3

Cuestiones iniciales 1. ))))Por qué hay sustancias, como el cloruro de sodio, que d isueltas en agua conducen la corriente eléctrica y otras, como el azúcar, que no la conducen? ))))Qué diferencia hay entre el proceso de conducción de la corriente eléctrica en un hilo metálico y en una disolución electrolítica? Las sustancias como la sal cloruro de sodio, al disolverlas en agua se disocian en sus iones y por ello conducen la corriente eléctrica. Las sustancias como el azúcar no proporcionan iones al disolverse en agua y por tanto no conducen la corriente eléctrica. La corriente eléctrica es un movimiento de cargas eléctricas. El circuito más elemental está formado por un conductor y una pila. Por el circuito fluye un flujo de electrones que no produce cambios apreciables en el hilo conductor, a lo sumo se calienta. A este tipo de conducción se le denomina conducción metálica o electrónica. Sin embargo cuando la corriente eléctrica pasa por una disolución o a través de sales fundidas provoca cambios químicos importantes. Una sal como el cloruro de sodio sólido no conduce la corriente eléctrica, pero fundido o en disolución sí. En este tipo de sustancias la corriente eléctrica no la transportan los electrones, se precisa de la presencia de iones que se puedan mover más o menos libremente para que transite la corriente eléctrica. A este tipo de conducción se le denomina iónica o electrolítica. 2. ))))Qué diferencia hay entre el cloruro de hidrógeno y el á cido clorhídrico? A la combinación entre el cloro y el hidrógeno HCl se le denomina cloruro de hidrógeno, es un compuesto químico de naturaleza covalente y en condiciones normales es gaseoso. El cloruro de hidrógeno se disuelve muy bien en el agua, debido a la naturaleza polar de su enlace H-Cl, y a las disoluciones del HCl en agua se las denomina ácido clorhídrico. 3. ))))Por qué se utilizan con frecuencia disoluciones de ácid os o bases fuerte como productos de limpieza? El agua fuerte y la sosa son agentes de limpieza muy agresivos que se utilizar para eliminar incrustaciones sólidas en recipientes o superficies. Estos productos las disuelven. Las bases fuertes, además, son excelentes disolventes de las grasas, y por ello se emplean como agentes de limpieza. INVESTIGA Consulta en www.google.es en qué consiste la acción reguladora del pH en la sangre y contesta a las preguntas: 1. Pon un pie a cada una de las fotos mostradas en la página.

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4

2. Amplia los concepto de alcalosis y acidosis. 3. En relación con el problema del mal de altura, da una explicación de por qué el pH de la sangre de los escaladores al alcanzar la cima del monte Everest (8848 m) sin suplemento de oxígeno puede subir a 7,7-7,8. 1. Pon un pie a cada una de las fotos mostradas en la página. 2. Amplia los concepto de alcalosis y acidosis. La alcalosis es un término clínico que indica un trastorno en el que hay un aumento en la alcalinidad de los fluidos del cuerpo, es decir, un exceso de base en los líquidos corporales. Esta condición es la opuesta a la producida por exceso de ácido (acidosis). Se puede

La sangre es un fluido que presenta excelentes propiedades como disolución reguladora o amortiguadora de pH. El atleta Abel Antón tras ganar

una competición de maratón, en que su organismo experimenta una situación de acidosis.

Los montañeros sufren del mal de altura, debido a la alcalosis de la sangre.

163

5

originar por diferentes causas. El mecanismo subyacente consiste en la acumulación de bases o pérdida de ácidos sin una pérdida equivalente de bases en los líquidos del organismo, lo que provoca una reducción en la concentración de iones hidronio en el plasma sanguíneo arterial. Generalmente se utiliza este término en aquellos casos en que el pH arterial es mayor a 7,45. Siendo los pulmones y los riñones los que regulan el estado ácido/base del cuerpo, la disminución en el nivel de dióxido de carbono o el aumento del nivel de bicarbonato son las causas directas de este fenómeno La alcalosis respiratoria es la ocasionada por niveles bajos de CO2. La hiperventilación (frecuencia respiratoria aumentada) hace que el cuerpo pierda dióxido de carbono. La altitud y, en general, cualquier enfermedad que produzca una reducción de oxígeno en la sangre obligan al individuo a respirar más rápidamente, menguando los niveles de dióxido de carbono, y ocasionando este tipo de alcalosis. La alcalosis metabólica, en cambio, está ocasionada por un exceso de bicarbonato en la sangre.

• La alcalosis hipoclorémica (baja concentración del ión cloro en el plasma sanguíneo) es aquella causada por una deficiencia o pérdida extrema de cloruro (que puede ser debido a vómitos persistentes). En esos casos, los riñones compensan la pérdida de cloruros mediante la conservación de bicarbonato.

• La alcalosis hipocalémica se debe a la reacción del riñón a una deficiencia o pérdida

extrema de potasio que puede ser provocada por el uso de algunos medicamentos diuréticos.

• La alcalosis compensada se presenta cuando el cuerpo ha compensado

parcialmente la alcalosis, alcanzando el equilibrio normal ácido/básico, aún cuando los niveles de bicarbonato y dióxido de carbono permanezcan anormales en términos absolutos.

Los síntomas de la alcalosis pueden ser: cuadros de, con, y, a menudo acompañados de, espasmos, y entumecimientos en la cara o las extremidades. El tratamiento de la alcalosis depende de la causa específica. Para corregir las pérdidas químicas se pueden necesitar medicamentos. También es necesario controlar los signos vitales (temperatura, pulso, frecuencia respiratoria y presión sanguínea). La mayoría de los casos de alcalosis responden bien al tratamiento. Normalmente, los individuos con riñones y pulmones sanos no experimentan una alcalosis significativa. La acidosis es un término clínico que indica un trastorno que puede conducir a acidemia. La acidosis puede ser metabólica o respiratoria. La acidemia es un pH inferior al normal en la sangre (pH <7,35).

164

6

Con el nombre de acidosis se conoce aquellas situaciones clínicas en las que existe una alteración en la que predomina un aumento en la concentración de iones hidronio. La acidosis metabólica es debida al aumento de iones hidronio que supera las posibilidades de excreción por el organismo, que produce una retirada de bicarbonato de los líquidos. La acidosis metabólica se produce como resultado de un aumento marcado en la producción endógena de ácidos como ocurre en la cetoacidosis o en la acidosis láctica, por la pérdida de los depósitos de bicarbonato como ocurre en las diarreas o por acumulación progresiva de ácidos endógenos cuya excreción está alterada por una insuficiencia renal progresiva. La acidosis respiratoria es debida a aumento del CO2 circulante, al no producirse una eliminación normal del CO2 por vía respiratoria como resultado de una hipoventilación por insuficiencia respiratoria. Los síntomas de la acidosis respiratoria son disnea, tos y en casos graves confusión, irritabilidad, letargo, coma y muerte por paro cardiorespiratorio. Causas de acidosis respiratoria

• Enfermedad pulmonar obstructiva crónica: Es la causa más frecuente de insuficiencia respiratoria y por lo tanto de acidosis respiratoria.

