Equilibrio ácido-base en disolución acuosa.

Equilibrio ácido-base en disolución acuosa.
Lo estudiaremos en disolución acuosa, por lo que debemos tener en cuenta
también el equilibrio de autoionización del agua: 2 H2 O(l)
OH (aq)  H3O (aq) ;
Debemos asumir que H3O+(aq) equivale a H+(aq), por lo que lo veremos escrito
en ambas formas, con el mismo significado.
H3O+ (oxonio) es el resultado de la interacción entre H+ (hidrón) y H2O, que
tiene como resultado la formación de un enlace de coordinación (el llamado enlace
coordinado o enlace dativo, aunque estos términos son hoy considerados obsoletos)
entre H+ y un par electrónico no compartido del O en la molécula de H2O.
La constante de equilibrio de la autoionización del agua se designa
habitualmente por Kw y se asume el valor 10-14 (aunque sabemos que el valor de la
constante de equilibrio varía al variar la temperatura): Kw=[H3O+(aq)]·[OH-(aq)]=10-14;
Por lo tanto, el agua pura está formada por un equilibrio entre tres sustancias:
H2O, H3O+ y OH-, donde [H3O+(aq)]=[OH-(aq)] (como se puede deducir fácilmente por la
estequiometría del proceso).
Consecuentemente, en el agua pura se cumple: [H3O+(aq)]=[OH-(aq)]=10-7 M;
Cuando se agrega al agua una sustancia y se forma una disolución, puede
cambiar la concentración de H3O+(aq), también la de OH-(aq) ya que ambas deben
cumplir Kw, por lo que se obtiene una disolución ácida o básica dependiendo de que
[H3O+(aq)] sea mayor o menor, respectivamente, que la del agua pura.
Si [H3O+(aq)]>10-7 M se trata de una disolución ácida y si [H3O+(aq)]<10-7 M se
trata de una disolución básica; cuando la disolución presenta una concentración de
H3O+(aq) y de OH-(aq) igual a la del agua pura, [H3O+(aq)]=10-7 M, se dice que es
neutra.
El grado de acidez suele medirse en unidades de pH, donde pH=-log[H3O+(aq)],
por lo que en disoluciones acuosas neutras pH=7, en disoluciones acuosas ácidas es
menor que 7 y en las básicas es mayor que 7.
Del mismo modo pOH=-log[OH-(aq)], por lo que aplicando logaritmo decimal a
la expresión de Kw podemos deducir: 14=pH+pOH, expresión muy útil en equilibrios
ácido-base en disolución acuosa.
Consideraremos ácidas aquellas sustancias que en disolución acuosa se disocian
dando H+(aq) y el anión correspondiente (modelo de Arrhenius).
El equilibrio químico lo veremos escrito indistintamente de una de las formas
siguientes:
HA(aq)


A (aq)  H (aq);
HA(aq)  H2 O(l)

A  (aq)  H  (aq)
Kc 
o bien
HA(aq)

A (aq)  H 3O (aq);
A  (aq)  H 3O  (aq)
Kc 
HA(aq)
Donde HA representa la fórmula genérica de un ácido monoprótico, según el
modelo de Arrhenius, y Kc la constante de equilibrio, que habitualmente suele
representarse por Ka remarcando el carácter ácido de la sustancia por el subíndice
empleado.
Es conveniente recordar que el agua también interviene en el equilibrio, por lo
que, además, en la disolución habrá una concentración de OH- que corresponderá con
Kw .
moles
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de ácido débil:
HA(aq)  H2 O(l)
A  (aq)  H3O  (aq);
ninicial
cambios
neq
n0(HA)
-a
n0-a
n0  a
Vfinal
[eq]
0
+a
a
~0
+a
a
a
Vfinal
a
Vfinal
Donde:
 n0(HA) es la cantidad de ácido débil que se encuentra en disolución antes de
alcanzar el equilibrio químico.
 a es la cantidad que se disocia de ácido, HA, para alcanzar el equilibrio químico; la
proporción estequiométrica es 1:1:1, por lo que el cálculo estequiométrico de las
sustancias que se obtienen a causa de la disociación es:
a mol HA(aq)disociado 
+
1mol A  (aq)
 a mol A  (aq); y el correspondiente para H3O (aq).
1mol HA(aq)
 La cantidad de H3O+ que aporta el agua se considera insignificante en el cálculo, por
ello pone ~0 (esta hipótesis se puede comprobar cuando se conozca el estado de
equilibrio del sistema).
Consideraremos básicas aquellas sustancias que en disolución acuosa se
disocian dando OH-(aq) y el catión correspondiente (modelo de Arrhenius).
El equilibrio químico lo veremos escrito así:
BOH(aq)


