QUÍMICA. 2º DE BACHILLERATO

QUÍMICA. 2º DE BACHILLERATO

PROFESOR: CARLOS M. ARTEAGA

UNIDAD DIDÁCTICA 7: ÁCIDOS Y BASES

 SELECTIVIDAD

RECOPILACIÓN DE EJERCICIOS RESUELTOS

 Se prepara una disolución añadiendo 4,88 g de ácido benzoico, C

6

H

5

COOH, a la cantidad de agua necesaria para obtener 500 mL de disolución. En dicha disolución el ácido está disociado en un 2,8%.Calcula:

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

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

^–

.

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

Datos. pK

a

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

(PAU. Comunidad de Madrid. 2015 Modelo)

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

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

6H = 6 · 1 = 6

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

n 0,04 moles

P.m. 122

  

La concentración del ácido benzoico que se ha preparado es:



6 5



n 0,04 mol

C H COOH 0,08M

V 0,5 L

  

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

C6H5COOH + H2O  C6H5COO^– + H3O⁺ Concentración Inicial 0,08M — —

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

Concentración Equilibrio 0,08·(1– 0,028) 0,08·0,028 0,08·0,028 Calculamos con estos valores la constante de equilibrio Ka:

  ^  ^ 

– 6

3 5

a

5

2

6 5

H O C H C 0,08 0,028

K 6,45 10 M

0,08 1 0,028 OO

C H COOH



     

   

   

  Y de aquí calculamos el valor de pKa: pKa= – log Ka = – log (6,45·10^–5) = 4,20

b) La concentración de H3O⁺ es: H3O⁺ = 0,08 · 0,028= 2,24·10^–3 M pH = –log H3O⁺ = –log (2,24·10^–3) = 2,65

OH^– = 10^–14/2,24·10^–3 = 4,46·10^–12 M

c) La constante de acidez del ácido hipocloroso es:

Ka = 10^–pKa = 10^–7,54 = 2,88 · 10^–8

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

HClO + H2O  HCl^– + H3O⁺ Concentración Inicial c0 — —

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

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

  ^  ^ 

 

2 2

–

3 0 0 8

a

0 8

5

0 2

H O ClO c 0,028 c 0,028

K 2,88 10 M

c 1 0,028 1 0,028 2,88 10 1 0,028

c 3,57 10 M

0,02 H

8 ClO









      

   

    

  

  

  

 Se preparan 250 mL de una disolución acuosa de ácido acético cuyo pH es 2,9.

a) Calcula la concentración inicial del ácido acético.

b) Obtén el grado de disociación del ácido acético.

c) Determina el volumen de ácido acético de densidad 1,15 g· mL

^–1

que se han necesitado para preparar 250 mL de la disolución inicial.

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

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

^–5

. (EvAU. Comunidad de Madrid. Julio 2019)

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

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

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

HAc (aq) + H2O (l)  Ac^– (aq) + H3O⁺ (aq) Concentración Inicial C0 — — Cambios – 1,26 · 10^–3 +1,26 · 10^–3 +1,26 · 10^–3 Concentración Equilibrio C0– 1,26 · 10^–3 1,26 · 10^–3 1,26 · 10^–3

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

     

 

 

 

3 2 5 3

a 3

0 3 2

3

0 5

3 2 3

0 5

0

3

1,26 10 H O Ac

K HAc 1,8 10

HAc C 1,26 10 1,26 10

C 1,26 10

1,8 10 1,26 10 C 1,26 10

1,8 10 C 0,09M

CH COOH 0,09M



 

















    

   

   

 

   



   







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

3 3

0

H O 1,26 10

0,014 1,4%

C 0,09

 

  

 

    

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

 

^{M n n}

 

^{M V 0,09mol} 0,25L 0,0225moles

V L

      

Como la masa molecular del ácido acético (C2H4O2) es: 2·12 + 4·1 + 2·16 = 60 La masa de acético puro que hay en la disolución preparada es:

m = n · P.m. = 0,0225 · 60 = 1,35g

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

1

m m 1,35g

V 1,17mL

V 1,15g mL^

     

 

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

 

ⁿ 0,0225moles

M 0,045M

V 0,5L

  

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

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

Concentración Inicial 0,045M — —

Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,045– x x x

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

 

3 2 5

a

H O Ac x x x

K 1,8 10

HAc 0,045 x 0,045 x

 

     



   

    

 

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

2

5 2 5 5 4

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

   

           

Por lo que:

[H3O⁺] = 9·10^–4M

–4

pH  – log H O 3 ^  – log x –log 9 10   3,05

 Responde a las siguientes cuestiones:

a) Escribe los equilibrios de disociación en agua de HNO

2

, NH

3

y HSO

4−

e indica si actúan como ácido o como base.