• Asma bronquial: En los casos de crisis asmática grave. • Síndrome de apnea obstructiva del sueño. • Infecciones pulmonares graves como la neumonía. • Edema agudo de pulmón. • Síndrome de estrés respiratorio del adulto. • Deformidades de la caja torácica. • Parálisis muscular generalizada, por parálisis de los músculos respiratorios, como

ocurre en algunas enfermedades del sistema nervioso avanzadas. 3. En relación con el problema del mal de altura, da una explicación de por qué el pH de la sangre de los escaladores al alcanzar la cima del monte Everest (8848 m) sin suplemento de oxígeno puede subir a 7,7-7,8. El mal de altura se origina por una exposición a grandes altitudes. A grandes alturas, las bajas presiones parciales del oxígeno existentes hace que los montañeros y escaladores realicen una hiperventilación extrema para compensarlo y esta hiperventilación es lo que origina la alcalosis.

165

7

Test de evaluación 1. Rellena los huecos en la siguiente frase: La reacción de ____________ entre un ácido y una base según Brönsted-Lowry consiste en el ___________ de protones entre la forma ácida y la básica de ____ pares ácido-base __________ distintos. La frase correcta es: La reacción de neutralización entre un ácido y una base según Brönsted-Lowry consiste en el intercambio de protones entre la forma ácida y la básica de dos pares ácido-base conjugados distintos. 2. Qué disolución neutraliza 25 mL de una disolución 1 M de hidróxido de sodio: a) 20 mL de ácido clorhídrico 2 M. b) 30 mL de ácido acético 1,5 M. c) 15 mL de ácido nítrico 2,5 M. d) 10 mL de ácido sulfúrico 1,25 M. a) La reacción que tiene lugar es: HCl + NaOH → NaCl + H2O y se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

25··1120· 1 mLLmolmLCA

−

= ⇒ CA = 1,25 mol · L-1, luego esta no

es la respuesta. b) La reacción que tiene lugar es: AcH + NaOH → AcNa + H2O y se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

25··1130· 1 mLLmolmLCA

−

= ⇒ CA = 0,83 mol · L-1, luego esta no

es la respuesta. c) La reacción que tiene lugar es: HNO3 + NaOH → NaNO3 + H2O y se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

25··1115· 1 mLLmolmLCA

−

= ⇒ CA = 1,67 mol · L-1, luego esta es

no la respuesta. d) La reacción que tiene lugar es: H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O y se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 2

25··1110· 1 mLLmolmLCA

−

= ⇒ CA = 1,25 mol · L-1, luego esta es la

respuesta correcta.

3. A 50 °°°°C la Kw del agua pura es 5,47·10 -14 mol 2/L2. El pH del agua a dicha temperatura es: a) Ácido. b) Neutro. c) Básico. d) El pH del agua pura es siempre 7. Kw = [H3O

+] · [OH-] ⇒ 5,47 · 10-14 mol2 · L-2 = x2 ⇒ x = 2,34 · 10-7 mol · L-1

166

8

Como: x = [H3O

+], entonces: pH = 7 – log 2,34 =6,63 Es un pH ácido, luego la respuesta correcta es la a). 4. El pH mas bajo lo tiene una disolución con: a) Concentración baja de ácido y valor bajo de K a. b) Concentración alta de ácido y valor alto de K a. c) Concentración baja de ácido y valor alto de K a. d) Concentración alta de ácido y valor bajo de K a.

Para el ácido HA, resulta que: HA WWWW A- + H3O+ y

][][·][ 3

HAOHA

Ka

+−

=

Cuanto mayor sea la concentración del ácido en H3O

+ el pH será más bajo y ello se logra con un valor alto de Ka, luego la respuesta correcta es la b). 5. Marca como V (verdadera) o F (falsa) cada proposición: a) Un ácido y su base conjugada reaccionan y forman sal y agua. b) El H 2O como ácido es su propia base con jugada. c) La base conjugada de un ácido débil es base fuerte. d) La base conjugada de un ácido fuerte es base fuerte. a) Un ácido y su base conjugada reaccionan para formar sal y agua es falsa. b) El H2O como ácido es su propia base conjugada es falsa. c) La base conjugada de un ácido débil es una base fuerte es verdadera. d) La base conjugada de un ácido fuerte es una base fuerte es falsa. 6. Rellena los huecos en la siguiente frase: Disolución ___________ es una disolución cuyo pH ____ se modifica al añadir ______ cantidades de un _____ o de una _____. La frase correcta es: Disolución amortiguadora es una disolución cuyo pH apenas se modifica al añadir pequeñas cantidades de un ácido o de una base. 7. Una disolución acuosa de NaCl tiene: a) Más H 3O

+ que OH -. b) Más OH - que H3O+. c)

No tiene H 3O+ ni OH -. d) La misma concentración de H 3O

+ que OH -. La respuesta correcta es la d) por ser una sal procedente de un ácido fuerte y una base fuerte. 8. Sólo una de las siguientes afirmaciones es correcta: a) El catión Fe 2+ es un ácido

167

9

de Lewis más fuerte que el Fe 3+. b) El catión Li + es un ácido de Lewis más fuerte que el Al3+. c) Ni el CF 4 ni el SiF 4 pueden actuar como ácidos. d) El BF 3 y el AlCl 3 pueden actuar como ácidos de Lewis. La respuesta correcta es la d), pues ambas sales son también ácidos de de Lewis. 9. En relación a la molécula de NH 3 marca como V (verdadera) o F (falsa) las sig uientes afirmaciones: a) La molécula es polar y es base de Lewis. b) La molécula es apolar, es base de Lewis y forma enlaces de hidrógeno. c) La molécula es plana, forma enlaces de hidrógeno y es ácido de Lewis. d) Es un compuesto iónico, se disocia en medio acuoso y es base fuerte. a) La molécula es polar y es base de Lewis es una afirmación verdadera. b) La molécula es apolar, es base de Lewis y forma enlaces de hidrógeno, es falsa, pues la molécula de NH3 no es apolar. c) La molécula es plana, forma enlaces de hidrógeno y es ácido de Lewis es falsa, pues la molécula de NH3 no es plana y no es ácido de Lewis. d) Es un compuesto iónico, se disocia en medio acuoso y es base fuerte, es falsa, pues es un compuesto covalente. 10. Qué sustancia no produce una solución ácida al disolverla en agua: a) Cloruro de amonio. b) Carbonato de sodio. c) Cloruro de hidrógeno. d) Sulfato de hierro (II). La respuesta correcta es la b). Actividades finales: 1. Se prepara una disolución de ácido acético disolviendo 0,3 mol de este ácido en agua, siendo el volumen de la disolución formada 0,05 L. a) Si el pH de la disolución es 2, ¿cuál es la concentración molar de los iones hidronio? b) Calcula la constate de ionización del ácido. a) pH = - log [H3O

+] ⇒ [H3O+] = 10-pH = 10-2 mol · L-1

b) [AcH] = 1·605,0

3,0 −= LmolL

mol y sabiendo que:[H3O

+] = 10-2 mol · L-1, entonces:

Ecuación de la ionización AcH W Ac- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) c = 6 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) 6 – x x x

168

10

15121

2122

·10·67,1·10·6

)·10( x- 6

x −−−−−

−−

=−

== LmolLmolLmol

Lmolka

Como el valor obtenido de Ka es muy superior a KW, resulta que la aproximación realizada de que todos los iones hidronio proceden de la ionización del ácido es válida (se ha despreciado el efecto de la autoionización del agua). 2. Se dispone del ácido acético (etanoico) de K a = 1,8 · 10-5 mol · L -1 y del ácido fór mico (metanoico) de K a = 2,0 · 10-4 mol · L -1, ¿cuál de los dos tiene la base con jugada más fuerte?