B (aq)  OH (aq);
B (aq)  OH (aq)
Kc 
BOH(aq)
moles
Donde BOH representa la fórmula genérica de una base según el modelo de
Arrhenius y Kc la constante de equilibrio, que habitualmente suele representarse por
Kb remarcando el carácter básico de la sustancia por el subíndice empleado.
También en este caso interviene el agua en el equilibrio, por lo que, además, en
la disolución habrá una concentración de H+ que corresponderá con Kw.
Como las concentraciones de H3O+ y OH- que aporta el agua son muy pequeñas
en comparación con las que aporta una sustancia ácida o básica en disolución, en la
práctica suele considerarse como un valor insignificante que no se toma en cuenta en
el cálculo de las concentraciones en equilibrio.
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de base débil:
BOH(aq)
B (aq)  OH (aq);
ninicial
cambios
neq
[eq]
n0(BOH)
-a
n0-a
n0  a
Vfinal
0
+a
a
~0
+a
a
a
Vfinal
a
Vfinal
Donde:
 n0(BOH) es la cantidad de base débil que se encuentra en disolución antes de
alcanzar el equilibrio químico.
 a es la cantidad que se disocia de base, BOH, para alcanzar el equilibrio químico; ; la
proporción estequiométrica es 1:1:1, por lo que el cálculo estequiométrico de las
sustancias que se obtienen a causa de la disociación es:
a mol BOH(aq)disociado 
1mol B (aq)
 a mol B (aq); y el correspondiente para OH aq).
1mol BOH(aq)
 La cantidad de OH- que aporta el agua se considera insignificante en el cálculo, por
ello pone ~0 (esta hipótesis se puede comprobar cuando se conozca el estado de
equilibrio del sistema).
ÁCIDOS Y BASES FUERTES Y DÉBILES
Establecemos una distinción cualitativa basada en el equilibrio químico que
presentan las sustancias en disolución acuosa, relacionada con la cantidad de sustancia
que queda sin disociar, HA(aq) o BOH(aq).
Cuando la cantidad que queda sin disociar una vez alcanzado el equilibrio es
muy pequeña y se puede considerar nula, lo que se traduciría en una constante de
equilibrio muy grande (en la práctica valores de la constante de equilibrio mayores que
10) se dice que el ácido o la base son FUERTES, respecto al agua, y no es necesario
realizar cálculos específicos teniendo en cuenta Kc (Ka o Kb, según el caso) para
determinar las concentraciones en el equilibrio, ya que partimos de la premisa de que
la cantidad sin disociar es nula. En estos casos el símbolo que se suele emplear en las
ecuaciones químicas es  en lugar de
para indicar que la disociación es completa
y que en el equilibrio la cantidad sin disociar se puede considerar nula.
Los ácidos fuertes más habituales son: HCl, HBr, HNO3, HClO3, HClO4, H2SO4; las
bases fuertes más habituales son: NaOH, KOH.
Además, en un problema es fácil identificar como fuerte o débil un ácido o una
base ya que si es fuerte no tendremos como dato su constante de equilibrio, ni será
una pregunta del problema; por el contrario, disponer como dato de la constante de
equilibrio, o ser una pregunta del problema, delata que debemos determinar la
concentración de las sustancias en equilibrio y, por lo tanto, que se trata de ácido o
base débil.
HIDRÓLISIS DE UNA SAL CUYO ANIÓN Y/O CATIÓN ESTÁN RELACIONADOS CON
ÁCIDO Y BASE DÉBIL, RESPECTIVAMENTE.
En estos casos, el equilibrio que se lleva a cabo corresponde con la interacción
ácido-base entre un anión o catión y el agua.
Consideraremos que en disolución acuosa la sal estará totalmente disuelta y
disociada (otros casos los estudiaremos en el tema de solubilidad) y representaremos
la sal por BA, el anión por A- y el catión por B+: BA(aq) → A-(aq) + B+(aq);
Los iones en disolución reaccionarán con el agua según su naturaleza:
 Si A (aq) o B+(aq) están relacionados con ácido o base fuerte, permanecerán sin
cambios en la disolución, ya que el equilibrio químico de estas sustancias se caracteriza
por: [AH(aq)]≈0 y [BOH(aq)]≈0; Es decir, el estado de equilibrio se alcanza sin cambios
en su concentración.
 Si A-(aq) o B+(aq) están relacionados con ácido o base débil se producirá la reacción
con el agua, dando lugar al proceso denominado hidrólisis, por lo tanto el estado de
equilibrio se alcanza mediante cambios en su concentración.
La ecuación química del proceso y su constante de equilibrio es:

A (aq)  H 2 O(l)

K w  HA(aq)eq  OH (aq) eq
HA(aq)  OH (aq); K h 

;
Ka
A  (aq)

eq
K w  BOH(aq)eq  H (aq) eq

;
Kb
B  (aq)