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

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

Datos: K

a

(HNO

2

) = 5,6·10

⁻⁴

; K

a

(HSO

4−

) = 1,0·10

⁻²

; K

a

(ácido acético) = 1,8·10

⁻⁵

; K

a

(ácido salicílico) = 1,1·10

⁻³

; K

b

(amoniaco) = 1,8·10

⁻⁵

.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Junio 2018)

a)

HNO

2

(aq) + H

2

O(l)  NO

2–

(aq) + H

3

O

⁺

(aq)

Comportamiento ácido

NH

3

(aq) + H

2

O(l)  NH

4+

(aq) + OH

^–

(aq)

Comportamiento básico

HSO

4–

(aq) + H

2

O(l)  SO

4=

(aq) + H

3

O

⁺

(aq)

Comportamiento ácido

HSO

4–

(aq) + H

2

O(l)  H

2

SO

4

(aq) + OH

^–

(aq)

Comportamiento básico

El

HNO

2

tiene comportamiento ácido, el NH

3

tiene comportamiento básico y el HSO

4–

es una especie

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

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

Lo podemos hacer mediante cálculos numéricos:

HA (aq) + H2O (l)  A^– (aq) + H3O⁺ (aq)

Concentración Inicial 0,2M — —

Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,2– x x x

Para el ácido acético:

    ^{ }

3 2 5 3

a

H O A x x x

K HAc 1,8 10 x 1,91 10 M pH HAc 2,72

HA 0,2 x 0,2 x

 

 

    

   

         

 

Para el ácido salicílico:

  ^{ }

3 2 3 3

a

H O A x x x

K (HSa) 1,1 10 x 1,43 10 M pH HSa 1,84

HA 0,2 x 0,2 x

 

 

    

   

         

 

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

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

Concentración Inicial 0,45M — —

Cambios – x +x +x

Concentración Final 0,45 – x x x

Sustituyendo en la constante de equilibrio:

 

 

2

eq eq 5 3

b

3 eq 3

14 14

14 12

3 3

–

–

–

12 4

3 –

x x x

K 1,8 10 x 2,84 10

0,45 x 0,45 x 2,84 10 M

10 10

H O 10 H O 3,52 10 M

2,84 10 pH log 3,52 10 11

NH OH

NH O

,45 H

OH OH

 



 

   







     

   

       

 

   

 

            

          

   

Si el pOH de la disolución es:

pOH = 14 – pH = 14 – 11.12 = 2,88

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

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

Que sustituido en la ecuación de la constante de equilibrio:



³



²

2

5

b 3

1,32 10 M

K x 1,74 10 M

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







    

  

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

–log 1,74·10^–5 – log Ka(NH4+) = 14  Ka(NH4+) = 5,75·10^–10M

 Se disuelven 0,675 gramos de ácido cianhídrico en agua hasta completar 500 mL de disolución.

a) Determina su concentración molar.

b) Calcula su pH.

c) Calcula la concentración que debe tener una disolución de ácido clorhídrico para que tenga el mismo pH que la disolución de ácido cianhídrico.

Datos: pKa (ácido cianhídrico) = 9,2. Masas atómicas: H = 1; C = 12; N = 14.

(EvAU. Comunidad de Madrid. Julio 2018)

a) Para conocer la molaridad del HCN necesitamos conocer el número de moles:

P.m. = 1 + 12 + 14 = 27

HCN

m(g) 0,675

n 0,025

P.m. 27

  

Y la concentración del HCN es: 

^HCN



^{n 0,025 0,05M}

V(L) 0,5

  

b) El HCN es un ácido débil. Hacemos la tabla de valores:

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

Concentración Inicial 0,05 M — —

Se disocian/se forman – x + x + x

Concentración Final 0,05 – x x x

Aplicando la ley del equilibrio químico:

 

a

3 2 a

pK 9,2 10

a

H O CN x x x

K HCN 0,05 x 0,05 x

K 10 10 6,31 10

 

  

     

   

  

 

   

Luego:

2

10 6

3

x 6,31 10 x H O 5,62 10

0,05 x











       

 Y por tanto el pH es:



⁶



pH log H O 3 ^ log 5,62 10 ^ 5,25

c) Al ser un ácido fuerte, el HCl se disocia por completo, por lo que su concentración debe ser la misma que la concentración de protones del apartado b, por lo tanto su valor tiene que ser 5’62 · 10

^–6

M

 Calcula el pOH de las siguientes disoluciones 0,20 M.

a) CH

3

COOH; pKa = 5.

b) Ca(OH)

2

. c) NH

3

; pKb = 5.

