la teoría de lewis una base es aquella sustancia que cede una pareja de protones

(V)

Ejemplo 10.35.- Indicar en base al pH, ¿Cual de las siguientes soluciones son ácido, básico o neutro? a) PO4(NH4)3 b) CH3COOH

…………………… ……………………

c) NaOH

……………………

d) En soluciones diluidas posee sabor agrio

……………………

e) Enrojecen el papel tornasol de color azul

……………………

a) Por la presencia del NH4+, es de carácter ácido b) Es de carácter ácido c) Es de carácter básico d) Es de carácter básico e) Es de carácter básico Ejemplo 10.36.- Indique si el pH de las siguientes sustancias es ácido, básico o neutro. a) ácido acético

…………………….

b) cianuro de potasio

…………………….

c) hidróxido de sodio

…………………….

d) cloruro de amonio

…………………….

e) cloruro de sodio

…………………….

a) Es de carácter ácido b) Es de carácter básico c) Es de carácter básico d) Es de carácter ácido e) Es de carácter neutro Ejemplo 10.37.- Calcular el pH de una mezcla formada por 300 ml de H2O mas 25 ml de una solución acuosa de Ba(OH)2 que tiene un pOH igual a 3.8 y 60 ml de una solución acuosa de HNO3 de pH igual a 6.5

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405

Solución.- En principio estudiaremos la reacción ácido-base, para determinar el reactivo limitante y/o en exceso, esto es: Determinación de la concentración del hidróxido de bario es: Ba+2

Ba(OH)2 ⇒

+

2(OH−)

[ OH- ] = antilog (− 3.8) = 1.58∗10−4 M Por tanto: [Ba(OH)2] = 1.58 ∗ 10−4

1 mol Ba(OH)2 mol OH ∗ = 7.92 ∗ 10−5M A 2 mol OH−

El número de moles de la base es: 7.92 ∗ 10−5

mol 0.025 A = 1.98 ∗ 10−6mol Ba(OH)2 A

La concentración del ácido nítrico y el número de moles es: [ HNO3 ] = [ H+ ] = antilog (−6.5) = 3.16∗10−7 M El número de moles del ácido es: 0.06 A ∗

3.16 ∗ 10−7 = 1.90 ∗ 10−8mol HNO3 1 A

Ba(OH)2 + 2 HNO3 → 1.98∗10−6 1.90∗10−8 −8 1.90∗10−8 − 1.90∗10 1.96∗10-6 La concentración del Ba(OH)2 = Moles Iniciales Cambio final Por tanto el pOH es:

Ba(NO3)2 + 2H2O

1.96 ∗ 10−6mol = 5.09 ∗ 10−6 M 0.385 A

Ba(OH)2 5.09∗10−6 − 5.09∗10−6

Ba+2

⇒

+

2(OH-) 10−7 + 5.09 ∗10−6 1.02∗10-5

0 pOH = −log [1.02∗10−5] = 5.00 pH = 9.00

Ejemplo 10.38.- ¿Cuántos gramos de Ca(CN)2 se necesitan disolver en agua para tener 1 litro de solución con una concentración de iones oxidrilos equivalente a la concentración de estos iones en una solución 0.05 M de NH3? (la constante Ka = 7.2∗10−10 y Kb = 1.8∗10−5 Solución.- En principio determinaremos la concentración de oxidrilo en la solución amoniacal, para que luego a partir de ese dato estudiar la reacción del cianuro de calcio (hidrólisis) y su determinación de masa. Moles Iniciales Cambio final

NH3 + H2O

U

NH4+

0.05 −x 0.05 − x

-.+x x Kb =

Puesto que Kb = 1.8∗10−5

+ OH− -.+x x

x2 ; 0.05 − x

x = 9.49∗10−4

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[OH-] = 9.49∗10−4 M Según el problema, éste es el dato en la reacción del cianuro con el agua, vale decir: Ca(CN)2

→

CN− + H2O

Ca+2

2 CN−

+

+ OH−

U HCN

Puesto que el cianuro reacciona con el agua, el proceso es de hidrólisis, cuya expresión de la constante de hidrólisis se determina: Ka∗Kb = 10−14 Donde Ka = 7.2∗10−10 y la constante de hidrólisis Kh = Kb = 1.39∗10−5 Kb = -