B  (aq)  H 2 O(l)
BOH(aq)  H  (aq); K h 
eq
NEUTRALIZACIÓN ÁCIDO-BASE
Cuando en una misma disolución se mezclan ácido y base, las concentraciones
de H+(aq) y OH-(aq) no se encontrarán en equilibrio, por lo que el sistema se desplazará
en el sentido en que se forma H2O hasta alcanzar el estado de equilibrio:
Kw=[H3O+(aq)]·[OH-(aq)]=10-14;
H2 O(l)
H (aq)  OH (aq) ; que también podemos exp resar como :
2 H2 O(l)
H3O  (aq)  OH (aq) ;
Donde el símbolo
representa que se trata de un proceso reversible y que las
condiciones del sistema favorecen la formación de H2O.
Como H+(aq) procede del ácido y OH-(aq) de la base, se suele plantear la
reacción de neutralización ácido-base mediante la ecuación química:
HA  BOH  BA  H2 O; que suele exp resarse como : Ácido  Base  Sal  agua;
por ejemplo : HNO 3  NaOH  NaNO 3  H2 O; HCl  KOH  KCl  H 2 O;
HClO NaOH  NaClO H2 O; HClO 4  NH 4OH  NH 4ClO 4  H 2 O; HF  NH 4OH  NH 4 F  H2 O;
Debemos observar que en la ecuación química se emplea el símbolo  , ya que
nos informa de la cantidad de sustancia que se produce, y que podríamos extraer de la
disolución empleando el método de separación más conveniente; cada una de las
sustancias que quede en disolución tras la reacción (el reactivo en exceso, si lo hay, y la
sal) interactuarán con el agua según el equilibrio químico que corresponda con su
naturaleza (disociación ácida, disociación básica o hidrólisis).
En los ejemplos propuestos NaNO3 y KCl no experimentarán hidrólisis (ya que
HNO3, NaOH, HCl y KOH son fuertes), NaClO experimentará hidrólisis de su anión: ClO -,
NH4ClO4 experimentará hidrólisis de su catión: NH4+ y NH4F experimentará hidrólisis de
ambos iones: F- y NH4+.
El pH final de la disolución dependerá de las cantidades de ácido o de base que
haya en exceso y de la hidrólisis que pueda experimentar la sal obtenida.
Podemos encontrar tres casos en nuestro temario:
A)
Neutralización de ácido y base fuertes: Como hemos dicho anteriormente no
consideramos el cálculo del equilibrio de las sustancias ácido fuerte y base fuerte ya
que asumimos disociación completa, por lo que el único equilibrio que tendremos en
cuenta en nuestro cálculo será el del agua.
Nos basaremos en la cantidad de ácido o base que haya en exceso, lo que da
lugar a tres situaciones:
A1) No hay exceso de ácido ni de base, las cantidades son las estequiométricas para el
proceso de neutralización: En este caso la disolución final será neutra, ya que no hay
ácido ni base en exceso y la sal obtenida no experimenta hidrólisis, por lo que no
cambian las condiciones del agua pura: [H3O+(aq)]=[OH-(aq)]=10-7 M, es decir: pH=7.
A2) Exceso de ácido: En este caso la disolución final será ácida, y el pH corresponderá
con la disociación de la cantidad de ácido en exceso ya que la sal obtenida no
experimenta hidrólisis.
Si el ácido es monoprótico : HA(aq)  H 2 O(aq)  A  (aq)  H3O  (aq);
n(HA(aq))exceso 
1mol H3O  (aq)
n(H3O  (aq))final
 n(H3O  (aq))final ; H3O  (aq) 
;
eq
1mol HA(aq)
Vfinal
Podemos deducir pHfinal y, si se necesita también pOH y [OH-(aq)]eq, ya que
Kw=[H3O+(aq)]eq·[OH-(aq)]eq=10-14 o su equivalente pH+pOH=14.
A3) Exceso de base: En este caso la disolución final será básica, y el pH corresponderá
con la disociación de la cantidad de base en exceso ya que la sal obtenida no
experimenta hidrólisis.
BOH(aq)  B (aq)  OH (aq);
n(BO H(aq))exceso 
1mol OH (aq)
n(O H (aq))final
 n(O H (aq))final ; OH (aq) 
;
eq
1mol BOH(aq)
Vfinal
Al igual que en el caso anterior, podemos deducir pOHfinal y a partir de este
valor calcular pHfinal y [H3O+(aq)]eq, ya que Kw=[H3O+(aq)]eq·[OH-(aq)]eq=10-14 o su
equivalente pH+pOH=14. (ver problema resuelto Junio2002).
B)
Neutralización de ácido débil con base fuerte: Del mismo modo que en el caso
anterior, calcularemos en primer lugar la cantidad en exceso de ácido o de base y
procederemos del mismo modo, pero teniendo en cuenta lo siguiente:
B1) Si la cantidad de ácido y de base se encuentra en proporción estequiométrica
respecto al proceso de neutralización, para calcular el pH final deberemos plantear el
equilibrio de hidrólisis correspondiente a la sal formada.
En el proceso de hidrólisis solamente intervendrá el anión, ya que el catión está
relacionado con una base fuerte, por lo que la disolución final será básica:
BA(aq)  A (aq)  B (aq); A (aq)  H2O(l)
HA(aq)  OH (aq);
B2) Exceso de ácido débil: la disolución resultante corresponderá con el equilibrio
entre la cantidad de ácido débil en exceso y el anión correspondiente que se ha
formado por la neutralización con la base fuerte, lo que da lugar a las disoluciones que
se denominan amortiguadoras de pH o disoluciones tampón, que tienen la
particularidad de mantener el pH aunque se añada ácido o base a la disolución. El pH
final lo calcularemos a partir del equilibrio del ácido débil considerando como
condiciones iniciales:
 la cantidad de ácido débil en exceso.
 la cantidad de anión correspondiente con la sal formada en la neutralización, que
equivale a la cantidad de ácido neutralizado.
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de ácido débil a la que se agrega una pequeña cantidad de base fuerte:
HA(aq)  BOH(aq)  BA(aq)  H 2 O(l); Exceso HA(aq); Re acciona la totalidad de BOH(aq);
Si designamos por n b la cantidad inicial de base fuerte y por n a la cantidad inicial de ácido débil :
n b (BOH(aq)) 
1mol HA(aq)
 n b mol HA(aq)reacciona;
1mol BOH(aq)
n b (BOH(aq)) 
1mol BA(aq)
 n b mol BA(aq)se obtiene;
1mol BOH(aq)
n a (HA(aq))inicial  n b (HA(aq))reacciona  (n a  n b )(HA(aq))exceso ;
1mol A  (aq)
BA(aq)  A  (aq)  B (aq); n b mol BA(aq) 
 n b mol A  (aq);
1mol BA(aq)
moles
ninicial
cambios
neq
A  (aq)  H3O  (aq);
 H2 O(l)
HA(aq)
na - nb
-a
(na-nb)-a
nb
+a
nb+a
(n a  n b )  a
Vfinal
[eq]
~0
+a
a
nb  a
Vfinal
a
Vfinal
moles
Donde:
 a es la cantidad que se disocia de ácido, HA, para alcanzar el equilibrio químico.
 La cantidad de H3O+ que aporta el agua se considera insignificante en el cálculo, por
ello pone ~0 (esta hipótesis se puede comprobar cuando se conozca el estado de
equilibrio del sistema).
Podría escribirse, también, empleando la ecuación química equivalente:
HA(aq)
A  (aq)  H (aq);
ninicial
cambios
neq
[eq]
na - nb
-a
(na - nb)-a
(n a  n b )  a
Vfinal
nb
+a
nb +a
nb  a
Vfinal
~0
+a
a
a
Vfinal
moles
En la práctica se puede considerar que a es una cantidad insignificante en
comparación con (na - nb) y con nb, por lo que el esquema de cálculo se puede
simplificar como sigue:
HA(aq)
A  (aq)  H (aq);
ninicial
cambios
neq
[eq]
na - nb
-a
(na - nb)-a ≈ na - nb

na  nb
Vfinal
nb
+a
nb +a ≈ nb

nb
Vfinal
~0
+a
a
a
 H (aq)
eq
Vfinal 
 nb 


  H (aq) eq
V
K a   final 
;de donde se puede despejar fácilmente H  (aq)
eq
 na  nb 


 Vfinal 
y calcular el pHde la disolución resul tan te;
(ver AMPLIACIÓN 2 del problema resuelto Junio 2011).
B3) Exceso de base fuerte: La disolución resultante será básica y el pH final se calculará
teniendo en cuenta:
 la cantidad de base fuerte en exceso, que estará totalmente disociada.
 la hidrólisis de la sal obtenida en la neutralización, que corresponderá con todo el
ácido débil que había inicialmente.
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de ácido débil a la que se agrega exceso de base fuerte:
HA(aq)  BOH(aq)  BA(aq)  H 2 O(l); Exceso BOH(aq); Re acciona la totalidad de AH(aq);
Si designamos por n b la cantidad inicial de base fuerte y por n a la cantidad inicial de ácido débil :
n a (HA(aq)) 
1mol BOH(aq)
 n a mol BOH(aq)reacciona;
1mol HA(aq)
n a (HA(aq)) 
1mol BA(aq)
 n a mol BA(aq)se obtiene;
1mol HA(aq)
n b (BOH(aq))inicial  n a (BO H(aq))reacciona  (n b  n a )(BO H(aq))exceso ;
BOH(aq)  B (aq)  OH (aq); (n b  n a )(BO H(aq))exceso 
1mol OH (aq)
 (n b  n a )mol OH (aq);
1mol BOH(aq)
BA(aq)  A  (aq)  B  (aq); A  (aq)exp erimenta hidrólisis : A  (aq)  H 2 O(l)
n a mol BA(aq) 
1mol A (aq)
 n a mol A  (aq); Antesde alcanzar el equilibrio químico;
1mol BA(aq)
moles
A  (aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
HA(aq)  OH  (aq);