(PAU. Comunidad de Madrid. Junio 2017)

a) Disolución 0,20M de ácido acético:

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

Concentración Inicial 0,20M — —

Cambios – x +x +x

Concentración Equilibrio 0,20 – x x x

 

 

a

3 2 a

pK 5

a

2

5 5 3

3 3

3

H O Ac x x x

K HAc 0,20 x 0,20

K 10 10

10 x x 0,20 10 1,41 10

0,20 H O 1,41 10

pH log 1,41 10 2,85 pOH 14 pH 14 2,85 11,15

 

 

  

 



     

   

  



 

     

   

 

   

    

b) Disolución 0,20M de hidróxido de calcio:

El hidróxido de calcio es una base fuerte y se disocia por completo:

Ca(OH)2  Ca²⁺ + 2(OH^–) Concentración Inicial 0,20M — — Concentración Final 0 0,20M 2·0,20M

OH 0,4M

pOH log OH log 0,4 0,40





  

 

 

      

c) Disolución 0,20M de amoniaco:

El equilibrio que mantiene el amoníaco en agua es:

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

Concentración Inicial 0,2M — —

Se disocian/se forman – x + x + x

Concentración Final 0,2 – x x x

Como su constante de basicidad es:

 

 

b

2 b

3

pK 5

b

– 4

–

– 2

5 5 3

3

3

x x x

K 0,2 x 0,2

K 10 10

10 x x 0,2 10 1,41 10 M

0

NH OH

NH

O

,2

1,41 10 M

pOH log log 1,41 10 2 8

H

O H , 5

 

  









    

   

  



 

     

   

 

 

       

 Una disolución acuosa 0,2 M de metilamina tiene pH = 12.

a) Escribe la reacción de disociación en agua de la metilamina.

b) Calcula el grado de disociación de la metilamina en la disolución.

c) Calcula el pH de una disolución acuosa de hidróxido de potasio 0,2 M.

d) A partir de los resultados anteriores, justifica si la metilamina es una base fuerte o débil.

(PAU. Comunidad de Madrid. Junio 2015)

a) El pH > 7 indica que la metilamina es una base, por tanto:

CH

3

NH

2

+ H

2

O  CH

3

NH

3+

+ OH

⁻

b) Tenemos:

CH

3

NH

2(aq) +

H

2

O

(l) 

CH

3

NH

3+ (aq) +

OH

⁻ (aq)

Concentración Inicial 0,2M — —

Se disocian/se forman – 0,2 + 0,2 + 0,2

Concentración Final 0,2 (1 – ) 0,2 0,2

Como conocemos el pH podemos calcular la concentración de hidróxido pOH = 14 – pH  pOH = 14 – 12 = 2  [OH

⁻

] = 10

⁻²

M

Por tanto

[OH

⁻

] = 0,2   10

⁻²

= 0,2    = 0,05

c) El hidróxido de potasio KOH, es una base fuerte por tanto se disocia al 100% ( = 1) El hidróxido de calcio es una base fuerte y se disocia por completo:

KOH  K⁺ + OH^– Concentración Inicial 0,2M — — Concentración Final 0 0,2M 0,2M

OH 0,2M

pOH log OH log 0,2 0,7 pH 14 pOH 14 0,7 13,3





  

 

 

     

    

d) La metilamina es una base débil, tiene un grado de disociación  bajo, mucho menor que la unidad. A igual concentración que la disolución de KOH, la de metilam¡na tiene un pH menor, es menos básica.

 Considera los siguientes ácidos y sus valores de pKa indicados:

HCOOH pK

a

= 3,74 ; HClO

2

pK

a

= 1,96; HCN pK

a

= 9,21 a) Justifica cuál es el ácido más débil.

b) Calcula K

b

para la base conjugada de mayor fortaleza.

c) Si se preparan disoluciones de igual concentración de estos ácidos, justifica, sin hacer cálculos, cuál de ellas será la de menor pH.

d) Escribe la reacción entre NaOH y HCN. Nombre el producto formado.

(PAU. Comunidad de Madrid. Septiembre 2014)

a) La fortaleza de los ácidos está directamente relacionada con su constante de acidez, cuanto mayor es la constante de acidez, más disociado se encuentra el ácido y por tanto tiene mayor fuerza. El pKₐ es el menos logaritmo del valor de la constante (pKₐ = -logKₐ), por lo que cuanto mayor sea el valor de pKₐ, menor será el valor de la constante y menor fortaleza tendrá el ácido, por lo tanto el ácido más débil será el de menor pKₐ, el ácido cianhídrico.

b) La base conjugada de mayor fuerza será la base conjugada del ácido más débil, por lo tanto será la base conjugada del ácido cianhídrico (HCN). La constante de basicidad se obtiene mediante la relación entre la constante de un ácido y la de su base conjugada.