Para el acido acético: 11015

2214

·10·6,5·10·8,1

·10 −−−−

−−

=== LmolLmol

LmolKK

Ka

wb

Para el ácido fórmico: 11114

2214

·10·0,5·10·0,2

·10 −−−−

−−

=== LmolLmol

LmolKK

Ka

wb

Luego la base conjugada más fuerte es la del ácido acético. 3. Clasifica, cuando sea posible, las siguientes especies como ácidos o bases de Brönsted-Lowry, escribiendo las reaccione que justifiquen las afirmaciones: HSO 4

-, NH4

+, CH3-O-CH3, CH3-CH3, I-, HC≡≡≡≡CH.

En la teoría de Brönsted-Lowry, ácido es una especie que libera protones y base la que los acepta. Por tanto: HSO4

- puede actuar: como ácido: HSO4

- → SO42- + H+ y como base: HSO4

- + H+ → H2SO4. NH4

+ sólo como ácido: NH4+ → NH3 + H+.

CH3-O-CH3 ni como ácido ni como base, aunque en teoría podría comportarse como base aceptando un protón de un ácido fuerte formando: + CH3-O-CH3 H CH3-CH3, ni como ácido ni como base. I- tiene carácter básico, aunque muy débil, al ser base conjugada de un ácido muy fuerte:

I- + H+ → HI. HC≡CH puede actuar como ácido ante una base muy fuerte como el ión amiduro para

169

11

originar: HC≡CH + NH2- → HC≡C- + NH3.

4. Explica el mecanismo de acción de algunos antiácidos estomacales más frecuentes. Es conocido el hecho de que las células del estómago segregan, ocasionalmente, una cantidad excesiva de HCl; otras veces ocurre que no funciona adecuadamente el sistema de defensa de las paredes estomacales frente al ácido. En ambos casos conviene disminuir la acidez, lo que se combate con los llamados antiácidos estomacales. La función de los antiácidos, que son sustancias de carácter básico débil, es neutralizar el exceso de acidez. Hasta hace, relativamente, pocos años se utilizaba, con mayor frecuencia de lo deseable, el NaHCO3 (celebre bicarbonato), que en efecto combate la acidez, pero que usado sin precaución puede alterar la bomba de sodio que afecta a la transmisión de los impulsos nerviosos. El NaHCO3 es una sal que en disolución está completamente disociada en sus iones: NaHCO3 → Na+ + HCO3

- El HCO3

- neutraliza el exceso de acidez mediante:

HCO3- + H+ W H2CO3 W CO2 + H2O

Aunque el H2CO3 figura como intermedio, debido a que el equilibrio está desplazado hacia la derecha y el CO2 se escapa en forma de gases al exterior en forma de erupto, el H2CO3 no llega a aislarse. La reacción global que tiene lugar es: NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O El NaCl no modifica la situación en lo que a la acidez se refiere, puesto que ninguno de sus iones sufre la hidrólisis, al tratarse de un sal que procede de ácido fuerte y base fuerte. Otros antiácidos utilizados en preparaciones farmacéuticas comerciales son los carbonatos de calcio y magnesio, así como los hidróxidos de magnesio y aluminio.

Mag(OH)2 + 2 HCl → MgCl2 + 2 H2O El MgCl2 es sal que procede de ácido fuerte y base fuerte y no afecta a la acidez del medio. El fármaco alucol es un antiácido que contiene Al(OH)3 y que combate el exceso de HCl por medio de la reacción: Al(OH)3 + 3 HCl → AlCl3 + 3 H2O Aunque el catión Al3+ de la sal AlCl3 sufre una hidrólisis ácida, la acidez que proporciona al medio no es comparable a la del HCl. En la hidrólisis se pueden formar varias especies distintas, entre las que se encuentran: Al3+ + H2O W [AlOH]2+ + H+ o Al3+ + 2 H2O W [Al(OH)2]

+ + 2 H+ En la actualidad algunos analgésicos convencionales, como el acetil salicílico (aspirina) llevan en su formulación pequeñas cantidades de antiácidos para evitar las gastritis y las

170

12

úlceras estomacales. 5. Se dispone de una disolución 3,2 · 10 -3 M de cierta sustancia básica, M(OH) 2, la cual tiene un grado de ionización de 0,58. Halla: a) El pH de dicha disolución? b) La constante de basicidad. Se trata de una base débil, donde: M(OH)2 WWWW M2+ + 2 OH- Como α = 0,58, la ionización de la base es muy superior a la autoionización del agua y se puede admitir que: Kb >> KW y se cumple:

Ecuación de la ionización M(OH)2 W M2+ + 2 OH-

Concentración inicial (mol/L) c 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c(1 - α) cα 2 cα Como α = 0,58, entonces: [OH-] = 2 c α = 2 · 3,2 · 10-3 mol· L-1 · 0,58 = 3,71 · 10-3 mol ·L-1 y pOH = 3 – log 3,71 = 2,43

b) 15313322

·10·9,158,01

)58,0(··10·2,3·41

4 =

)1()2( · −−

−−

=−

=−−

= LmolLmolc

ccc

Kb αα

ααα

6. En algunos países del norte de Europa afectados por la acidificación de las aguas de sus lagos por efecto de la lluvia ácida acometen este problema añadiendo grandes cantidades de piedra caliza a sus aguas, neutralizando así la acidez del agua y permitiendo que vuelva a existir la vida en forma de peces. Escribe la reacción que tiene lugar. Los procesos que tienen lugar son: CaCO3 (s) WWWW Ca 2 + + CO3

2 - CO3

2 - + H3O + WWWW HCO3

- + H2O Aunque el carbonato de calcio es muy poco soluble en agua; al formarse iones hidrógeno carbonato, se retiran iones carbonato de la disolución con lo que prosigue la disolución del carbonato y con ello la retirada de los iones hidronio del agua. 7. Se tiene una disolución 0,5 M de un ácido débil HA cuya constante de ionización es 7,21 · 10-6 mol ·L -1. Calcula: a) El grado de ionización del ácido. b) El pH de la dis olución. a) Escribiendo la ionización del ácido como: HA WA- + H3O

+, resulta que:

171

13

Como Ka >> KW se cumple:

Ecuación de la ionización HA W A- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) c = 0,5 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c(1 - α) cα cα

donde: α

αααα

−−=

1 =

)1( · 2c

ccc

K a

Haciendo: 1 - α • 1, entonces: 0038,0·5,0

·10·21,71

16

=== −

−−

LmolLmol

c

Kaα

Como: 05,00038,00038,01

0038,01

<=−

=− αα

, la aproximación realizada es válida.