HA(aq)  OH (aq);
 H2 O(l)
na
-a
na - a≈ na
0
+a
a
na  a
n
 a
Vfinal
Vfinal
a
Vfinal
nb - na
+a
(nb - na) + a≈ nb - na
 nb  na   a  nb  na
Vfinal
Vfinal
Donde:
 a es la cantidad que se hidroliza de A- para alcanzar el equilibrio químico, la cual
será muy pequeña, en la práctica insignificante en comparación con las cantidades
iniciales (ver AMPLIACIÓN del problema resuelto Septiembre2007).
C)
Neutralización de base débil con ácido fuerte: Nos encontraremos con
situaciones homólogas al caso anterior, planteando el cálculo de manera similar:
C1) Si la cantidad de ácido y de base se encuentra en proporción estequiométrica
respecto al proceso de neutralización, para calcular el pH final deberemos plantear el
equilibrio de hidrólisis correspondiente a la sal formada.
En el proceso de hidrólisis solamente intervendrá el catión, ya que el anión está
relacionado con un ácido fuerte, por lo que la disolución final será ácida:
BA(aq)  A (aq)  B (aq); B (aq)  H2O(l)
BOH(aq)  H (aq);
C2) Exceso de base débil: de manera análoga a la descrita en el apartado B2), la
disolución resultante corresponderá con el equilibrio entre la cantidad de base débil en
exceso y el catión correspondiente que se ha formado por la neutralización con el
ácido fuerte, lo que da lugar a las disoluciones que se denominan amortiguadoras de
pH o disoluciones tampón, que tienen la particularidad de mantener el pH aunque se
añada ácido o base a la disolución. El pH final lo calcularemos a partir del equilibrio de
la base débil considerando como condiciones iniciales:
 la cantidad de base débil en exceso.
 la cantidad de catión correspondiente con la sal formada en la neutralización, que
equivale a la cantidad de base neutralizada.
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de base débil a la que se agrega una pequeña cantidad de ácido fuerte:
HA(aq)  BOH(aq)  BA(aq)  H 2 O(l); Exceso BOH(aq); Re acciona la totalidad de HA(aq);
Si designamos por n a la cantidad inicial de ácido fuerte y por n b la cantidad inicial de base débil :
n a (HA(aq)) 
1mol BOH(aq)
 n a mol BOH(aq)reacciona;
1mol HA(aq)
n a (HA(aq)) 
1mol BA(aq)
 n a mol BA(aq)se obtiene;
1mol HA(aq)
n b (BO H(aq))inicial  n a (BO H(aq))reacciona  (n b  n a )(BO H(aq))exceso ;
1mol B (aq)
BA(aq)  A  (aq)  B (aq); n a mol BA(aq) 
 n a mol B  (aq);
1mol BA(aq)
moles
BOH(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
B (aq)  OH (aq);
nb - na
-a
(nb – na)-a
na
+a
na +a
(n b  n a )  a
Vfinal
~0
+a
a
na  a
Vfinal
a
Vfinal
Donde:
 a es la cantidad que se disocia de base, BOH, para alcanzar el equilibrio químico.
 La cantidad de OH- que aporta el agua se considera insignificante en el cálculo, por
ello pone ~0 (esta hipótesis se puede comprobar cuando se conozca el estado de
equilibrio del sistema).
En la práctica se puede considerar que a es una cantidad insignificante en
comparación con (nb - na) y con na, por lo que el esquema de cálculo se puede
simplificar como sigue:
moles
BOH(aq)
ninicial
cambios
neq
nb - na
-a
(nb – na)-a≈ nb – na

[eq]
B (aq)  OH (aq);
nb  na
Vfinal
na
+a
na +a≈ na

na
Vfinal
~0
+a
a
a
 OH (aq)
eq
Vfinal 
 na 


  OH (aq) eq
V
K b   final 
;de donde se puede despejar fácilmente OH  (aq)
eq
 nb  na 


 Vfinal 
y calcular el pHde la disolución resul tan te;
C3) Exceso de ácido fuerte: La disolución resultante será ácida y el pH final se calculará
teniendo en cuenta:
 la cantidad de ácido fuerte en exceso, que estará totalmente disociado.
 la hidrólisis de la sal obtenida en la neutralización, que corresponderá con toda la
base débil que había inicialmente.
Esquema general de cálculo de las condiciones de equilibrio en una disolución
acuosa de base débil a la que se agrega exceso de ácido fuerte:
HA(aq)  BOH(aq)  BA(aq)  H 2 O(l); Exceso HA(aq); Re acciona la totalidad de BOH(aq);
Si designamos por n b la cantidad inicial de base débil y por n a la cantidad inicial de ácido fuerte :
n b (BO H(aq)) 
1mol HA(aq)
 n b mol HA(aq)reacciona;
1mol BOH(aq)
n b (BO H(aq)) 
1mol BA(aq)
 n b mol BA(aq)se obtiene;
1mol BOH(aq)
n a (HA(aq))inicial  n b (BO H(aq))reacciona  (n a  n b )(HA(aq))exceso ;
HA(aq)  A  (aq)  H (aq); (n a  n b )(HA(aq))exceso 
1mol H (aq)
 (n a  n b )mol H  (aq);
1mol HA(aq)
BA(aq)  A  (aq)  B  (aq); B  (aq)exp erimenta hidrólisis : B (aq)  H2 O(l)
n b mol BA(aq) 

BOH(aq)  H  (aq);
1mol B (aq)
 n b mol B  (aq); Antesde alcanzar el equilibrio químico;
1mol BA(aq)
moles
B (aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
nb
-a
nb - a≈ nb
nb  a
n
 b
Vfinal
Vfinal
 H2 O(l)
BOH(aq)  H (aq);
0
+a
a
a
Vfinal
na – nb
+a
(na - nb) + a≈ na - nb
 na  nb   a  na  nb
Vfinal
Vfinal
Donde:
 a es la cantidad que se hidroliza de B+ para alcanzar el equilibrio químico, la cual
será muy pequeña, en la práctica insignificante en comparación con las cantidades
iniciales.
IMPORTANTE:
En las disoluciones acuosas tendremos las sustancias siguientes en disolución:
Si se trata de la disolución acuosa de un ácido: H+(aq), OH-(aq), A-(aq) y, si se trata de
ácido débil, también habrá HA(aq).
Si se trata de la disolución acuosa de una base: H+(aq), OH-(aq), B+(aq) y, si se trata de
base débil, también habrá BOH(aq).
Si se trata de una neutralización tendremos todas las sustancias anteriores: H +(aq), OH(aq), A-(aq), B+(aq) y, si se trata de ácido y/o base débil, también habrá HA(aq) y/o
BOH(aq).
Por lo tanto, en un problema pueden preguntar por la concentración final de
todas esas sustancias. (ver problemas resueltos).
PROBLEMAS RESUELTOS
Junio2002
Se dispone de 80 mL. de una disolución 0,15 M de ácido clorhídrico, disolución A, y de 100 mL. de otra
disolución 0,1 M de hidróxido de sodio, disolución B. Se desea saber:
a) El pH de la disolución A. (0,5 puntos)
b) El pH de la disolución B. (0,5 puntos)
c) Si se mezclan ambas disoluciones, cuanto valdrá el pH de la disolución resultante. (1,0 punto)
a) Disolución A:
HCl(aq)  Cl  (aq)  H  (aq);
0, 15 mol HCl
 0, 080 L disolución  0, 012 mol HCl;
1L disolución
0, 012 mol
n(H (aq))  0, 012 mol; H  (aq)