K

a

· K

b

= K

w

= 10

^–14

K

a

(HCN) = 10

^–pKa

= 10

^–9,21

= 6,17 · 10

^–10

14 W 5

b 10

a

K 10

K 1,62 10

K 6,17 10

 

 



 



c) El pH de una disolución es el menos logaritmo de la concentración de iones H

3

O

⁺

(pH= – log [H₃O⁺]), y por tanto, el valor del pH es inversamente proporcional a la fortaleza del ácido, siendo la disolución del ácido más fuerte (menor pKₐ) la de menor pH, en este caso el ácido cloroso (HClO₂).

d) Se trata de una reacción de neutralización entre un ácido muy débil (HCN) y una base fuerte (NaOH):

NaOH + HCN → NaCN + H₂O

 Se tienen dos disoluciones acuosas, una de ácido salicílico HA (Ka = 1·10

^–3

) y otra de ácido benzoico HB (Ka = 6,6·10

^–5

). Si la concentración de los dos ácidos es la misma, contesta razonadamente a las siguientes preguntas:

a) ¿Cuál de los dos ácidos es más débil?

b) ¿Cuál de los dos ácidos tiene un grado de disociación mayor?

c) ¿Cuál de las dos disoluciones da un valor menor de pH?

d) ¿Cuál de las dos bases conjugadas es más débil?

(PAU Aragón 2005)

a) El ácido más débil es el que deja menos protones en disolución acuosa y por lo tanto el de menor valor de K

a

por lo que será el ácido benzoico.

b) Por la misma razón expuesta antes el más disociado será el ácido más fuerte, puesto que deja mayor número de protones [H

3

O

⁺

] en disolución acuosa; en este caso será el ácido salicílico.

c) Un menor valor de pH corresponde a una mayor concentración de H

3

O

⁺

en disolución por lo que vuelve a ser el ácido salicílico.

d) La base conjugada más débil es la que corresponde al ácido más fuerte; por lo tanto será el salicilato.

 Se preparan 500 mL de una disolución que contiene 0,2 moles de un ácido orgánico monoprótico cuyo pH es 5,7. Calcula:

a) La constante de disociación del ácido.

b) El grado de disociación del ácido en la disolución.

c) La constante K

b

de la base conjugada.

(PAU Comunidad de Madrid 2002)

DATOS CONOCIDOS:

V = 500ml = 0,5L; nHA = 0,2; [HA] = 0,2moles/0,5litros = 0,4M; pH = 5,7 a) Cálculo de la constante de disociación Ka:

HA (aq) + H2O (l)  A^– (aq) + H3O⁺ (aq)

Concent. inicial 0,4 – –

Cambios –x +x +x

Concent. en el equilibrio 0,4 – x x x

pH 5.7 6

xH O3 ^ x 10^ 10^  2 10^ Aplicando la ley del equilibrio químico:

 

^{2 2}



⁶



²

3 11

a

2 10

H O A x x x x

K 10

HA 0,4 x 0,4 x 0,4 0,4



 

      



   

     

 

b) Cálculo del grado de disociación :

6

6 0

concentración disociada x 2 10 concentración inicial c 0,4 5 10



 

     

c) Cálculo de Kb:

14

14 W 3

a b W b 11

a

K 10

K K K 10 K 10

K 10



 

       

 Sabiendo que la constante de ionización del ácido cianhídrico es Ka(HCN) = 6,2 · 10

^–10

mol/L, calcula el pH y el grado de hidrólisis de una disolución acuosa de cianuro de sodio 0,01 M.

(EvAU. Murcia. Junio 2018)

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

CN

^–

+ H

2

O  HCN + OH

^– Con:

  ^{ } _

^W

_

^{14 5}

h 10

a

HCN OH K 1,0 10

K CN 1,6 10 M

K HCN 6,2 10 CN

 

 

 

 

   

    



 

 

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

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

Concentración Inicial 0,01 M — —

Cambios – x + x + x

Concentración Final 0,01 – x x x

Sustituyendo:

 

⁵

h

K CN x x 1,6 10 M

0,01 x



   





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

 

^{2 5 5 4}

h

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



  



   



  



Despejando [H3O⁺]:

14 14

W 11

3 4

H K = 2

O x

1,0 10 1,0 10

O ,5 10 M

4,0 10 H

 





 

   

  

     

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

nº de moles de CN hidrolizados 4,0 10 M4

nº de moles iniciales de CN 0,01M 0,04

 



    

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

 Se preparan disoluciones acuosas de los siguientes compuestos: yoduro de potasio, nitrito de sodio, bromuro de amonio y fluoruro de sodio.

a) Escribe los correspondientes equilibrios de disociación y los posibles equilibrios de hidrólisis resultantes para los cuatro compuestos en disolución acuosa.

b) Justifica el carácter ácido, básico o neutro de cada una.