Puesto que [OH ] = 9.49∗10

−4

[HCN ] ∗ ⎡⎣OH − ⎤⎦ ⎡⎣CN ⎤⎦ −

[OH ]

2

=

⎡⎣CN ⎤⎦ −

M

Reemplazando y efectuando cálculos: [CN−] = 0.0648 M 0.0648

1 mol Ca(CN)2 92 g Ca(CN)2 mol CN− ∗ ∗ = 2.98 g Ca(CN)2 A 2 mol CN− 1 mol Ca(CN)2

Ejemplo 10.39.- ¿Cuántos gramos de KNO2 y de HNO2 se necesitan para preparar 250 ml de una solución amortiguadora cuyo pH es igual a 2.9?, La constante Ka = 4.5∗10−4 Solución.- Puesto que la concentración está dada en mol por litro, el balance puede también efectuarse en términos de concetraciones molares: Concentración Inicial Cambio Final

HNO2 + H2O Co −x Co − x

U

NO2-

+ H3O +

-.+x x

-.+x x

La concentración de iones hidronio es: [ H+ ] = antilog (−2.9) = 1.26∗10−3 M Ka =

x2 ; puesto que Ka = 4.5∗10-4 Co − x

Co = 4.788∗10−3 Por tanto: [HNO2] = 4.788∗10−3 M [NO2-] = 1.26∗10−3 M 0.25 A ∗

0.25 A ∗

4.788 ∗ 10−3mol 47 g HNO2 1000 mg HNO2 ∗ ∗ = 56.26 mg HNO2 1A 1 mol HNO2 1 g HNO2

1.26 ∗ 10−3mol KNO2 85 g KNO2 1000 mg KNO2 ∗ ∗ = 26.775 mg KNO2 1A 1 mol KNO2 1 g KNO2

Ejemplo 10.40.- En una solución 0.1 molar de cianuro de potasio, calcular: a) el pH de la solución, b) Si a la solución en equilibrio del inciso (a), se le adiciona 3∗10−2 moles de ácido cianhídrico. Calcular el nuevo valor del pH. (Ka para el ácido cianhídrico = 4∗10−10) Solución.- El cianuro de potasio, se ioniza, y el ión cianuro reacciona con el agua de acuerdo a:

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KCN

K+

→

CN- + H2O 0.1 −x 0.1 − x

⇔

Kb =

407

CN−

+

HCN + OH− -.-.+x +x x x

x2 0.1 − x

Kb es la constante de hidrólisis de cianuro, que como usted ya tiene conocimiento, ésta se calcula con la ecuación: Ka∗Kb = Kw Kb =

10−14 = 2.5 ∗ 10−5 4 ∗ 10−10

De tal manera que x = 1.58∗10−3 = [OH−] pOH = 2.8 pH = 11.20 Si adicionamos a la solución ácido cianhídrico, el equilibrio iónico reaccionado de acuerdo con la ley de Le Chatelier, cuantitativamente se tiene: Moles

CN- + H2O U

Iniciales Cambio Final

0.1 −x 0.1− x

Kb =

x = 8.33∗10−5

[HCN] ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦

=

⎡⎣CN− ⎤⎦

HCN

+

0.03 +x 0.03 + x

OH-.+x x

(0.03 + x) ∗ x = 2.5 ∗ 10−5 0.1 − x

pOH = − log (8.33∗10−5) = 4.08 pH = 9.92

Ejemplo 10.41.- En un matraz se mezcla 1200 cm3 de amoniaco 0.1 molar y 800 cm3 de hidróxido de sodio 0.05 molar. Calcular la concentración de iones hidróxilo y el pH de la solución, si la constante de ionización del amoniaco es 1.8∗10-5. Solución.moles

NH3 + H2O

iniciales reaccionan presentes

0.12 −x 0.12 − x

Concentración

U

-.+x x

0.12 − x 2.0

x 2.0

1.8 ∗ 10−5

Resolviendo:

NH4+

+

OH− 4∗10−2 +x 4∗10−2 + x

4 ∗ 10−2 + x 2.0

⎛ x ⎞ ⎛ 4 ∗ 10−2 + x ⎞ ⎟ ⎜ 2.0 ⎟ ⎜ 2.0 ⎝ ⎠⎝ ⎠ = ⎛ 0.12 − x ⎞ ⎜ 2.0 ⎟ ⎝ ⎠

x = 2.685∗10−4 M [OH-] =

4 ∗ 10−2 + 1.077 ∗ 10−4 = 2 ∗ 10−2 M 2.0

pOH = − log(0.02) = 1.70 CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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pH 12.30 Ejemplo 10.42.- A un litro de agua se añade 0.05 cm3 de ácido clorhídrico 0.001 M. ¿Cuál es pH de la solución resultante? Solución.- La nueva concentración del ácido clorhídrico se determina considerando la ecuación de dilución: C1V1 = C2V2 Donde: C1 = 0.001 M; V1 = 0.05 cm3; V2 = 1000 cm3, y C2 = ¿? C2 =

0.001 M ∗ 0.05 ml = 5 ∗ 10−8M 1000 ml

Concentración:

HCl + H2O −8

Inicial Cambio Final

H 3O

U

−7

10 +5∗10−8 10−7 + 5∗10−8

5∗10 5∗10−8 0

Cl-

+

+5∗10−8 5∗10−8

La concentración de iones hidronio es: 1.5∗10-7 pH = - log (1.5∗10-7) = 6.82 Ejemplo 10.43.- Calcular el pH antes y después de agregar 0.05 moles de HCl a 1 litro de solución amortiguadora 0.445 M en NH3 y 0.2 M en NH4Cl (desprecie el cambio de volumen debido a la adición de HCl) (Kb = 1.8 ∗10−5 para el NH3.) Solución.- a) Las concentraciones de las especies en la solución Buffer son: [NH3] = 0.445 M; [NH4+] = 0.200 M; Recuerde que:

NH4Cl → NH4+ + Cl− 0.200 0.200 0.200

El pH de la solución amortiguadora es: NH3 + H2O

U

NH4+

+

OH-

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

Despejando la concentración de los iones oxidrilo: [OH-] = 4.005∗10−5 M pOH = 4.40 pH = 9.60 Si agregamos ácido clorhídrico, éste reacciona con el componente básico, es decir con el amoniaco, de modo que se tiene: ⇒ NH4+ + Cl− NH3 + HCl 0.445 0.050 0.200 − 0.050 − 0.050 + 0.050 0.395 0 0.250 Las nuevas concentraciones son: De acuerdo con:

[NH3 ] =

0.395 + = 0.395 M y [NH4 ] = 0.250 M; 1A

NH3 + H2O

CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

U

NH4+

+

OH−

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ACIDOS, BASES Y EQUILIBRIO IONICO

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409

⎡NH4 ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ] +

−

Reemplazando datos, la concentración de los iones hidróxido es: [OH−] = 2.844∗10−5 pOH = 4.55 ⇒ pH = 9.45 Ejemplo 10.44.- Calcular el pH, grado de ionización y la concentración de acetato en una solución formada por 15 g de acetato de potasio en un volumen de 250 cm3 de solución. Para el ácido Ka = 1.8∗10-5 Solución: Calculamos la concentración de acetato de potasio:

[CH3COOK ] =

15 g CH3COOK 1 mol CH3COOK ∗ = 0.612 M 0.25 A 98 g CH3COOK

Las sales se disocian completamente: CH3COOK 0.612

→

CH3COO− 0.612

+ K+ 0.612

El ión acetato reacciona con el agua de acuerdo a: Concentración

CH3COO−

Inicial Cambio Final

Co − αCo Co(1 − α)

+

H2 O

CH3COOH

U

+

0.0 + αCo αCo Kb =

OH−

0.0 + αCo αCo

α2 ∗ Co2 Co(1 − α)

Simplificando y reemplazando datos se tiene: α=

5.55 ∗ 10−10 = 3.013 ∗ 10−5 0.612

[OH-] = αCo = 3.013∗10−5∗0.612 = 1.84∗10−5 M pOH = 2.73 pH = 11.27 La concentración del acetato es: [CH3COO−] = 0.612 M Ejemplo 10.45.- Calcular el pH y las concentraciones de todas las especies en el equilibrio en una solución 0.25 M de cloruro de amonio Kb = 1.8∗10−5 para el NH3. Solución: La disociación de cloruro de amonio es completa: NH4Cl 0.25

→

NH4+ 0.25

+

Cl− 0.25

El radical amonio reacciona con el agua de acuerdo a: Concentración NH4+ Inicial 0.25 Cambio −x Final 0.25 – x Ka =