b) [H3O

+] = cα = 0,5 mol · L-1 · 0,0038 = 1,90 · 10-3 mol · L-1 y pH = - log [H3O

+]= 3 – log 1,90 = 2,72 8. Calcula el porcentaje de ionización del ácido acético en agua para las dos concentraciones siguientes: 0,6 M y 6 · 10 -4 M, sabiendo que la constante de ion ización es 1,85 · 10 -5 mol ·L -1. a) Escribiendo la ionización del ácido como: AcH WAc- + H3O

+, resulta que: Como Ka >> KW se cumple:

Ecuación de la ionización AcH W Ac- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) c 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c(1 - α) cα cα

donde: α

αααα

−−=

1 =

)1( · 2c

ccc

K a

Para el caso en el que: c= 0,6 M, haciendo: 1 - α • 1, entonces:

0056,0·6,0

·10·85,11

15

=== −

−−

LmolLmol

c

Kaα o en %: α = 0,56 %

Como: 05,00056,00056,01

0056,01

<=−

=− αα

, la aproximación realizada es válida.

Para el caso en el que: c= 6 · 10-4 M, haciendo: 1 - α • 1, entonces:

172

14

176,0·10·6·10·85,1

14

15

=== −−

−−

LmolLmol

c

Kaα o en %: α = 17,6 %

Como: 05,021,0176,01

176,01

>=−

=− αα

, luego aquí la aproximación realizada no es válida y

hay que proceder de la siguiente forma:

αα

ααα

−−=

1 =

)1( · 2c

ccc

K a = 1,85 A10 - 5 mol · L-1 ⇒ cα2 + 1,85 · 10-5 α – 1,85 · 10-5 = 0

Luego:

c

cKKK aaa

2

·42 +±−=α =

4

45255

10·6·2

10·6·10·85,1·4)10·85,1(10·85,1−

−−−− +±−

donde la solución positiva es la válida y es: α = 0,160 o en %: α = 16,0 % 9. Se dispone de un ácido fluorhídrico del 49 % en masa y densidad de 1,17 g/mL. a) Calcula la molaridad de la disolución y el valor de su pH. b) Si se mezclan 450 mL de esta disolución con 750 mL de disolución de ácido fluorhídrico 2,5 M, ¿cuál es la molaridad de la disolución resultante y el valor de su pH? Dato: K a del HF 3,55 · 10-4 mol · L-1. a) En 1 L de disolución acuosa de HF existe una masa de: m = d · V = 1,17 g · mL · 1000 mL = 1170 g Pero de esta cantidad el 49 % es de HF puro, luego:

1170 g de disolución · disolucióndeg

HFdeg100

49 = 573,3 g de HF

Sabiendo que la masa molar del HF es M = 20 g · mol-1, entonces:

[HF] = 11

·7,281·20

3,573

−−

= LmolLmolg

g

Pero el HF es un ácido débil, y como Ka >> KW se cumple:

Ecuación de la ionización HF W F- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) c = 28,7 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) 28,7 – x x x

173

15

14

2

·10·55,3 x-7,28

x −−== Lmolka

Realizando la aproximación: 28,7 mol · L-1 - x • 28,7 mol · L-1 , resulta:

cKx a ·= = 1114 ·10,0·7,28··10·55,3 −−−− = LmolLmolLmol

Como: 05,00035,0·10,0·7,28

·10,011

1

<=− −−

−

LmolLmolLmol

, luego la aproximación realizada es

válida. Por tanto: [H3O

+] = 0,10 mol · L-1 y el pH es: pH = - log [H3O+] = - log 0,10 = 1,0

b) En 450 mL de disolución de HF 28,7 M hay: n1 = 450 · 10-3 L · 28,7 mol · L-1 = 12,9 mol de HF En 750 mL de disolución de HF 2,5 M hay: n2 = 750 · 10-3 L · 2,5 mol · L-1 = 1,9 mol de HF Por tanto de HF hay n = n1 + n2 = 12,9 mol + 1,9 mol = 14,8 mol Suponiendo que los volúmenes son aditivos, entonces el volumen final de la disolución es 450 mL + 750 mL = 1200 mL y la concentración final de la disolución de HF es:

[HF] = 1·3,122,18,14 −= Lmol

Lmol

Y su pH se obtiene como en el anterior caso:

142

·10·55,3 x-3,12

x −−== Lmolka

Realizando la aproximación: 12,3 mol · L-1 - x • 12,3 mol · L-1, resulta:

cKx a ·= = 1114 ·07,0·3,12··10·55,3 −−−− = LmolLmolLmol

Como: 05,00054,0·07,0·3,12

·07,011

1

<=− −−

−

LmolLmolLmol

, luego la aproximación realizada es

válida. Por tanto: [H3O

+] = 0,07 mol · L-1 y el pH es: pH = - log [H3O+] = - log 0,07 = 1,15

174

16

10. La constante de ionización del ácido cianhídrico es K a = 4,8 · 10-10 mol · L -1. Halla la relación entre las concentraciones de cianuro y ácido cianhídrico en una disolución acuosa de pH = 5. Si pH = 5, entonces: [H3O

+] = 10-5 mol · L-1 El ácido cianhídrico es un ácido débil y como Ka >> KW resulta que:

Ecuación de la ionización HCN W CN- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) c 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c – x x x Como: [H3O

+] = x = 10-5 mol · L-1, entonces:

1101

15

·108,4·][

·10·][ −−−

−−−

== LmolLmolHCN

LmolCNka

Por tanto: ·10·8,410

10·8,4][][ 5

5

10−

−

−−

==HCNCN

11. Calcula el pH y el grado de hidrólisis de una disolución acuosa de acetato de sodio 0,01 M, sabiendo que la constante K a del ácido es K a = 1,8 · 10-5 mol · L -1. El acetato de sodio es una sal que en agua está totalmente disociada según:

AcNa → Ac- + Na+ Luego: [AcNa] = [Ac-] = 0,01 M El ión Na+ es estable en disolución acuosa, pero el Ac-, al proceder de un ácido débil experimenta la hidrólisis, de forma que:

][Ac]OH[ [AcH]

K-

h −= · =

AcH) (del KK

a

W = L mol 10

L mol 10 -

2214-

··8,1·

5

−

= 5,56 A10 -10 mol · L-1

Como: Kh >> Kw, la contribución de los iones OH- procedentes de la ionización del agua se puede despreciar, por lo que:

Ecuación de la hidrólisis Ac- W AcH + OH-

Concentración inicial (mol/L) c = 0,01 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) 0,01 - x x x

x- 010,x2

=hk = 5,56A10 - 10 mol · L-1

175

17

Realizando la aproximación: 0,01 mol · L-1 - x • 0,01 mol · L-1 , resulta:

cKx h ·= = 161110 ·10·36,2·01,0··10·56,5 −−−−− = LmolLmolLmol

Como: 05,000024,0·10·36,2·01,0

·10·36,2161

16

<=− −−−

−−

LmolLmolLmol

, luego la aproximación

realizada es válida, ya que el valor de Kh es muy pequeño, la cantidad que se hidroliza es despreciable frente a 0,01 M