Datos: K

a

ácido nitroso = 7,2·10

^4

; K

a

= ácido fluorhídrico = 6,6·10

^4

; K

b

amoniaco = 1,8·10

^5

. (PAU. Comunidad de Madrid. Junio 2011)

a) El yoduro de potasio (KI) se disocia en agua

KI  K

⁺

+ I

^

.

El catión K

⁺

, proviene de una base fuerte (KOH) por tanto, no produce hidrólisis.

El anión I

^

, es la base conjugada de un ácido fuerte (HI) por tanto, no reacciona con el agua de

la disolución, no produce hidrólisis.

El nitrito de sodio (NaNO

2

) se disocia en agua

NaNO

2

 Na

⁺

+ NO

2

El catión Na

⁺

, proviene de una base fuerte (NaOH) por tanto, no reacciona con el agua de la disolución (no se produce hidrólisis).

El anión NO

2

, es la base conjugada de un ácido débil (HNO

2

) por tanto, reacciona con el agua (se produce hidrólisis)

NO

2

+ H

2

O  HNO

2

+ OH

^

El bromuro de amonio (NH

4

Br) se disocia en agua

NH

4

Br  NH

4+

+ Br

^

El anión Br

^

, es la base conjugada de un ácido fuerte (HBr) por tanto, no produce hidrólisis.

El catión NH

4+

, es el ácido conjugado de una base débil (NH

3

) por tanto, produce hidrólisis.

NH

4+

+ H

2

O  NH

3

+ H

3

O

⁺

El fluoruro de sodio (NaF) se disocia en agua

NaF  Na

⁺

+ F

^

.

El catión Na

⁺

, proviene de una base fuerte (NaOH) por tanto, no produce hidrólisis.

El anión F

^

, es la base conjugada de un ácido débil (HF) por tanto, produce hidrólisis.

F

^

+ H

2

O  HF + OH

^

b) La disolución de yoduro de potasio es neutra al proceder las dos especies de ácido y base fuertes.

La disolución de nitrito de sodio es básica ya que la hidrólisis del anión nitrito está produciendo OH

^

.

La disolución de bromuro de amonio es ácida ya que la hidrólisis del catión amonio está produciendo H

3

O

⁺

.

La disolución de fluoruro de sodio es básica ya que la hidrólisis del anión fluoruro está produciendo OH

^.

 Calcula el pH de una disolución acuosa de fluoruro de potasio 1,0 M.

K

a

(ácido fluorhídrico) = 7,2 ⋅ 10

^–4

. (PAU.C. F. Navarra, 2007)

El fluoruro de potasio (KF) es la sal de un ácido débil y una base fuerte:

KF  K

⁺

+ F

^–

K+: ácido conjugado muy débil de una base fuerte (KOH) que no tiene tendencia a reaccionar con el agua.

F

^–

: base conjugada débil de un ácido débil (HF); sí se hidroliza según la reacción:

F

^

+ H

2

O  HF + OH

^

Para calcular su pH tendremos en cuenta el equilibrio de hidrólisis del ion fluoruro.

Hallamos K

h

:

14 W 11

h 4

a

K 10

K 1,4 10

K 7,2 10

 

    



La concentración inicial de la base es:

KF  K

⁺

+ F

^–

Planteamos el equilibrio de hidrólisis:

F

^

+ H

2

O  HF + OH

^

Concentración Inicial 1 M — —

Cambios – x + x + x

Concentración Final 1 – x x x

Como conocemos K

h

= 1,4 ⋅ 10

^–11

, despejamos x y calculamos el pH:

  ^{ }

^{2 11 6}

h

HF OH x x x

K F 1,4 10 M x 3,74 10

1 x 1 x F



  



 

   

       

 

   

Como [OH

^—

] =x= 3,74 ⋅ 10

^–6

M:

pOH =–log [OH

^–

] = –log (3,74 ⋅ 10

^–6

)  pOH = 5,43 pH = 14 – 5,43 = 8,57

 Nombra los siguientes compuestos e indica si disoluciones acuosas de los mismos serían ácidas, básicas o neutras. Justifica las respuestas mediante las ecuaciones iónicas que corresponden en cada caso:

a) KBr; b) Li

2

CO

3

; c) Na

2

S; d) NH

4

NO

3

(PAU. Comunidad de Madrid. Septiembre 2010)

a) KBr: Bromuro de potasio.