+

H2 O

⇔

NH3 0.0 +x x

+

H3O+ 0.0 +x x

x2 0.25 − x

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410

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Puesto que se trata de hidrólisis de una sal, la constante Ka es: Ka∗Kb = Kw Despejando y reemplazando datos: Ka = 5.55∗10−10 0.25 ∗ 5.55 ∗ 10−10 = 1.18 ∗ 10−5

x=

[H+] = 1.18∗10−5 pH = -log (1.18∗10−5) = 4.93 [ NH3] = 1.18∗10−5 M [ H3O+] = 1.18∗10−5 M [ NH4+] = 0.25 M Ejemplo 10.46.- ¿Cuántos mg de HIO3 debe disolverse en suficiente agua pura a 25 ºC para disponer de 10 litros de solución con pH igual 3.00? La constante de ionización del ácido yódico a esta temperatura es 0.167. Solución.-

Concentración Inicial Cambio Final

HIO3 Co −x Co – x

+

Ka =

Co =

10 Asol. ∗

H2O

⇒

H 3O + 0.0 +x x

NO3− 0.0 +x x

+

x2 Co − x

(10−3 )2 + 10−3 = 1.006 ∗ 10−3 M 0.167

1.006 ∗ 10−3mol HNO3 63 g HNO3 1000 mg HNO3 ∗ ∗ = 633.78 mg HNO3 1 Asol. 1 mol HNO3 1 g HNO3

Ejemplo 10.47.- Calcular el pH, el grado de ionización y la concentración de formiato en una disolución formada por 23 g de formiato de sodio en un volumen de disolución de 300 ml. La constante de disociación ácida del ácido fórmico es Ka = 1.8 ∗10-5. Solución.- Calculamos la concentración del formiato de sodio HCOONa:

[HCOONa] =

23 g HCOONa 1 mol HCOONa ∗ = 1.127 M 0.3 Asol. 68 g HCOONa

Las sales se disocian completamente: HCOONa 1.127

→

HCOO− + 1.127

Na+ 1.127

El ión formiato reacciona con el agua de acuerdo a: HCOO-

Concentración Inicial Cambio Final

+

Co − αCo Co(1 − α) Kb =

H2 O

U

HCOOH

+

0.0 + αCo αCo

OH0.0 + αCo αCo

α2 ∗ Co2 ; donde Kb = 5.55∗10−11 Co(1 − α)

α =

Kb = Co

5.55 ∗ 10−11 = 7.02 ∗ 10−6 1.127

[OH−] = αCo = 7.02∗10−6∗1.127 = 7.91∗10−6 M

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pOH = 5.10 pH = 8.90 La concentración del formiato es:

[HCOO-] = 1.127 M

Ejemplo 10.48.- Calcular el pH de una solución formada por la mezcla de 500 ml de una solución de amoniaco 0.2 M con 200 ml de una solución de ácido clorhídrico 0.15 M. (Kb = 1.8∗10-5) Solución.- Se trata de una reacción ácido base, por lo que es conveniente realizar un balance de materia, para hallar el reactivo en exceso, es decir: 0.2 mol NH3 = 0.1 mol NH3 1 Asol 0.15 mol HCl HCl: 0.2 Asol. ∗ = 0.03 mol HCl 1 Asol.

NH3: 0.5 Asol ∗

Moles Iniciales Cambio Finales Concentraciones

NH3 0.1 −0.03 0.07 0.1 M U NH4+

NH3 + H2O

HCl 0.03 −0.03 0

NH4Cl + 0.03 0.03 0.043 M

OH−

+

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

Despejando la concentración de los iones oxidrilo: [OH−] = 4.19∗10−5 M pOH = 4.38 pH = 9.62 Ejemplo 10.49.- El pH de 100 ml de una solución de amoniaco es 11.00. Determine el pH de la solución resultante cuando se incrementa 50 ml de solución de HCl 0.050 molar, pKb = 4.74 Solución.- Puesto que se trata de una reacción ácido – base, el balance hay que efectuarlo en términos de número de moles, para ello, primero determinaremos la concentración de la solución de amoniaco, para luego realizar el balance. NH3 + H2O

Concentración Inicial Cambio Final

U

Co −x Co – x

La expresión de la constate de equilibrio es:

Kb =

NH4+

+

0.0 +x x

OH0.0 +x x

x2 Co − x

Nuestra tarea ahora es determinar x, que no es más que la concentración de iones oxidrilo. Si el pH es 11, entonces el pOH = 3, por tanto: [OH−] = antilog(−3) = 10−3 M La concentración de la solución de amoniaco es: Co =

x2 (10−3 )2 = = 0.055 M Kb 1.8 ∗ 10−5

Los moles que reaccionan son respectivamente:

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Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R. 0.055 milimol NH3 = 5.5 milimol NH3 1 ml

100 ml sol NH3 ∗

50 ml sol HCl ∗

Concentración Inicial Cambio Final

NH3

0.05 milimol HCl = 2.5 milimol HCl 1 ml sol HCl

+ HCl

5.5 − 2.5 3.0

U

2.5 − 2.5 0

NH4+

Cl−

+

+ 2.5 2.5

+ 2.5 2.5

Las concentraciones de amoniaco y radical amonio son: [NH3] = [NH4+] =

3 milimol NH3 = 0.02 M 150 ml sol

2.5 milimol NH4 + = 0.017 M 150 ml sol

Se ha formado una solución tampón, el pH de la solución será: NH3 + H2O

U

NH4+

+

OH−

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

Reemplazando datos, la concentración de los iones hidróxido es: [OH-] = 2.12∗10−5 pOH = 4.67 pH = 9.33 Ejemplo 10.50.- En laboratorio se prepara una solución amortiguadora de pH 6.70, empleando soluciones de ácido acético y acetato de sodio. Si se pesan 4.1 g de acetato de sodio. ¿Cuántos gramos de ácido acético debe emplearse para preparar 500 ml de solución amortiguadora? Solución.- La concentración de acetato de sodio es: CH3COONa =

4.1 g CH3COONa 1 mol CH3COONa ∗ = 0.1 M 0.5 Asol 82 g CH3COONa

La ecuación de equilibrio iónico es: CH3COO−

+

H2 O

U

CH3COOH

+

OH−

⎡CH3COO− ⎤⎦ ∗ ⎡⎣H3O+ ⎤⎦ Ka = ⎣ [CH3COOH]

La concentración de iones hidronio se calcula a partir del pH [H+] = antilog(−6.7) = 2∗10−7 La concentración de la solución de ácido acético es: ∗ 2 ∗ 10 [CH3COOH] = 0.1M 1.8 ∗ 10−5

0.5 Asol ∗

−7

1.11 ∗ 10−5M

1.11 ∗ 10−5mol 60 g CH3COOH ∗ = 0.033 g CH3COOH 1A 1 mol CH3COOH

Ejemplo 10.51.- Responder a las siguientes preguntas encerrando en un círculo si es verdadero (V) o falso (F) CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

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a) El equilibrio químico se alcanza cuando las concentraciones de algunas especies de la reacción no varía con el tiempo. (F) b) El pH de una solución de acetato de sodio es básico

(V)

c) El pH de una solución acuosa de una sal producida por un ácido fuerte y una base fuerte es neutro, igual a 7 (V) d) El pH del agua pura es siempre igual a 7, cualquiera que sea la temperatura

(F)

e) El pH de una solución de cloruro de amonio es mayor a 7

(F)

f) En un proceso de transformación en equilibrio, cuanto mayor es el valor de la constante de equilibrio, menos productos se forman. (F) g) Para la reacción A(g) ⇔ 2 D (g) A temperatura constante, un aumento de presión (disminución del volumen) provoca que la reacción se desplace hacia la derecha. (F) h) Una disminución de presión desplazará la reacción hacia el menor número de moles (F) i) Para el siguiente sistema en equilibrio A + B U C + D (∆ = negativo). Si se eleva la temperatura a presión constante añadiendo calor al sistema, la reacción se desplazará hacia la derecha (F) j) Un aumento en la concentración de C desplazará la reacción a la derecha

(F)

Ejemplo 10.52.- Calcule el pH de las siguientes disoluciones: a) disolución 0.3 M de NH3, b) disolución 0.4 M de ClNH4, c) disolución 0.3 M de NH3 y 0.4 M de ClNH4, d) Calcule el cambio de pH (∆pH) cuando se añade HCl de modo que la concentración del ácido sea de 0.05 M, en cada uno de los incisos anteriores. Kb para el amoniaco es 1.8∗10-5 Solución.- a) disolución 0.3 M de NH3 Concentración Inicial Cambio Final