Ahora: [H3O+] =

16 ··36,2··

−

−−

L mol 10 L mol 10

= x

L mol 10 =

]OH[K

-

2214- 2214-

-W = 4,24 A10-9 mol ·L-1

Y el pH de la disolución es: pH = - log [H3O

+] = - log (4,24 A10-9) = 9 - log 4,24 = 8,37

En relación con el grado de hidrólisis: cx=α , luego:

000236,0·01,0

·10·36,21

16

== −

−−

LmolLmolα y en % es: α = 0,0236 %

12. Halla el pH de una disolución 10 -6 M de NaF, sal muy utilizada para proporcionar ión fluoruro a la dentadura infantil, sabiendo que la K a del HF es 6,7 · 10 -4 mol · L -1. En agua la sal está totalmente disociada en sus iones: NaF → Na+ + F- Por otra parte el catión Na+ no sufre la hidrólisis, pero el F- sí, de forma que:

HF) (del KKk

a

Wh = =

L mol 10 L mol 10

-

2214-

··7,6·

4

−

= 1,49 A10 -11 mol · L-1

En principio como Kh >> KW se desprecia el efecto de la autoionización del agua, de forma que:

Ecuación de la hidrólisis F- W HF + OH-

Concentración inicial (mol/L) c = 10-6 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c – x x x

x- 10x6

2

−=hk = 1,49 A10 - 11 mol · L-1 ⇒ x2 + 1,49 · 10-11 x - 1,49 · 10-17 = 0

La resolución de dicha ecuación de segundo grado proporciona dos soluciones, una negativa (absurda) y la real de valor x = 3,85 · 10-9 mol ·L-1.

176

18

De esta forma: pOH = - log (3,85 · 10-9) = 9 – log 3,85 = 8,41 Como: pH + pOH = 14 ⇒ pH = 14 – 8,41 = 5,59, valor que no es posible, pues es un pH ácido y la disolución tienen carácter básico. El error cometido es que se ha despreciado los iones OH- procedentes de la autoionización del agua y que sí influyen en el proceso. Por ello para la resolución del problema hay dos métodos, que son: a) A partir de la autoionización del agua y existe efecto ión común por la adición a los iones OH- procedentes de la autoionización del agua la cantidad 3,85 · 10-9 mol ·L-1 procedentes de la hidrólisis d e los iones F- :

Ecuación de la ionización H2O W H3O+ + OH-

Concentración inicial (mol/L) 0 0

Concentración en el equilibrio (mol/L) c – 2 y y y + 3,85 · 10-9

De esta forma: Kw = [H3O

+] · [OH-] luego: 10-14 mol2 · L-2 = y mol ·L-1 · (y + 3,85 · 10-9) mol · L-1, que es una ecuación de segundo grado, cuya resolución proporciona dos soluciones, una negativa, que es absurda, y la otra es: y = 9,81 · 10-8 mol · L-1. Por tanto: [OH-] = (9,81 · 10-8 + 3,85 · 10-9) mol · L-1 = 10,195 · 10-8 mol · L-1 y pOH = 8 – log 10,195 = 6,99 y pH = 14 – 6,86 = 7,008 b) Pensando que la autoionización del agua proporciona: [H3O

+] = [OH-] = 10-7 mol ·L-1 y se trabaja sobre la ecuación de la hidrólisis del anión F-:

Ecuación de la hidrólisis F- W HF + OH-

Concentración inicial (mol/L) c = 10-6 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) c – y y y + 10-7

yyy

kh - 10)10(·

6

7

−

−+= = 1,49 A10 - 11 mol · L-1 ⇒ y2 + 1,000149 · 10-7 y - 1,49 · 10-17 = 0

La resolución de dicha ecuación de segundo grado proporciona dos soluciones, una negativa (absurda) y la real de valor y = 1,49 · 10-10 mol ·L-1. Por tanto: [OH-] = (1,49 · 10-10 + 10-7) mol · L-1 = 1,00149 · 10-7 mol · L-1 y De esta forma: pOH = 7 – log 1,00149 = 6,9994

177

19

Como: pH + pOH = 14 ⇒ pH = 14 – 6,9994 = 7,0006. 13. Halla el pH de una disolución de un ácido sulfúrico: a) 0,50 M. b) 10 -8 M. Dato: K a de la segunda ionización del ácido es 1,2 ·10 -2 mol ·L -1. a) Despreciando el efecto de la auotionización del agua, resulta que: La primera ionización del ácido corresponde a la de un ácido fuerte:

H2SO4 + H2O → HSO4- + H3O

+ Por lo que después de la primera ionización: [H2SO4] = 0 mol · L-1 [HSO4

-] = 0,50 mol · L-1 y [H3O+] = 0,50 mol · L-1

En la segunda ionización ocurre:

Ecuación de la ionización HSO4- W SO4

2- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) 0,50 0 0,50 Concentración en el equilibrio (mol/L) 0,50 - x x 0,50 + x

) - 50,0()50,0(·

xxx

ka

+= = 1,2 A10-2 mol · L-1 ⇒ x2 + 0,512 x – 0,512 = 0

La resolución de dicha ecuación proporciona dos soluciones, una negativa (absurda) y la otra es: x = 0,046 mol · L-1. Por tanto: [H3O

+] = 0,50 mol · L-1 + 0,046 mol · L-1 = 0,546 mol · L-1 Y pH = - log (0,546) = 0,26 b) En este caso no se puede despreciar el efecto de la auotionización del agua: La primera ionización del ácido corresponde a la de un ácido fuerte:

H2SO4 + H2O → HSO4- + H3O

+ Y además: 2 H2O WH3O

+ + OH- Por lo que después de la primera ionización: [H2SO4] = 0 mol · L-1, [HSO4

-] = 10-8 mol · L-1 y en relación al H3O+:

Ecuación de la ionización 2 H2O W OH- + H3O+

Concentración en el equilibrio (mol/L) c – 2 x x x + 10-8

178

20

Kw = [H3O+] · [OH-] ⇒ luego: 10-14 mol2 · L-2 = (x + 10-8) mol · L-1 · x mol · L-1, que es una

ecuación de segundo grado, que tiene dos soluciones, una negativa, que es absurda, y la otra es: x = 9,5 · 10-8 mol · L-1. Por tanto: [H3O

+] = 9,5 · 10-8 mol · L-1 + 10-8 mol · L-1 = 10,5 · 10-8 mol · L-1 En la segunda ionización ocurre:

Ecuación de la ionización HSO4- W SO4

2- + H3O+

Concentración inicial (mol/L) 10-8 0 10,5 · 10-8 Concentración en el equilibrio (mol/L) 10-8 - y y 10,5 · 10-8 + y

) - 10·5,10()10·5,10(·

8

8

yyy

ka −

− += = 1,2 A10-2 mol · L-1

La resolución de dicha ecuación proporciona dos soluciones, una negativa (absurda) y la otra es: y = 3,54 · 10-5 mol · L-1. Por tanto: [H3O