Es una sal que procede de un ácido fuerte, HBr (ácido bromhídrico), y una base fuerte, KOH (Hidróxido de potasio) que al disolverse en agua se ioniza:

KBr  K⁺ + Br^

El catión K⁺ será el ácido conjugado de la base fuerte, KOH, por tanto, será débil y no reacciona con el agua. El Br^ es la base conjugada del ácido fuerte, HBr, por tanto será débil y tampoco reaccionará con el agua. La disolución tendrá CARÁCTER NEUTRO.

b) Li2CO3: Carbonato de litio.

Es una sal que procede de un ácido débil, H2CO3 (ácido carbónico, trioxocarbonato de dihidrogeno o trioxocarbonato (IV) de hidrógeno) y una base fuerte, LiOH (hidróxido de litio) que al disolverse en agua se ioniza:

Li2CO3  2 Li⁺ + CO32

El Li⁺ será el ácido conjugado de la base fuerte, LiOH, por tanto, será débil y no reacciona con el agua.

El CO32 es la base conjugada del ácido débil, H2CO3, por tanto será lo suficientemente fuerte como para reaccionar con el agua produciendo hidrólisis.

CO32 + H2O  HCO3 + OH^

La hidrólisis del carbonato provoca la aparicion de iones OH^, por tanto la disolución tendrá CARÁCTER BÁSICO.

c) Na2S: Sulfuro de sodio

Es una sal que procede de un ácido débil, H2S (ácido sulfhídrico) y una base fuerte, NaOH (hidróxido de sodio) que al disolverse en agua se ioniza

Na2S  2 Na⁺ + S^2

El Na⁺ será el ácido conjugado de la base fuerte, NaOH, por tanto, será débil y no reacciona con el agua. El S^2 es la base conjugada del ácido débil, H2S, por tanto será lo suficientemente fuerte como para reaccionar con el agua produciendo hidrólisis.

S^2 + H2O  HS^ + OH^

La hidrólisis del sulfuro produce iones OH^, por tanto la disolución tendrá CARÁCTER BÁSICO.

d) NH4NO3: Nitrato de amonio.

Es una sal que procede de un ácido fuerte, HNO3 (ácido nítrico o trioxonitrato (V) de hidrógeno) y una base débil, NH3 (amoniaco) que al disolverse en agua se ioniza

NH4NO3  NH4+ + NO3

El NO3 es la base conjugada de un ácido fuerte, HNO3, por tanto, será débil y no reacciona con el agua. El NH4+ es el ácido conjugado de una base débil, NH3 por tanto será lo suficientemente fuerte como reaccionar con el agua produciendo hidrólisis.

NH4+ + H2O  NH4OH + H⁺

La hidrólisis del amonio produce iones H⁺, por tanto la disolución tendrá CARÁCTER ÁCIDO.

 Completa y ajusta las siguientes ecuaciones ácido-base:

a) HNO

3

+ Mg(OH)

2

 b) NH

3

+ H

2

SO

4

 c) HCO

3–

+ NaOH  d) CH

3

–COOH + KOH 

(PAU. Comunidad de Madrid 2005)

a) 2 HNO3 + Mg(OH)2  Mg(NO3)2+ 2 H2O

Ácido nítrico + hidróxido de magnesio  nitrato de magnesio + agua b) 2 NH3 + H2SO4  (NH4)2(SO4)

Amoniaco + ácido sulfúrico  sulfato de amonio c) HCO3– + NaOH  NaCO3– + H2O

Anión hidrogenocarbonato + hidróxido de sodio  anión carbonato de sodio + agua d) CH3–COOH + KOH → CH3–COOK + H2O

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

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

^–5

.

a) Calcula la concentración inicial de este ácido necesaria para obtener una disolución cuyo pH sea igual a su pK

a

– 2.

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

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

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

(PAU Comunidad de Madrid. Septiembre 2015)

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

HA (aq) + H2O (l)  A^– (aq) + H3O⁺ (aq)

Concentración Inicial c0 — —

Se disocian/se forman – x + x + x

Concentración Final c0 – x x x Aplicando la ley del equilibrio químico:

Por definición

pH = – log [H

3

O

⁺

] y además el valor de [H

3

O

⁺

] es x.

El enunciado nos dice que pH = pK

a

– 2 = – log(2,5·10

^–5

) – 2 = 4,60 – 2 = 2,60

Luego: pH = – log [H

3

O

⁺

] = –log x = 2,60 x = 2,5 · 10

^–3

Aplicando la ley del equilibrio químico:

 

   

3 a

5 2

3 2 1

5 5 5

a

H O A

K HA

2,5 10

H O A x x x

HA 2,5 10 0,25M

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

 



 



  

    

   

 

      

   

       

  

b) La reacción de neutralización es:

REACCIÓN AJUSTADA: HA + KOH  KA + H2O

 

DATOS: 100mL ¿?