NH3

+

H2O

0.3 −x 0.3 − x

+

0.0 +x x Kb =

x=

NH4+

U

OH0.0 +x x

x2 0.3 − x

0.3 ∗ 1.8 ∗ 10−5 = 2.32 ∗ 10−3

[OH−] = 2.32∗10−3 pOH = - log [2.32∗10−3 ] = 2.63 pH = 11.37

b) disolución 0.4 M de ClNH4 NH4

+

H2O

U

NH3 +

0.4 −x 0.4 – x

0.0 +x x Kh =

H3 O + 0.0 +x x

x2 0.4 − x

Kw = Kh∗Kb x=

0.4 ∗

1.0 ∗ 10−14 = 1.49 ∗ 10−5 1.8 ∗ 10−5

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Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R.

pH = − log [1.49∗10

−5

] = 4.83

c) disolución 0.3 M de NH3 y 0.4 M de ClNH4 +

NH3

H2O

⇔

NH4+ +

OH−

⎡NH4 + ⎤⎦ ⎡⎣OH− ⎤⎦ Puesto que se trata de una solución amortiguadora, Kb = ⎣

[NH3 ]

⎣⎡OH ⎦⎤ =

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.3 = 1.35 ∗ 10−5 0.4

pOH = − log [1.35∗10−5 ] = 4.87 pH = 9.13 d) Si añadimos 0.05 M de HCl a) Moles

+

NH3

Iniciales Cambio Final

0.3 - 0.05 0.25

HCl

U

0.05 - 0.05 0

NH4+

+

0.0 + 0.05 0.05

Cl0.0

Hemos formado una solución tampón, por tanto: +

NH3

H2 O

U

NH4+ +

OH−

⎡NH4 + ⎤⎦ ∗ ⎡⎣OH- ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ] ⎡⎣OH− ⎤⎦ =

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.25 = 9.0 ∗ 10−5 0.05

pOH = − log [9.0∗10−5 ] = 4.05 pH = 9.95 ∆pH = 11.37 – 9.95 = 1.42 b) NH4+

+

H2 O

NH3 +

U

0.4 -x 0.4 – x

0.0 +x x

La expresión de la constante de equilibrio es: Kh =

Donde:

H3 O +

0.05 +x 0.05 + x

x ∗ ( 0.05 + x ) 0.4 − x

Kh = 5.55∗10−10

Resolviendo:

x = 4.44∗10−9

La concentración de iones hidronio es:

[H3O+] = 0.05

El pH es:

pH = − log [0.05 ] = 1.3 ∆pH = 4.83 – 1.30 = 3.53

c) Si adicionamos HCl a la solución tampón, éste (HCl) reacciona con la parte básica, es decir: NH3 0.3 - 0.05 0.25

+

HCl

U

0.05 - 0.05 0

NH4+ 0.4 + 0.05 0.45

CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

+

Cl− 0.0

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415

Por tanto: para la nueva solución amortiguadora, NH3

+

H2 O

⇔

NH4+ +

OH−

⎡NH4 + ⎤⎦ ⎡⎣OH- ⎤⎦ Kb = ⎣ [NH3 ]