 0, 15 M; pH   log(0, 15)  0, 82;
final
0, 080 L
n(HCl) 
b) Disolución B:
NaOH(aq)  Na  (aq)  OH  (aq);
0, 1mol NaOH
n(NaOH) 
 0, 100 L disolución  0, 010 mol NaOH;
1L disolución
0, 010 mol
n(OH  (aq))  0, 010 mol; OH  (aq)

 0, 1M;
final
0, 100 L
pOH   log(0, 1)  1; pH pOH  14; pH  13;
c) Mezcla de ambas disoluciones:
n(H (aq))inicial  0, 012 mol;
n(OH  (aq))inicial  0, 010 mol;
0, 010 mol OH  (aq) neutralizan 0, 010 mol H  (aq), por lo que queda sin neutralizar :
n(H (aq))exceso  0, 012 mol  0, 010 mol  0, 002 mol;
0, 002 mol H
H  (aq)
 H  (aq) 
 0, 011M;
final
eq
0, 180 L disolución final
pH   log(0, 011)  1, 95;
d) Si en el problema preguntara por la concentración de las sustancias presentes
en la disolución final deberíamos tener en cuenta OH-(aq), Cl-(aq) y Na+(aq):
Como n(Cl  (aq))inicial  n(H (aq))inicial  0, 012 mol;
Cl  (aq) no reacciona con el agua(ya que HCl es ácido fuerte), por lo tanto :n(Cl  (aq))final  0, 012 mol;
0, 012 mol Cl 
Cl  (aq)

 0, 067 M;
final
0, 180 L disolución final
Como n(Na  (aq))inicial  n(OH (aq))inicial  0, 010 mol;
Na  (aq) no reacciona con el agua(ya que NaOH es base fuerte), por lo tan to : n(Na  (aq))final  0, 010 mol ;
0, 010 mol Na 
Na  (aq)

 0, 056 M;
final
0, 180 L disolución final
Como H (a q)  0, 011M; OH (aq)  0, 011M  10 14 ; OH  (aq)  9, 09  10 13 M;
eq
eq
eq
Re sultado que, además, confirma que la aportación del equilibrio de autoionización del agua al
sistema es tan pequeña que se puede considerar nula respecto a la aportación del ácido o la base.
Septiembre2003
La constante de ionización del ácido fórmico (HCOOH) es de 1,77·10-4. Calcular:
a) El pH de la disolución formada al disolver 0,025 g de ácido fórmico en 500 mL de agua. (1 punto)
b) El pH de la disolución resultante al añadir 50 mL de ácido clorhídrico 0,02 M a 0,1 L de la
disolución anterior . (1 punto)
a) Planteamos el cálculo de las condiciones de equilibrio siguiendo las pautas
establecidas:
n 0 (HCOOH)  0, 025g HCOOH 
1mol
 5, 43  10 4 mol HCOOH; Vfinal  500 mL;
46, 03g
moles
HCOOH(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
HCOO (aq)  H (aq);
-4
5,43·10
-a
-4
5,43·10 -a
0
+a
a
~0
+a
a
5, 43  10 4  a
0, 5L
a
0, 5 L
a
0, 5 L
 a   a 
 0, 5    0, 5 
2
 
 ; Agrupando y simplificando : 1,77  10 4  5, 43  10 4  a  a ; a 2  8, 85  10 5  a  4, 81  10 8  0;
1,77  10  


4
0, 5
 5, 43  10  a 


0, 5


4
a  1,79  10 4 mol; H  (aq) 
eq
1,79  10 4 mol
 3, 58  10 4 M; pH  3, 44;
0, 5 L
b) El HCl es ácido fuerte, por lo que se encontrará totalmente disociado en presencia
de agua. El H+(aq), que se forma a partir de HCl, interviene en el equilibrio del ácido
débil (HCOOH) desplazándolo hacia la forma no disociada.
**Planteamos el cálculo a partir de las cantidades iniciales, ya que el estado de
equilibrio no depende del procedimiento para alcanzarlo sino de la cantidad de las
sustancias presentes.
5, 43  10 4 mol HCOOH
 1, 09  10 4 mol HCOOH;
0, 5 L
0, 02 mol HCl
n 0 (HCl)  0, 050 L 
 1  10 3 mol HCl;
1L
n 0 (HCOOH)  0, 1L 
Como se trata de ácido fuerte se disocia totalmente :n 0 (H  (aq))  n 0 (Cl  (aq))  10 3 mol;
Mientras no se indique lo contrario, consideraremos el volumen de las disoluciones aditivo : Vfinal  0, 1L  0, 05 L  0, 15 L;
moles
HCOOH(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
HCOO (aq)  H (aq);
-4
1,09·10
-a
-4
1,09·10 -a
4
1, 09  10  a
0, 15 L
-3
0
+a
a
10
+a
-3
10 +a
a
0, 15 L
10 3  a
0, 15 L
3
 a   10  a 
 0, 15    0, 15 
3

 
 ; Agrupando y simplificando : 1,77  10 4  1, 09  10 4  a  a  10  a ;
1,77  10 4 


4
0, 15
 1, 09  10  a 


0,
15


a 2  1, 03  10 3  a  2, 89  10 9  0; a  2, 80  10 6 mol; H  (aq)  
eq
10 3  2, 80  10 6 mol
 6, 6 9  10 3 M; pH  2, 17;
0, 15 L
Podemos comprobar que la aportación a [H+(aq)]eq del ácido débil es muy pequeña en
comparación con lo que aporta el ácido fuerte (a<<10-3).
Septiembre2007
Una disolución de ácido nitroso, HNO2, tiene un pH de 2,5. Calcule: (0,5 puntos cada apartado)
a) La concentración de ácido nitroso inicial.
b) La concentración de ácido nitroso en el equilibrio.
c) El grado de disociación del ácido nitroso en estas condiciones, expresado en porcentaje.
d) Si a 10 mL de la disolución anterior se le añaden 5 mL de una disolución de hidróxido de sodio
0,10 M, razone si la disolución resultante será ácida, neutra o básica.
DATO: Constante de acidez del ácido nitroso , Ka = 4,5·10-4;
a) Disponemos de los datos Ka y pH en el equilibrio, ya que nos informan del pH de la
disolución, y nos piden la concentración inicial de HNO2; esta concentración inicial
debemos entenderla como la concentración antes de que se disocie el ácido para
alcanzar el equilibrio, es decir:
c0 (HNO2 ) 
n 0 (HNO2 )
; y como pH  2, 5; H (aq)  3, 16  10 3 M;
eq
Vfinal
moles
Plantearemos el ejercicio siguiendo las mismas pautas:
HNO2 (aq)
NO2 (aq)  H (aq);
ninicial
cambios
neq
n0(HNO2)
-a
n0(HNO2) -a
n 0 (HNO 2 )  a
V
[eq]
0
+a
a
a
V
~0
+a
a
a
 3, 16  10 3
V
a a
  