+] = 10,5 · 10-8 mol · L-1 + 3,54 · 10-5 mol · L-1 = 3,55 · 10-5 mol · L-1 Y pH = 5 - log (3,55) = 4,45 14. Indica si la siguiente afirmación es verdadera o falsa: La mezcla equimolecular de un ácido débil y su base conjugada siempre conduce a un pH neutro. La afirmación es falsa. Se trata de una disolución reguladora ácida en la que su pH está dada por la expresión:

[HA]]A[

+ pK = pH-

a log o bien: [ácido]conjugadabase[

+ pK = pH a

]log

Al ser una mezcla equimolecular se cumple: [A-] = [HA], luego:

aaa pKpK + pK = pH =+= 01log pKa no tiene porque valer 7, en el caso del ácido acético, Ka = 1,8 · 10-5 mol · L-1 resulta que: pKa = 5 – log 1,8 = 4,7 15. Una muestra de sangre tiene una concentración de 1,2 · 10 -2 M de HCO3

- y de 1,1 · 10-3 M de ácido carbónico (por la disolución de CO 2 proveniente de la respiración).Halla: a) El pH de esta muestra de sangre. b) El pH de la disolución resultante de añadir 10 mL de una disolución 0,1 M de HCl a 90 mL de sangre. Datos: Ka del H2CO3 4,3 · 10-7 mol · L -1 y se debe considerar la aditividad de los volúmenes y despreciable la segunda ionización del ácido carbónico.

179

21

a) Se trata de una mezcla de un ácido débil y una sal de este ácido, por tanto es una mezcla reguladora ácida:

H2CO3 + H2O W HCO3- + H3O

+

]CO[H][HCO

+ pK = pH a32

3log−

= 7 – log 4,3 + 13

12

·10·1,1·10·2,1

log −−

−−

LmolLmol

= 7,404

y [H3O

+] = 10-7,404 = 3,94 · 10-8 mol ·L-1 b) La concentración del HCl añadido a la sangre es:

[HCl] = 11

·01,0100

·1,0·10 −−

= LmolmL

LmolmL

Y como el HCl está totalmente ionizado: [H3O

+] añadido = 0,01 mol · L-1 Del mismo modo las nuevas concentraciones iniciales en la sangre como consecuencia de la dilución son:

[HCO3-] = 1

12

·0108,0100

·10·2,1·90 −−−

= LmolmL

LmolmL

[H2CO3] = 1413

·10·9,9100

·10·1,1·90 −−−−

= LmolmL

LmolmL

[H3O+l] = 18

18

·10·546,3100

·10·94,3·90 −−−−

= LmolmL

LmolmL

Al añadir el HCl resulta que: [H3O

+] = 0,01 mol · L-1 + 3,546 · 10-8 mol · L-1 = 0,01 mol · L-1 Suponiendo que la neutralización es completa, el cálculo estequiométrico proporciona:

Ecuación de la reacción HCO3- + H3O

+ W H2CO3 + H2O

Concentración inicial (mol/L) 0,0108 0,01 9,9 · 10-4 Concentración en el equilibrio (mol/L) 0,0108 – 0,01 0 9,9 · 10-4 +

0,01

Luego al final las concentraciones son: [HCO3

-] = 111 ·0008,0·01,0·0108,0 −−− =− LmolLmolLmol

180

22

[H2CO3] = 1114 ·01099,0·01,0·10·9,9 −−−− =+ LmolLmolLmol

De esta forma: ]CO[H][HCO

+ pK = pH a32

3log−

= 7 – log 4,3 + 1

1

·01099,0·0008,0

log −

−

LmolLmol

= 5,23

Una forma alternativa de realizar esta parte con más rigor es la siguiente, en la que se admite que de H3O

+ reaccionan x mol · L-1 con igual valor de la concentración de HCO3-

(tienen igual coeficiente estequiométrico en la reacción).

Ecuación de la reacción H2CO3 + H2O W HCO3- + H3O

+

Concentración inicial (mol/L) 9,9 · 10-4 0,0108 0,01 Concentración en el equilibrio (mol/L) 9,9 · 10-4 + x 0,0108 - x 0,01 - x

donde: ]CO[H

]O[H ][HCOKa

32

33 · +−

= , de esta forma:

)10·9,9()01,0(·)0108,0(

·10·3,44

17

xxx

Lmol+

−−= −−− ⇒ x = 9,996 · 10-3 mol ·L-1

Luego: [H3O

+] final = 0,01 mol · L-1 – 9,996 · 10-3 mol · L-1 de donde: pH = 5,36, valor muy próximo al obtenido con el tratamiento anterior. 16. Calcula el volumen de disolución de KOH 0,1 M que es necesario añadir a 15,0 mL de disolución 0,2 M de ácido acético para preparar una disolución amortiguadora de pH = 4,82, sabiendo que la constante de ionización del ácido acético es 1,8 · 10 -5 mol · L-1.

[AcH]][Ac

+ pK = pH a

−

log ⇒ 4,82 = 5 – log 1,8 + ][

][log

ácidoconjugadabase

de donde: ][][

][][

AcHAc

ácidoconjugadabase −

= = 1,18

La reacción que tiene lugar es: KOH + AcH → AcK + H2O Admitiendo que la reacción es completa, y sabiendo que AcK está totalmente ionizado según: AcK → Ac- + K+ y teniendo en cuenta la estequiometría de la reacción, al principio de AcH hay: 15 · 10-3 mol · 0,2 mol · L-1 de AcH = 3 · 10-3 mol de AcH, por lo que se tiene:

181

23

Ecuación de la reacción KOH + AcH → AcK + H2O

Cantidades iniciales (mol) x 3 · 10-3

Cantidades finales (mol) 0 3 · 10-3 - x x

Como el volumen de la disolución, Vf, es el mismo para el Ac- y el ácido AcH, resulta:

13

1

·)10·3

(

·

][][

−−

−−

−=

LmolV

x

LmolVx

AcHAc

f

f = 1,18 ⇒ x =1,62 · 10- 3 mol

En conclusión para el KOH se cumple: 1,62 · 10-3 mol = V · 0,1 mol ·L-1 ⇒ V = 0,0162 L = 16,2 mL 17. Se valoran 10,0 mL de amoníaco 1,0 M con ácido nítrico 0,42 M. Calcula el volumen necesario de ácido que hay que utilizar y el pH de la disolución en el punto de equivalencia. Dato: K b del amoníaco 1,8 · 10 -5 mol · L -1. La reacción de neutralización es: NH3 + HNO3 → NH4NO3, y se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

0,10··0,11

··42,0 11 mLLmolVLmol A−−

= ⇒ VA = 23,8 mL.