⎡⎣OH− ⎤⎦ =

1.8 ∗ 10−5 ∗ 0.25 = 1.0 ∗ 10−5 0.45

pOH = − log [1.0∗10−5 ] = 5.00 pH = 9.00 ∆pH = 9.13 – 9.00 = 0.13 10.1.- La concentración de iones hidrógeno en una disolución es igual a 4 ∗ 10−3 molar, determinar el pH de la solución. Rpta.- pH = 2.40 10.2.- Determinar la concentración de los iones hidrógeno de una solución cuyo pH es igual a 4.60. Rpta.- 2.5 ∗ 10−5 molar 10.3.- Se prepara una solución de ácido bromhídrico (ácido fuerte), disolviendo 0.162 g de HBr en la cantidad de agua necesaria para obtener un volumen final de 500 ml. a) ¿Cuál es el pH de la solución? Rpta.- pH = 2.39 10.4.- Determinar el pH de cada una de las siguientes disoluciones: a) una solución de HCl 0.25 M, b) una solución de NaOH 0.050 M, c) una solución de HBr 0.0045 M Rpta.- a) 0.6, b) 12.7, c) 2.35 10.5.- Determinar el pH y el porcentaje de ionización de una solución 0.05 molar de NH3 a 25 °C. Rpta.- 10.97; 1.9% 10.6.- En una solución de ácido láctico C3H6O3, 0.1 molar se encuentra ionizado en un 3.64%. Hallar la constante de ionización del ácido láctico. Rpta.- 1.38 ∗ 10−4 10.7.- Calcular el pH de de las siguientes soluciones: a) Ba(OH)2 = 2.8∗10−4 M, b) HNO3 = 5.2∗10−4 M. Rpta.- a) 10.74, b) 3.28 10.8.- Calcular el pH de las siguientes soluciones: a) [HCOOH] = 0.40 M, b) [HClO4] = 0.4 M, [CH3COOH] = 0.4 M 10.9.- Se disuelve una muestra de 0.0560 g de ácido acético en la cantidad suficiente de agua para preparar 50 ml de disolución, Calcule: a) las concentraciones de H+, CH3COO−, y CH3COOH en el equilibrio, b) el pH de la solución. (Ka para el ácido acético = 1.8∗10−5) 10.10.- ¿Cuál es la molaridad inicial de una disolución de ácido fórmico (HCOOH) cuyo pH en el equilibrio, es 3.26?. Rpta.- 2.3∗10−3 M 10.11.- Calcule el porcentaje de ionización del ácido benzoico en las siguientes concentraciones: a) 0.60 M, b) 0.0046 M, c) 0.00028 M. (Ka = 6.5∗10−5) Rpta.- a) 3.5%, b) 33%, c 79% 10.12.- El pH de una disolución de una base débil 0.30 M es 10.66, ¿Cuál es la constante Kb de la base? Rpta.- 7.1∗10−7 M 10.13.- ¿Cuál es la molaridad inicial de una disolución de amoniaco cuyo pH es 11.22? 10.14.- En una disolución de NH3 0.080 M. ¿Qué porcentaje de NH3 está presente como NH4+? Rpta.1.5%

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Mg. Sc. Ing. Leonardo G. Coronel R. −

10.15.- Calcule las concentraciones de H+, HCO3 , y CO3 [H+] = [HCO3−] = 1∗10−4 M, [CO3−2] = 4.8∗10−11 M