n (HNO 2 )  a n 0 (HNO 2 ) a
a
a
V V
4, 5  10 
; Como  3, 16  10 3 y 0

  c0 (HNO 2 )  ;
V
V
V
V
V
 n 0 (HNO 2 )  a 


V


4
 3, 16  10    3, 16  10  ;
 c (HNO )  3, 16  10 
3
4, 5  10 4 
3
3
0
c0 (HNO 2 )  0, 025 M;
2
n 0 (HNO 2 )  a
, por lo que solamente debemos recurrir
V
al cálculo anterior para dar la respuesta a este apartado.
b) Nos piden  HNO2 (aq)eq 
HNO2 (aq)eq 
n 0 (HNO2 )  a
a
 c0 (HNO 2 )   0, 025M  3, 16  10 3 M  0, 022 M;
V
V
c) Al igual que en el apartado anterior, utilizaremos los valores obtenidos en el cálculo
realizado en el apartado a).
El grado de disociación se define como la proporción entre la cantidad de sustancia
disociada respecto a la cantidad de sustancia inicial y se suele expresar en porcentaje.
La cantidad inicial es n0(HNO2(aq)) y la cantidad disociada es a:
Como disponemos de las concentraciones correspondientes, emplearemos esos resultados, ya que :
a
n disociado (HNO 2 (aq))
a
3, 16  10 3
V
grado de disociaciación 



 0, 126;
n 0 (HNO 2 (aq))
n 0 (HNO 2 (aq)) n 0 (HNO 2 (aq))
0, 025
V
Que exp resado en porcentaje :12, 6%
d) Para responder a este apartado necesitamos conocer la cantidad de ácido y de base
que se mezclan:
0, 025 mol
 2, 5  10 4 mol HNO 2 (aq);
1L
0, 10 mol
n 0 (NaOH(aq))  0, 005 L 
 5  10 4 mol NaOH(aq);
1L
n 0 (HNO 2 (aq))  0, 010 L 
Como la ecuación química correspondiente a esta neutralización es:
HNO2 + NaOH → NaNO2 + H2O
2, 5  10 4 mol HNO 2 disponible 
1mol NaOH
 2, 5  10 4 mol NaOH reacciona;
1mol HNO 2
Exceso NaOH  5  10 4 mol disponible  2, 5  10 4 mol reacciona  2, 5  10 4 mol;
Podemos concluir que hay exceso de NaOH, por lo que la disolución resultante será básica.
NOTA: El enunciado solamente pregunta “…razone si la disolución resultante será ácida,
neutra o básica”, por lo que no pide más cálculos y la respuesta propuesta es la
apropiada.
AMPLIACIÓN: Si el enunciado pidiera el pH de la disolución resultante deberíamos plantear el
equilibrio químico del ácido débil y realizar los cálculos con los datos de la situación descrita,
siguiendo la descripción del apartado B) y planteando el equilibrio de hidrólisis.
Como todo el HNO2 se ha neutralizado con NaOH, en la disolución habrá NaNO 2 que
se encontrará disociado totalmente al tratarse de una sal de sodio:
NaNO2(aq) → Na+(aq) y NO2-(aq)
y no quedará inicialmente HNO2 como tal.
2, 5  10 4 mol HNO 2 (aq)reacciona 
2, 5  10 4 mol NaNO 2 (aq) 
1mol NaNO 2 (aq)
 2, 5  10 4 mol NaNO 2 (aq)se obtiene ;
1mol HNO 2 (aq)
1mol NO 2 (aq)
 2, 5  10 4 mol NO 2 (aq);
1mol NaNO 2 (aq)
2, 5  10 4 mol NaOH(aq)exceso
1mol OH  (aq)
 2, 5  10 4 mol OH  (aq);
1mol NaOH(aq )
El NO2-(aq) está relacionado con HNO2 que es un ácido débil, por lo que el anión
experimentará hidrólisis; por otro lado, Na+(aq) está relacionado con NaOH que es una
base fuerte, por lo que el catión no experimenta cambios en la disolución.
NO
2 (aq)  H2 O(l)
-4
moles
ninicial
cambios
neq
2,5·10
-a
-4
2,5·10 -a
0
+a
a
a
0, 015 L
2, 5  10 4  a
0, 015 L
[eq]
Kh 
HNO2 (aq)  OH (aq);
14
10
4, 5  10 4
-4
2,5·10
+a
-4
2,5·10 +a
2, 5  10 4  a
0, 015 L
 a   2, 5  10 4  a 

 0, 015   
4
0, 015

 
 ; agrupando y simplificando :2, 22  10 11  2, 5  10 4  a  a   2, 5  10  a  ;





4
0, 015
 2, 5  10  a 




0, 015


a 2  2, 5  10 4  a  8, 33  10 17  0; a  3, 33  10 13 ; OH  (aq)  
eq
2, 5  10 4  3, 33  10 13
 0, 017 M;
0, 015
pOH   log(0, 017)  1,78; pH  14  pOH  12, 22;
Podemos comprobar que el valor de a=3,33·10-13 es muy pequeño respecto a
2,5·10-4,
por
OH (aq) 
eq
lo
que:
NO 2 (aq) 
eq
2, 5  10 4 mol  a 2, 5  10 4 mol

 0, 017 M;
0, 015L
0, 015L
y
2, 5  104 mol  a 2, 5  10 4 mol

 0, 017 M; que está de acuerdo con la descripción
0, 015L
0, 015L
hecha en el apartado B3).
Como esta será la situación en todos los casos de este tipo, en la práctica el cálculo podría
plantearse del siguiente modo:
moles
NO
2 (aq)
-4
ninicial
cambios
neq
[eq]
Kh 
14
HNO2 (aq)  OH (aq);
 H2 O(l)
10
4, 5  10 4
-4
2,5·10
-a
-4
-4
2,5·10 -a≈2,5·10
0
+a
a
2,5·10
+a
-4
-4
2,5·10 +a≈2,5·10
2, 5  10 4  a 2, 5  10 4