En el punto de equivalencia hay: 10,0 · 10-3 L · 1,0 mol · L-1 = 0,01 mol de NH4NO3 en un volumen de 10,0 mL + 23,8 mL = 33,8 mL (se admite que los volúmenes son aditivos) y su concentración molar es:

[NH4NO3] = 1·30,00338,001,0 −= Lmol

Lmol

El nitrato de amonio es una sal que en agua está totalmente disociada según:

NH4NO3 → NO3- + NH4

+ donde: [NH4NO3] = [NH4

+] = 0,30 mol · L-1 El ión NO3

- es estable en disolución acuosa, pero el NH4+, al proceder de una base débil

experimenta la hidrólisis, de forma que:

][NH

]O[H ][NHKh +

+

=4

33 · =

)NH (del KK

b

W

3

= L mol 10

L mol 10 -

2214-

··8,1·

5

−

= 5,56 A10 -10 mol · L-1

Como: Kh >> Kw, la contribución de los iones H3O

+ procedentes de la ionización del agua se

182

24

puede despreciar, por lo que:

Ecuación de la hidrólisis NH4+ W NH3 + H3O

+

Concentración inicial (mol/L) c = 0,30 0 0 Concentración en el equilibrio (mol/L) 0,30 – x x x

x- 300,x2

=hk = 5,56 A10 - 10 mol · L-1

Realizando la aproximación: 0,30 mol · L-1 - x • 0,30 mol · L-1 , resulta:

cKx h ·= = 151110 ·10·29,1·30,0··10·56,5 −−−−− = LmolLmolLmol

Como: 05,0000043,0·10·29,1·30,0

·10·29,1151

15

<=− −−−

−−

LmolLmolLmol

, luego la aproximación

realizada es válida. Por tanto: [H3O

+] = 1,29 A10-5 mol ·L-1 Y el pH de la disolución es: pH = - log [H3O

+] = - log (1,29 A10-5) = 5 - log 1,29 = 4,89 18. ¿Qué pH tiene la disolución resultante de mezclar 60 mL de HCl 0,1 M con 140 mL de NaOH 0,05 M? La reacción que tiene lugar es: HCl + NaOH → NaCl + H2O y en el punto de equivalencia se verifica la siguiente relación estequiométrica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

140·05,01

60··1,0 11 mLLmolmLLmol −−

=

Pero de ácido hay: molLLmol 3

31

10·61

10·60··1,0 −−−

=

Y de base: molLLmol 3

31

10·71

10·140··05,0 −−−

=

En el punto de equivalencia se gasta todo el ácido y se neutralizan 6 · 10-3 mol de base, quedando un exceso de NaOH de: 7 · 10-3 mol - 6 · 10-3 mol = 1 · 10-3 mol Admitiendo que los volúmenes son aditivos (pues no hay información en contra al respecto), entonces el volumen final de la disolución es 60 mL + 140 mL = 210 mL. Por tanto, al final hay una disolución neutra (a efectos del pH) de NaCl y NaOH de concentración:

183

25

[NaOH] = 133

·10·5210,0

10·1 −−−

= LmolL

mol

Como NaOH es una base fuerte, está totalmente disociada: NaOH → Na+ + OH-, luego: [NaOH] = [OH-] = 5 · 10-3 mol · L-1 ⇒ pOH = 3 - log 5 = 2,3 Como: pH + pOH = 14 ⇒ pH = 14 – 2,3 = 11,7 19. La figura adjunta representa la curva pH = f(V2) (en azul) y la curva derivada dpH/dV 2 = g(V2) (en rojo), obtenidas mediante un pH-metro en una valoración de una disolución de ácido clorhídrico con otra de hidróxido de sodio. Determina mediante dos maneras diferentes las coordenadas del punto de equivalencia E. La primera manera es muy sencilla, pues el máximo de la curva de la derivada muestra que el punto de equivalencia E tiene la abscisa VE = 18, 5 mL. La otra forma es aplicando el método de las tangentes paralelas. Para ello: a) Se traza la tangente ∆1 a la curva azul, antes del salto del pH. b) Se traza la recta ∆2 paralela a ∆1 a la curva azul después del salto del pH. c) Se traza un segmento perpendicular a ∆1 y ∆2 y después la mediatriz de este segmento. d) Esta mediatriz corta a la curva pH = f(V2) en el punto de equivalencia E, cuyas coordenadas son VE = 18,5 mL y pHE = 7.

184

26

20. Halla el coste diario que supone depurar 30000 litros/diarios de agua que una industria vierte a un río, si su pH es 2,8. Para ello se añade NaOH sólido del 35 % de pureza en masa y se quiere que el pH final del agua sea igual a 7 y el precio del NaOH es de 0,6 €/kg. La concentración de iones hidronio presentes en el agua es: [H3O

+] = 10 - pH mol· L-1 = 10 - 2,8 mol · L-1 = 1,6 A10 - 3 mol · L-1 La reacción de neutralización es: H3O + + OH - → 2 H2O Como el pH final es 7, la reacción tiene lugar de forma completa y resulta que:

bn

an BA = y

bVC

aVC BBAA ··

= , donde a = b = 1

Como el NaOH está completamente disociado: NaOH → Na+ + OH- Y [NaOH] = [OH-], resuelta: nB de OH - = CA · VA = 1,6A10 - 3 mol · L-1 · 30000 L = 48 mol Sabiendo que la masa molar del NaOH es 40 g · mol-1, entonces: La masa en g de NaOH que se precisa para neutralizar la acidez del agua es: m = 48 mol · 40 g · mol-1 = 1920 g de NaOH La cantidad de NaOH de la riqueza indicada que hay que añadir es:

m = 1920 g · 35

1000= 5485,7 g = 5,486 kg de NaOH de una riqueza del 35 %

El coste que supone depurar diariamente 30000 L de agua es: Coste diario = 5,486 kg· 0,6 €/kg = 3,29 € 21. Para calcular la alcalinidad de un agua residual de una industria de sosa cáustica (NaOH), se toman 50 mL de ella y se gastan 20 mL de HCl 0,1 M. a) Dibuja el montaje experimental para llevar a cabo la volumetría, indicando en el dibujo las sustancias y los materiales utilizados. b) En el laboratorio se dispone de fenolfataleína (intervalo de viraje 8,3-10) y anaranjado de metilo (intervalo de viraje 3,1-4,4). Justifica si los dos indicadores son válidos para señalar el punto final de la volumetría y escribe la reacción química que tiene lugar. c) Calcula la concentración molar de sosa cáustica en el agua y cuál es su pH.

185

27

a) b) La reacción que tiene lugar es: HCl + NaOH → NaCl + H2O En el punto de equivalencia tenemos la formación de una sal disuelta en agua procedente de un ácido fuerte y de una base fuerte, por lo que no sufre una hidrólisis y el pH de la disolución es 7. Para dicho pH = 7 no sirve el anaranjado de metilo, ya que su intervalo de viraje está fuera de dicho valor de pH. En cambio la fenolftaleína sí que sirve como indicador, pues su zona de viraje incluya al pH = 7 en donde tiene lugar el punto de equivalencia de la valoración. c) Como en la reacción: HCl + NaOH → NaCl + H2O se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 1

50·1

20··1,0 1 mLCmLLmol B=−

⇒ CB = 0,04 mol · L-1.