−2

en una disolución de H2CO3 0.025 M Rpta.-

10.16.- Calcule el pH de una disolución de CH3COONa 0.36 M 10.17.- Calcule el pH de una disolución de NH4Cl Rpta.- 4.82 10.18.- La base débil, NH3, tiene una constante de ionización cuyo valor es 1.8 ∗10−5. ¿Cuál es la concentración de OH− de una disolución preparada disolviendo 0.25 moles de NH3 y 0.75 moles de NH4Cl en el agua necesaria para obtener 1 litro de disolución? Rpta. 6.0 ∗10−6. 10.19.- ¿Cuántos moles de NaCN deben disolverse en un litro de HCN 0.2 F para dar una disolución con una concentración de iones hidrógeno 1∗10−6 M? Rpta. 8 ∗10−5. 10.20.- Una mezcla de Na2CO3 y NaHCO3 pesa 59.2 g. La mezcla se disuelve en suficiente agua para formar 2 litros de disolución. El pH de esta disolución es 10.62. ¿Cuántos gramos de Na2CO3 había en la mezcla? Rpta. 42.5 g 10.21.- Una solución de 0.200 M de ácido acético y 0.200 M de acetato de sodio. a) ¿Cuál es el pH?, b) ¿Cuál será el nuevo valor del pH al agregar a un litro de esta solución 0.05 mol de HCl? Rpta. 4.74; 4.54. 10.22.- a) ¿Cuál es el pH de una solución 0.100 M de NH3 y 1.50 M de NH4Cl?, b) ¿Cuál será el nuevo valor del pH si se agrega 0.100 M de KOH? Rpta. 8.08; 8.41 10.23.- Un volumen de 4.0 ml de NaCN 0.10 F ha sido mezclado con 2.0 ml de ácido clorhídrico y 4.0 ml de agua para dar 10.0 ml de una disolución con una concentración en iones hidrógeno 0.10 M. ¿Cuál es la formalidad del ácido clorhídrico? Rpta. 0.70 F 10.24.- Las constantes de ionización K1 y K2 para el ácido tartárico, H2C4H4O6, son 9.6 ∗10-4 y 2.9∗10-5, respectivamente. Calcular: a) el pH de una disolución 0.1 molar de ácido tartárico y b) las concentraciones de los iones bitartrato, HC4H4O6-, y tartrato, C4H4O6= en dicha solución. Rpta. 2.03; 9.31 ∗10−6 y 2.89 ∗10−5 respectivamente. 10.25.- La constante de ionización del ácido benzoico, C6H5COOH, es 6.3∗10−5. Determinar el grado de hidrólisis del benzoato de sodio en una disolución que contiene 5 g por litro y calcular el pH de la disolución. Rpta. α = 6.23 ∗10−5, pH = 8.41 10.26.- A 25 ºC, 600 cc de agua pura disuelven 0.100 g de fluoruro cálcico. Hallar a esta temperatura el producto de solubilidad del fluoruro cálcico. Rpta. 3.9 ∗10−11. 10.27.- El producto de solubilidad del perclorato potásico, KClO4, es 1.07 ∗10−2. Hallar el volumen de disolución que contiene disuelto 1.00 g de KClO4. Rpta.- 70.1 ml 10.28.- Una disolución contiene 2.0 ∗10−5 moles de Br- por litro y 0.01 moles de cl- por litro. El Kps del AgCl es 1.56 ∗10−10 y el del abr 3.25 ∗10−13. a) ¿Cuál de estos iones comenzará a precipitar primero cuando se añaden iones Ag+ a la disolución anterior?, b) ¿Cual será su concentración cuando el otro ión empiece a precipitar? Rpta. Cl−; 0.096 10.29.- La constante de ionización del ácido benzoico, C6H5COOH. Es 6.3 ∗10-5. Determinar el grado de hidrólisis del benzoato de sodio en una disolución que contiene 5 g por litro y calcular el pH de la disolución. Rpta. α = 6.23 ∗10-5, pH = 8.41 10.30.- Hallar el pH de la disolución que resulta al mezclar; a) 90 ml de amoniaco 0.1 molar y 10 ml de ácido clorhídrico 0.1 molar; b) 55 ml de amoniaco 0.1 molar y 4.5 ml de ácido clorhídrico 0.1 molar. (Considere Kb = 1.75 ∗10-5) 10.31.- En un litro de agua pura a 25 ºC se disuelven 0.0455 g de sulfato de plomo. Calcular el producto de solubilidad del sulfato de plomo a esta temperatura. Rpta. 2.25 ∗ 10-8. 10.32.- A 25 ºC, 600 cc de agua pura disuelven 0.100 g de fluoruro cálcico. Hallar a esta temperatura el producto de solubilidad del fluoruro cálcico.

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Rpta. 3.9 ∗10

-11

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10.33.- A temperatura ambiente, una disolución saturada de cloruro de plomo contiene 0.90 g de la sal en 200 cc. Calcular el producto de solubilidad del cloruro de plomo Rpta. 1.7 ∗10-5. 10.34.- El producto de solubilidad del cromato de plata. Ag2CrO4, a 25 ºC es 1.2 ∗10-12. Hallar la solubilidad en moles por litro. Rpta. 6.69 ∗10-5 moles/litro 10.35.- El producto de solubilidad del perclorato potásico, HClO4, es 1.07 ∗10-2. Hallar el volumen de disolución que contiene disuelto 1.00 g de KClO4. 10.36.- Una disolución contiene 2.0 ∗10-5 moles de Br- por litro y 0.01 moles de cl- por litro. El Kps del AgCl es 1.56 ∗10-10 y el del abr 3.25 ∗10-13. a) ¿Cuál de estos iones comenzará a precipitar primero cuando se añaden iones Ag+ a la disolución anterior?, b) ¿Cual será su concentración cuando el otro ión empiece a precipitar? Rpta. Cl-; 0.096 10.37.- Si a una determinada solución 1.0 ∗10-7 F en KI y 0.10 F en NaCl se añaden AgNO3 sólido. ¿Cuántos moles por litro de AgI se precipitarán antes de que la disolución este saturada con AgCl? Los productos de solubilidad son: AgI = 1.00 ∗10-16, AgCl =.1.10 ∗10-10. Rpta.1.00 ∗10-8.

La presente obra será publicada pronto, está siendo revisada por una editorial internacionalmente reconocida. El CD, cuesta 5 bolivianos, no pague más o solicite al 71551528 Mg. Sc: Ing. Leonardo G. Coronel R.

CÓMO RESOLVER PROBLEMAS EN QUÍMICA GENERAL

QMC – 101

TÉCNICO CIENTÍFICO