K a = K b = Algunos ejercicios resueltos de FISICOQUIMICA- I ( , Grupo 3º) Hoja nº 5 (Modulo 2, tema 9: Eq.

(1)

3) Considerando comportamiento ideal, calcúlese el pH de las siguientes disoluciones acuosas:

a) HCl 0.0100 M. b) NaOH 0.0100 M. c) CH3-COOH 0.100 M. d) NH3 0.100 M. e) HF 0.500 M y 0.0500 M, calcule aquí también los porcentajes de disociación. f) NH4Cl 0.100 M. g) NaCH3COO 0.100 M. h) NH4CH3COO 0.100 M. i) NaCO3H 0.100 M. j) H2CO3 0.025 M.

-a) HCl 0.0100 M. HCl ’ H+ _{+ Cl} -pH = -log [H+_] pH = -log 0.0100 =

2.00

b) NaOH 0.0100 M. NaOH ’ Na+_{+ OH}

-pOH = -log [OH-_]

pOH = -log 0.0100 = 2.00

pH = 14.00 – pOH = 14.00-2.00 =

2.00

c) CH3-COOH 0.100 M.

CH3−COOH d CH3−COO− + H+ (pKa=4.76dKa=10−pKadKa =10−4.76=1.74.10−5)

0.100 − x d x + x

K

a

=

x

2

0.100−x

=

1.74.10

−5

de donde: x2_{+ 1.74 · 10}-5 _{x - 1.74 10}-6_{= 0 , que resolviendo da: x = 1.31 10}-3

pH = - log [H+_{] de donde: pH = - log (1.31 10}-3_{) =}

_2.88

d) NH3 0.100 M. NH3 + H2O d NH4+ + OH− (pKb=4.75dKb=10−pKbdKb=10−4.75=1.78.10−5) 0.100 − x d x + x

K

b

=

x 2 0.100−x

=

1.78.10

−5

de donde: x2_{+ 1.78 10}-5 _{x - 1.78 10}-6_{= 0} _{que resolviendo da: x = 1.33 10}-3

pOH = - log [OH-_{] , de donde : p0H = -log 1.33 10}-3_{= 2.87}

(2)

e) HF 0.500 M y 0.0500 M HF d H+ + F− (pKa=3.15dKa=10−pKa_d_Ka=₁₀−3.15=_7.08.10−4) 0.500 − x d x + x

K

a

=

x 2 0.500−x

=

7.08.10

−4

de donde: x2_{+ 7.08 10}-4 _{x - 3.54· 10}-4_{= 0 , que resolviendo da: x = 0.0185}

pH = -log [H+_{], de donde : pH = -log 0.0185 =}

_1.73

%

de disociacio

´

n

=

0.0185_0.500

.100

=

3.76 (

3.76 %

disociado

)

Ahora, HF d H+ + F− (pKa=3.15dKa=10−pKa_d_Ka=₁₀−3.15=_7.08.10−4) 0.050 − x d x + x

K

a

=

x 2 0.050−x

=

7.08.10

−4

de donde : x2_{+ 7.08 10}-4 _{x - 3.54· 10}-5_{= 0 , que resolviendo da x = 5.61·10}-3

pH = -log [H+_{] , de donde : pH = -log 5.61 ·10}-3₌

_2.25

%

de disociacio

´

n

=

0.00561_0.050

.100

=

11.2 (

11.2 %

disociado

)

Nota: obsérvese que el HF está más disociado en la disolución más diluida ya que α = raiz cuadrada(Ka /C) y al disminuir C en el denominador aumenta α .

f) NH4Cl 0.100 M. NH4Cl d NH4+ + Cl− NH₄+ +H2O d NH3 + H3O+ (pKa =9.25dKa =10−pKa dKa=10−9.25=5.62.10−10) 0.100 −x d x + x

K

a

=

x 2 0.100−x

=

5.62.10

−10

aquí se podría despreciar la x frente a 0.100 y operar directamente, dando:

x = 7.50 10-6 _{(como se ve ha sido correcto el despreciar este valor frente a 0.100)}

pH = -log [H3O+] , de donde pH = -log 7.50 10-6 =

5.12

(3)

g) NaCH3COO 0.100 M.

NaCH3COO d Na+ + CH3COO−

x

CH3COO−H2OdCH3COOH + OH−

0.100 − x d + x

(como el pKa del ácido acético es 4.76, el pKb del acetato es 14.00 – 4.76 = 9.24, de donde:

(pKb = 9.24 d Kb=10−pKb dKb= 10−9.25=5.75.10−10)