0,25M RELACIÓN ENTRE MOLES

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

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (HA)

HA

moles

n = 0,25 0,1litros 0,025 moles de HA litro

  

 

 

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (KOH)

n

KOH

= 0,025 moles

CÁLCULO EN GRAMOS de la sustancia problema

KOH: 1 K = 39,1

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

1 mol KOH 56,1 gramos KOH

y 1,40 gramos KOH 0,025 moles KOH y gramos KOH  

SOLUCIÓN: 1,40 gramos de KOH

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

A

^–

+ H

2

O  HA + OH

^– Por tanto el pH será básico

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

a) El pH de la disolución.

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

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

Dato. Ka = 1,85·10

⁻⁵

.

(PAU. Comunidad de Madrid. Modelo 2018)

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

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

Concentración Inicial 0,5 M — —

Se disocian/se forman – x + x + x

Concentración Final 0,5 – x x x

Aplicando la ley del equilibrio químico:

 

 

2 2

3 5

a

5 3

3 3

3 3

H O x x x x

K 1,85 10

0,5 x 0,5 x 0,5 x 0,5 1,85

H

10 3,04 10

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

COO HCOOH

,52

 



 

   

    

   

     

 

    

          

   

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

BOH (aq) + H2O (l)  B⁺ (aq) + OH⁻ (aq) Concentración Inicial 0,3 — —

Cambios – 0,3· +0,3· +0,3·

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

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

0,010

  0,3   Que si lo queremos expresar en % sería:  = 0,010·100 = 1%

c) La reacción de neutralización es:

REACCIÓN AJUSTADA: HCOOH + BOH  BaHCOO + H2O  

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

1 mol de HCOOH 1 mol de BOH CÁLCULO EN MOLES de la sustancia conocida (HCOOH)

 

H OO

 

d

d

C H

n mol

M n M V (L) 0,5 0,05L 0,025 moles de HC

V (L) L OOH

      

CÁLCULO EN MOLES de la sustancia problema (BOH) nBOH = 0,025 moles de BOH

CÁLCULO EN LITROS de la sustancia problema (BOH)

 

d ^d

 

moles

n n 0,025

M V (L) 0,0833L 83,3mL

V (L) M 0,3mol L

     

SOLUCIÓN: 83,3 mL de BaOH

 Determine:

a) La concentración de una disolución de ácido benzoico, ácido monoprótico de fórmula C

6

H

5

COOH, sabiendo que para neutralizar 20 mL de la misma se han utilizado 15,2 mL de disolución de hidróxido de bario 0,5 M.

b) Sabiendo que el hidróxido de bario es una base fuerte, determine el valor del pH en el punto de equivalencia. K

a

(C

6

H

5

COOH) = 6,5 ⋅ 10

^–5

.

(PAU Aragón. 2007)

a) Escribimos la reacción de neutralización: 2 C6H5COOH + Ba (OH)2  (C6H5COO)2Ba + 2 H2O C6H5COOH + Ba (OH)2

Va = 20mL Vb = 15,2mL Ma = x Mb = 0,5 na = n(H3O⁺) = 1 nb = n(OH^–) = 2

     

b

 

b b

a a a b b b a

a a

n M V 2 0,5M 15,2mL

n M V n M V M 0,76M

n V 1 20mL

   

        

 

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

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

(C

6

H

5

COO)

2

Ba  2 C

6

H

5

COO

^–

+ Ba

²⁺

C

6

H

5

COO

^–

+ H

2

O  C

6

H

5

COOH + OH

^–

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



6 5



2 ^{C H COO Ba6 5 2} d

C H COO n Ba V

   (L)

 

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

 

 

_{   }

2 2

6 5 2

3 Ba OH

C H COO Ba Ba OH

n  M V(L) 0,5 0,0152 7,6 10   ^

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

2

d a b

V (L) V V 20mL 15,2mL 35,2mL 3,52 10 L    ^ Por lo que:

 

^{C H COO6 5 2 3}₂

d Ba

6 5 2

n 7,6 10

0,216M V (L) 3,52 10

C H COO Ba





     

  

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

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

Por tanto [C6H5COO^–]0 es 0,432 M

Y:



6 5 ^–

 _{ }

¹

6

4

10

h 5

5 W a

K 1,0 10

K 1,54 10 M

K 6,5 10

C H COO

C H COOH

 



    



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

C

6

H

5

COO

^–

+ H

2

O  C

6

H

5

COOH + OH

^–

Concentración Inicial 0,432 M — —

Cambios – x + x + x

Concentración Final 0,432 – x x x

Sustituyendo:



^–



¹

h 6

0 5

K x x 1,54 10 M

0,43 x

C 2

C H OO    

^



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



^–



^{2 10}

h 5

1 6

6

x

0

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

0,432

C H COO   

^

   

^

  

^

Despejando [H3O⁺]:

 

14 14

9 6

W

9 3

3

1,0 10 1,0 10

O K 1,225 10 M

H =

8,16 10 pH log O log 1,225 10

OH x

1

H 8,9

 













 

  

    

 

      





 

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

 Se preparan dos disoluciones, una con 1,61 g de ácido metanoico en agua hasta un volumen de 100 cm

³

y otra de HCl, de igual volumen y concentración. Calcule:

a) El grado de disociación del ácido metanoico.

b) El pH de las dos disoluciones.