0, 015L
0, 015L
a
0, 015 L
2, 5  10 4  a 2, 5  10 4

0, 015L
0, 015L
 a   2, 5  10 4 
 0, 015    0, 015 

 
 ; agrupando y simplificando :2, 22  10 11   a  ;

 0, 015 
4
 2, 5  10 




0,
015


a  3, 33  10 13 ; que es el mismo resultado que habíamos obtenido.
HNO 2 (aq)eq 
3, 33  10 13 mol
 2, 22  10 11 M; (si el problema pidiera este dato).
0, 015 L
Junio2011
Una disolución de ácido hipocloroso, HClO, tiene un pH de 4,26. Calcule:
a) La concentración de ácido hipocloroso existente en el equilibrio. (1 punto)
b) Si a 10 mL de la disolución anterior se le añaden 10 mL de una disolución de hidróxido de sodio
0,1 M, razone si la disolución resultante será ácida, neutra o básica. (1 punto)
DATOS: Ka (HClO) = 3,02·10-8 ; Kw = 1,0·10-14;
a) Planteamos el esquema de cálculo para un ácido débil, con los datos del problema:
Si pH  4, 26; H (aq)  5, 50  10 5 M;
eq
ClO (aq)  H (aq);
moles
HClO(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
0
+a
a
a
V
 5, 50  10    5, 50  10  ;  n (HClO)  a   0, 10 M;
5
3, 02  10 8 
n0(HClO)
-a
n0(HClO) -a
n 0 (HClO)  a
V
~0
+a
a
a
 5, 50  10 5
V
5

 n 0 (HClO)  a 



V


Por lo tan to :  HClO(aq)eq  0, 10 M;
0
V


b) Para responder a esta pregunta debemos calcular la cantidad de ácido y de base
que se mezclan, por lo que debemos determinar en primer lugar la concentración de la
disolución de ácido hipocloroso, c0(HClO):
n 0 (HClO)  a n 0 (HClO) a

  c0 (HClO)  5, 50  10 5  0, 10; c0 (HClO)  0, 10 M;
V
V
V
0, 10 mol HClO
0, 1mol NaOH
n(HClO)  0, 010 L
 1  10 3 mol; n(NaOH)  0, 010 L
 1  10 3 mol;
1L
1L
Como tenemos la misma cantidad de ácido y de base, se neutralizan totalmente:
HClO(aq)  NaOH(aq)  NaClO(aq)  H 2 O(l)
1mol NaOH
1  10 3 mol HClO disponible 
 1  10 3 mol NaOH reaccionan;
1mol HClO
Se encuentran en proporción estequiométrica, luego no queda ácido ni base sin reaccionar.
1mol NaClO
1  10 3 mol HClO 
 1  10 3 mol NaClO se forman;
1 mol HClO
Como se trata de una sal de sodio, está totalmente disuelta y disociada :
NaClO(aq)  Na  (aq)  ClO  (aq); por lo que ClO  (aq)exp erimenta hidrólisis.
K
ClO (aq)  H2 O(l)
HClO(aq)  OH (aq); K h  w ;
Ka
Consecuentemente, aunque se neutraliza totalmente el ácido con la base, la disolución
resultante será básica debido a la hidrólisis que experimenta ClO-(aq).
NOTA: Si se tratara de ácido y base fuertes el resultado final sería disolución neutra,
pH=7; debido a que no se produciría hidrólisis.
AMPLIACIÓN 1: Aunque no lo pide el ejercicio podemos calcular el pH de la disolución resultante.
Vfinal  10 mL  10 mL  20 mL;
1  10 3 mol NaClO(aq) 
1mol ClO  (aq)
 1  10 3 mol ClO  (aq);
1mol NaClO(aq)
moles
ClO (aq)
 H2 O(l)
HClO(aq)  OH (aq)
-3
ninicial
cambios
neq
1·10
-a
-3
1·10 -a
0
+a
a
~0
+a
a
[eq]
1  10 3  a
0, 020 L
a
0, 020 L
a
0, 020 L
 a   a 
 0, 020    0, 020 
10 14
 
 ; agrupando y simplificando :3, 31  10 7  10 3  a  a   a  ;


  0, 020 
8
3
3, 02  10
 10  a 




 0, 020 
a 2  6, 62  10 9  a  6, 62  10 12  0; a  2, 60  10 6 ; OH  (aq)  
eq
2, 60  10 6
 1, 3  10 4 M;
0, 020
pOH   log(1, 3  10 4 )  3, 89; pH  14  3, 89  10, 11;
AMPLIACIÓN 2: Si se añadieran 4 mL de NaOH 0,1 M, en lugar de 10 mL como indica el problema.
Para responder a esta pregunta debemos calcular la cantidad de ácido y de base
que se mezclan, como ya conocemos la cantidad de ácido hipocloroso contenida en 10
mL de la disolución inicial: n(HClO)=1·10-3 mol, calculamos la cantidad de NaOH que se
añade y la cantidad de reactivo en exceso:
n(NaOH)  0, 004 L
0, 1mol NaOH
 4  10 4 mol;
1L
NaOH HClO  NaClO  H2 O; 4  10 4 mol NaOHdisponible 
1mol HClO
 4  10 4 mol HClO reacciona;
1mol NaOH
Luego tenemos exceso de ácido, ya que disponemos de 1·10-3 mol HClO.
1  103 mol HClOinicial  4  104 mol HClOreacciona  6  104 mol HClOexceso;
Calculamos la cantidad de las sustancias que intervienen en el equilibrio de disociación
del ácido débil:
Vfinal  4 mL  10 mL  14 mL;
1mol NaClO
4  10 4 mol HClO reacciona 
 4  10 4 mol NaClO se obtiene;
1mol HClO
NaClO se encontrará totalmente disuelta y disociada por ser una sal de sodio : NaClO(aq)  Na  (aq)  ClO  (aq);
4  10 4 mol NaClO 
1mol ClO 
 4  10 4 mol ClO  ;
1mol NaClO
moles
HClO(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
-4
6·10
-a
-4
6·10 -a
4
6  10  a
0, 014 L
ClO (aq)  H (aq);
-4
4·10
+a
-4
4·10 + a
4  10 4  a
0, 014 L
~0
+a
a
a
0, 014 L
 4  10 4  a   a 


0, 014   0, 014 
3, 02  10 8  
; a 2  4  10 4  a  2, 54  10 13  0; a  6, 35  10 10 ;
 6  10 4  a 