Como NaOH es una base fuerte, está totalmente disociada: NaOH → Na+ + OH-, luego: [NaOH]inicial = [OH-] = 0,04 mol · L-1 ⇒ pOH = - log 0,04 = 1,4 Como: pH + pOH = 14 ⇒ pH = 14 – 1,4 = 12,6 22. Se dispone de una disolución de hidróxido de potasio del 2,380 % de masa y densidad 1,020 g · cm 3. a) Calcula el pH de esta disolución. b) Se usa esta disolución para valorar 20,0 cm 3 de una disolución de ácido sulfúrico y se alcanza el punto de equivalencia con un volumen de 18,2 cm 3. Calcula la molaridad del ácido sulfúrico. c) Explica el procedimiento que se sigue en el laboratorio para realizar la valoración anterior, indicando el material y el indicador que se puede emplear. ¿Se podría tirar por la pila del laboratorio la disolución una vez valorada? a) El KOH es una base fuerte que en solución está totalmente disociada. Por tanto: KOH → K+ + OH- y [KOH]inicial = [OH-] Para hallar [KOH] inicial se procede de la siguiente forma:

186

28

En 1 L de disolución de KOH existe una cantidad en g de: m = d · V = 1,020 g · cm3 · 1000 cm3 = 1020 g Pero de esta cantidad sólo el 2,380 % es de KOH, luego:

1020 g de disolución · disolucióndeg

KOHdeg100

380,2 = 24,28 g de KOH

Sabiendo que la masa molar del KOH es M = 56 g · mol-1, entonces:

[KOH] = 11

·434,01·5628,24

−−

= LmolLmolg

g

Por tanto: [OH-] = 0,434 mol · L-1 y pOH = - log 0,434 = 0,36 Ahora como: pH + pOH = 14, luego pH = 14 – 0,36 = 13,64 b) La reacción de neutralización es: H2SO4 + 2 KOH → K2SO4 + 2 H2O, luego se verifica:

bVC

aVC BBAA ··

= ⇒ 2

2,18··434,01

20· 313 cmLmolcmCA−

= ⇒ CA = 0,197 mol · L-1.

c) En un matraz erlenmeyer se colocan los 20,0 cm3 de la disolución de concentración desconocida de ácido sulfúrico y se añaden 2 o 3 gotas de un indicador adecuado. Como en el punto de equivalencia se origina una disolución acuosa de K2SO4, sal que no experimenta la reacción de hidrólisis, el pH es 7 (a 25 °C). Por tanto se debe elegir un indicador cuya zona de viraje incluya a dicho valor, que puede ser azul de bromitimol (zona de viraje entre 6,0 y 7,6). El material a utilizar es un matraz erlenmeyer, pipeta, succionador, bureta, pinza con varilla y soporte. Por último, si el criterio para tirar o no la disolución resultante por la pila es su acidez, no hay problema ya que la disolución que se forma tras la valoración es neutra. 23. Una muestra de agua salada de densidad 1,02 g/mL contiene 17,8 ppm (en masa) de ión nitrato NO 3

-. Calcula la concentración molar del ión nitrato en el agua. El que exista 17,8 ppm de ión nitrato quiere decir que hay 17,8 µg o 17,8A10-6 g de ión nitrato por cada gramo de agua salada. Como la densidad del agua es 1,02 g/mL, entonces el volumen que ocupa 1 g de agua

salada es: mL 0,98 = V Vg 1

=mLg

1,02 ⇒

187

29

Dado que la masa molar del ión NO3

- es 62 g · mol-1, entonces:

11

3 ·····

][ −−

− Lmol 10 2,93 = L 10 0,98

molg62 g 10 17,8

= NO 4-3-

-6

24. ))))Qué cantidad de agua se necesita para diluir 3 m 3 de un agua residual que con tiene 50000 ppm en cloruro de cobre (I) hasta 5 ppm? La cantidad de cloruro de cobre (I) en la disolución inicial es el mismo que el que hay en la disolución diluida, por tanto:

V disoluciónpartes 10

CuClpartes 5 = m3

disoluciónpartes 10

CuClpartes 50000 6

36

·· ⇒ V = 30000 m3

25. El hidróxido de sodio se puede preparar por caustificación haciendo reaccionar carbonato de sodio con hidróxido de calcio, con lo que simultáneamente se forma también carbonato cálcico. Sabiendo que el rendimiento del proceso es del 50 %, calcula la cantidad de carbonato de sodio necesaria para producir 377,0 g de hidróxido de sodio. La reacción química que describe el proceso es: Na2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2 NaOH

La estequiometría de la reacción indica que: 21

32 NaOHnCONan=

Sabiendo que la masa molar del Na2CO3 es 106 g · mol-1 y la del NaOH A 40 g ·mol-1, entonces teniendo en cuenta que el rendimiento del proceso es del 50 %, la cantidad de carbonato de sodio que se precisa para producir 377,0 g de hidróxido de sodio es:

2·40

50100

·0,377

1·106 1321

NaOHmolg

CONamolg

m−−

= ⇒ m de Na2CO3 = 893,1 g

26. Un reactor de síntesis de amoníaco, cuyo rendimiento es del 35 %, produce 1000 ton eladas por día. a) Suponiendo que todo el hidrógeno proviene a partir del metano, calcula el volumen de aire y de metano consumidos por día, tomando los volúmenes en condiciones normales de presión y temperatura y sabiendo que el aire está formado por 80 % de nitrógeno y 20 % de oxígeno. b) Escribe las reacciones que tienen lugar para obtener ácido nítrico a partir de amoníaco. c) ))))Qué masa de ácido nítr ico del 50 % en masa se puede fabricar a partir de 100 toneladas de amoníaco?

188

30

a) La reacción de síntesis del amoníaco es: N2 + 3 H2 WWWW 2 NH3 Sabiendo que la masa molar del NH3 es 17 g mol-1, la cantidad, en mol, de amoníaco que se obtienen en un día es:

n NH3 = NH mol 105,9 =

molg

17

tmg 10 tm1000

= Mm

37

6

·

Al no conocer el dato de la constante de equilibrio de la reacción, se resuelve el problema a partir de los datos estequiométricos de la reacción con la introducción del dato del rendimiento de la reacción, de forma que: En el caso del que el rendimiento fuese del 100 %, resulta que la cantidad, en mol, de N2 que se precisan de nitrógeno es:

N mol 102,95 = NH mol2

NH mol 105,9 N mol 1 = Nn 2

7

3

37

22 ·

··

Como el rendimiento es del 35 % se precisan entonces:

n N2 = 2,95 · 107 mol · 35

100 = 8,43 · 107 mol de N2

Este nitrógeno ocupa un volumen, medido en condiciones normales de: V = 8,43 A10 7 mol · 22,4 L · mol-1 = 18,88 A10 8 L = 18,88 A105 m3 de nitrógeno Para obtener este nitrógeno se precisa un volumen de aire de:

V aire = 18,88A105 m3 · 80

100= 23,60 A105 m3 de aire

Por la estequiometría de la reacción, la cantidad, en mol, de H2 que se precisan, supuesto un rendimiento del 100 % es:

H mol 108,85 = NH mol2

NH mol 105,9 H mol3 = Hn 2

7

3

37

22 ·

··

Como el rendimiento es del 35 % se precisan entonces:

n H2 = 8,85 · 107 mol · 35

100 = 25,29 · 107 mol de H2

El hidrógeno se obtiene por acción del vapor de agua sobre el metano, según la ecuación:

189