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

(Datos: K

a

(metanoico) = 1,8 ⋅ 10

^–4

) (PAU Comunidad de Madrid. 2006)

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

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

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

Y por tanto el nº de moles: _HCOOH ^HCOOH

HCOOH

m(g) 1,61

n 0,035 moles de HCOOH

P.m. 46

  

 

^HCOOH

d

n 0,035

HCOOH 0,35M

V (L) 0,1

  

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

Concentración Inicial 0,35M — —

Cambios – 0,35 +0,35 +0,35

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

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

   

3 2 2

a

4 a 2

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

K 0,35

HCOOH 0,35 1 1

K 1,8 10

2,27 10 0,35 0,35

 

 

       

   

     

   

      

Si lo damos en tanto por ciento:  (%) = 2,27·10^–2·100 = 2,27%

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

b) Primero calculamos el pH del ácido metanoico:

A partir de la definición de pH: 3

 

pH –log H O ^ –log 0,35 –log 0,35 2,2 7 01 ^2  2,1 Como el HCl es un ácido fuerte, está completamente disociado y [HCl] = [H3O⁺]. Como [HCl] = 0,35M pH = – log [H3O⁺] = – log 0,35 = 0,46

SOLUCIÓN: El pH de la disolución de HCOOH es 2,1 y el pH de la disolución de HCl es 0,46 c) Escribimos la reacción de neutralización: HCOOH + KOH  HCOOK + H2O

Calculamos el volumen de KOH 0,15M HCOOH + KOH Va = 100mL Vb = x Ma = 0,35 Mb = 0,15 na = n(H3O⁺) = 1 nb = n(OH^–) = 1

     

a

 

a a

a a a b b b b

b b

n M V 1 0,35M 100mL

n M V n M V V 233mL de KOH 0,15M

n M 1 0,15M

   

        

 

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

 Se preparan 250 mL de una disolución de HCl a partir de 2 mL de un ácido clorhídrico comercial de 36,2% de riqueza en masa y densidad 1,18 g·mL–1. Calcule:

a) La concentración de la disolución preparada y su pH.

b) El pH de la disolución resultante de mezclar 75 mL de la disolución final de HCl con 75 mL de una disolución de NaOH 0,1 M.

c) El volumen de disolución de NaOH 0,1 M necesario para neutralizar 10 mL de la disolución preparada de HCl.

Datos. Masas atómicas: H = 1,0; Cl = 35,5.

(PAU Comunidad de Madrid. Junio 2017)

a) Cálculo de moles de HCl de los que se parte:

Datos de la disolución: V = 2mL; d = 1,18g/mL; Riqueza: 36,2%

Pm HCl = 1 + 35,5 = 36,5

Masa de la disolución de HCl de 36,2% de riqueza:

m g

d m(disolución HCl) d V 1,18 2mL 2,36g disolución 36,2% de HCl

V mL

      

Masa de HCl puro:

m(HCl puro)=2,36 36,2 0,85g de HCl puro

100  Moles de HCl:

m(g) 0,85

n 0,023 moles de HCl

Pm 36,5

  

Concentración de la disolución preparada:

 

d

n 0,023

M 0,092M

V (L) 0,250

  

pH de la disolución preparada

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

HCl (aq) + H

2

O(l)  Cl

^–

(aq) + H

3

O

⁺

(aq)

Concentración Inicial 0,092 M — —

Concentración Final — 0,092 M 0,092 M

Por tanto:

[H

3

O

⁺

] = 0,092 M.

Por consiguiente, el pH = – log [H

3

O

⁺

] = – log 0,092 = 1,04

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

1º Escribimos la reacción de neutralización ajustada.

HCl + NaOH  NaCl + H2O

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

1 mol de HCl reacciona con 1 mol de NaOH 3º Deducimos cuál es el reactivo en exceso.

Moles de HCl: nHCl = [HCl]·Vd(L) = 0,092·0,075=0,0069moles Moles de NaOH: nNaOH = [NaOH]·Vd(L) = 0,1·0,075=0,0075moles El NaOH está en exceso.