K

b

=

x

2

0.100−x

=

5.75.10

−10

aquí se podría despreciar la x frente a 0.100 y operar directamente, dando:

x = 7.58 10-6 _{(como se ve ha sido correcto el despreciar este valor frente a 0.100)}

pOH = -log [OH-_{] , de donde pOH = -log 7.58 10}-6 _{= 5.12}

pH = 14.00 - pOH = 14.00 - 5.12 =

8.88

h) NH4CH3COO 0.100 M. (sal de ácido débil y base débil)

pH = pKa1+pKa2

2

(el pKa1 del NH+4 es 9.25 y el pKa2 del ácido acético es 4.76)

pH = 9.25+₂4.76 = 7.01

i) NaCO3H 0.100 M. (sal compuesta de un ión anfótero y otro neutro)

pH = pKa1+pKa2

2

(el pKa1 del CO3H2 es 6.35 y el pKa2 del CO3H2es 10.33)

pH = 6.35+₂10.33 = 8.34 j) H2CO3 0.025 M. H2CO3 +H2O d H3O+ + HCO3− 0.025 −x d x + x

K

a

=

x 2 0.025−x

=

4.20.10

−7

se puede despreciar x frente a 0.025 y operar, dando como resultado:

x = 1.02 10-4 _{(la hipótesis de despreciar x frente a 0.025 fue correcta)}

pH = -log [H+_{] de donde: pH = -log 1.02 10}-4 _{= 3.99}

Nota: Se podría seguir considerando ahora la disociación del HCO3- , que tiene una Ka de

4.8 10-11_{, que es bastante más pequeña que la anterior, lo que daría como resultado un}

aumento de [H+_{] despreciable frente al anterior (estos cálculos pueden verse en el libro de}

(4)

10) El tri(hidroximetil)aminometano es una base débil que se conoce con el nombre de “Tris” y se usa frecuentemente como tampón debido al siguiente equilibrio de disociación:

escrito abreviadamente como: TrisH+

l

_{Tris + H}+ _{(pKa = 8.08)}

a) Indique cómo prepararía un litro de tampón TrisH+_{/Tris de concentración 0.100M y pH} 8.00 a partir de Tris (sólido cristalino de M.M = 0.121 g/mol) y HCl 1.00 M.b) Si se vierte accidentalmente 1 mL de HNO3 de concentración 5.00 M sobre el litro de la disolución tampón, ¿cuál será el nuevo pH?

-Solución:

TrisH+

l

_{Tris + H}+ _{(pKa = 8.08)}

i) Lo primero que se hará, es el cálculo teórico de las concentraciones en el tampón. Para ello se deben cumplir las dos condiciones siguientes:

Ecuación de Henderson-Hasselbalch

8.00 =

8.08 +

log

_[_TrisH[Tris]₊_]

[Tris] + [TrisH+_{] = 0.100 M}

Resolviendo el sistema de dos ecuaciones :

−

0.08 =

log

_[_TrisH[Tris]+_]

u

[Tris] [TrisH+]

=

0.83

Así, [Tris] = 0.83 [TrisH+_] 0.83 [TrisH+_{] + [TrisH}+_{] = 0.100 M} 1.83 [TrisH+_{] = 0.100 M}

[

_TrisH

+

]

=

0.100_1.83M

=

_0.0546

[Tris] = 0.100 M – 0.0546 M = 0.0454 M

Las concentraciones que debe llevar el tampón son: [Tris] = 0.0454 y [TrisH+_{] =0.0546}

ii) Procedimiento práctico: en el laboratorio se dispone de Tris, por lo tanto, se hallan los gramos necesarios:

g (Tris) = 1.00 L * 0.0454 mol.L-1_{* 121 g.mol}-1 _{==> g (Tris) = 5.49 g}

Por el contrario, en el laboratorio no se dispone de TrisH+_{, pero sí de Tris y HCl 1.00 M, que}

juntos, darán como producto TrisH+_.

Se calcula entonces los gramos de Tris para pasarlos a TrisH+_:

g (Tris) = 1.00 L · 0.0546 molL-1_{· 121 gmol}-1_{g (Tris) = 6.61 g}

(5)

V

_&

M

=

V

æ

_&

M

æ

~

Ç

HCl que tengo Lo que quiero V . 1.00 M = 1.00 L ·. 0.0546 M V = 0.0546 L = 54.6 mL

En resumen, la preparación se realizaría de la siguiente manera: se toma un matraz de

1.00 L de capacidad y se le añade: 5.49 g de Tris, mas 6.61 g de Tris para pasarlo a TrisH+_,

mas 54.6 mL de HCl 1.00 M y agua hasta enrasar.

b) (1000 mL + 1 mL 1001 mL

=

l

1000 mL en la práctica)

5.00 M ·. 1.00 · 10-3_{L (HNO}

3) = 1.00 L . M´ (HNO3)

La molalidad del HNO3 en la disolución tampón es:

M´(HNO3) = 5.00 · 10-3 M

lo que quiere decir que la concentración de iones hidrógeno que añado es: [H+_{] = 1 * M´= 5.00 * 10}-3_M

TrisH

+

l

_Tris

+

_H

+

û

_H

+

[inicial] 0.0546 0.0454

[final] 0.0546 + x 0.0454 – x

El equilibrio se desplaza hacia la izquierda como dice el principio de Le Châtelier, puesto que estamos aumentando la cantidad de productos, el equilibrio se desplaza hacia la izquierda para compensar la variación.

pH

=

8.08 +

log

0.0454_0.0546−₊_5.00.105.00.10−−33

=

7.91