 0, 014 
Por lo tan to :  HClO(aq)eq  0, 043 M; ClO  (aq)  0, 029 M; H3 O  (aq)  4, 54  10 8 M; pH  7, 34;
eq
moles
Los resultados obtenidos están de acuerdo con la descripción hecha en el apartado
B2) del desarrollo teórico.
**Si seguimos la recomendación que se sugiere en el apartado B2) podríamos realizar
el ejercicio con un esquema de cálculo simplificado:
HClO(aq)
ClO (aq)  H (aq);
ninicial
cambios
neq
[eq]
-4
6·10
-a
-4
-4
6·10 -a≈6·10
4
6  10

0, 014 L
-4
4·10
+a
-4
-4
4·10 + a≈4·10
4
4  10

0, 014 L
~0
+a
a

H (aq) eq
 4  10 4 


  H (aq) eq
0,
014

3, 02  10 8  
; despejamos H  (aq)  4, 53  10 8 M; pH  7, 34;
eq
 6  10 4 


 0, 014 
Como podemos comprobar obtenemos el mismo resultado, aunque debemos ser
cautelosos y verificar que las hipótesis empleadas en las aproximaciones son válidas y
se cumplen en cada caso.
AMPLIACIÓN 3: Calcula el pH si se añadieran 7 mL de NaOH 0,1 M.
Al igual que en caso anterior debemos calcular la cantidad de ácido y de base que se
mezclan. Como partimos de 10 mL de disolución acuosa de HClO 0,10 M, la cantidad
de ácido hipocloroso es: n(HClO)=1·10-3 mol.
**Como hemos añadido mayor cantidad de NaOH, 7 mL NaOH 0,1 M, el resultado será
más básico que en el caso anterior, que se añade 4 mL NaOH 0,1 M.
Calculamos la cantidad de NaOH que se añade y la cantidad de reactivo en exceso:
n(NaOH)  0, 007 L
0, 1mol NaOH
 7  10 4 mol;
1L
NaOH HClO  NaClO  H2 O; 7  10 4 mol NaOHdisponible 
1mol HClO
 7  10 4 mol HClO reacciona;
1mol NaOH
Luego tenemos exceso de ácido, ya que disponemos de 1·10-3 mol HClO.
1  103 mol HClOinicial  7  104 mol HClOreacciona  3  104 mol HClOexceso;
Calculamos la cantidad de las sustancias que intervienen en el equilibrio de disociación
del ácido débil:
Vfinal  7 mL  10 mL  17 mL;
1mol NaClO
7  10 4 mol HClO reacciona 
 7  10 4 mol NaClO se obtiene;
1mol HClO
NaClO se encontrará totalmente disuelta y disociada por ser una sal de sodio : NaClO(aq)  Na  (aq)  ClO  (aq);
7  10 4 mol NaClO 
1mol ClO 
 7  10 4 mol ClO  ;
1mol NaClO
moles
HClO(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
-4
3·10
-a
-4
3·10 -a
4
3  10  a
0, 017 L
ClO (aq)  H (aq);
-4
7·10
+a
-4
7·10 + a
7  10 4  a
0, 017 L
~0
+a
a
a
0, 017 L
 7  10 4  a   a 


0, 017   0, 017 
3, 02  10 8  
; agrupando y simplificando : a 2  7  10 4  a  1, 54  10 13  0; a  2, 20  10 10 ;
 3  10 4  a 


 0, 017 
Por lo tan to :  HClO(aq)eq  0, 018 M; ClO  (aq)   0, 041M; H3 O  (aq)  1, 29  10 8 M; pH  7, 89;
eq
moles
El resultado obtenido está de acuerdo con el planteamiento teórico inicial.
CONCLUSIÓN: Comparando los ejercicios AMPLIACIÓN 2 y AMPLIACIÓN 3, Podemos
comprobar las cualidades de las disoluciones amortiguadoras de pH, o disoluciones
tampón, ya que el pH de la disolución tras añadir 7 mL de NaOH 0,1 M es muy próximo
al pH de la disolución que resulta al añadir 4 mL de NaOH 0,1 M.
Dicho con otras palabras, añadir 3 mL de NaOH 0,1 M a los 14 mL de la disolución
amortiguadora, formada por 10 mL HClO 0,1 M y 4 mL NaOH 0,1 M, solamente
produce una variación del pH de 7,34 a 7,89, mientras que si se añadiera esa cantidad
de NaOH a 14 mL de agua provocaría una variación del pH de 7 a 12,2.
**Podemos realizar el ejercicio con un esquema de cálculo simplificado:
HClO(aq)
ClO (aq)  H (aq);
ninicial
cambios
neq
[eq]
-4
3·10
-a
-4
-4
3·10 -a≈3·10
3  10 4

0, 017 L
-4
7·10
+a
-4
-4
7·10 + a≈7·10
7  10 4

0, 017 L
~0
+a
a
H (aq)
eq
 7  10 4 


  H (aq) eq
0,
017

3, 02  10 8  
; despejamos H (aq)  1, 29  10 8 M; pH  7, 89;
eq
 3  10 4 


 0, 017 
Como podemos comprobar obtenemos el mismo resultado, aunque debemos ser
cautelosos y verificar que las hipótesis empleadas en las aproximaciones son válidas y
se cumplen en cada caso.
Junio2010
El ácido benzoico, C6H5COOH, es un ácido monoprótico débil que se utiliza como conservante (E210) en alimentación.
Se dispone de 250 mL de una disolución de ácido benzoico que contiene 3,05 g de éste ácido.
a) Calcule el pH de ésta disolución. (1,2 puntos)
b) Calcule el pH de la disolución resultante cuando se añaden 90 mL de agua destilada a 10 mL de la
disolución de ácido benzoico. (0,8 puntos)
DATOS.- Masas atómicas: H = 1; C = 12; O = 16; Ka(C6H5COOH)=6,4x10-5; Kw=1,0x10-14.
a) Seguiremos el esquema general del equilibrio químico de un ácido débil en
disolución acuosa:
1mol C 6 H5COOH
 0, 025 mol C 6 H5COOH;
122 g C 6 H5COOH
n 0 (C6 H5COOH)  0, 025 mol;
3, 05g C 6 H5COOH 
moles
C6 H5COOH(aq)
ninicial
cambios
neq
[eq]
C6H5COO (aq) 
0,025
-a
0,025 -a
0, 025  a
0, 250 L
0
+a
a
a
0, 250 L
H (aq);
~0
+a
a
a
0, 250 L
 a   a 
 0, 250    0, 250 
 
 ; agrupamos y simplificamos :6, 04  10 5  0, 025  a  a   a  ;
6, 04  10 5  


 0, 250 
 0, 025  a 


 0, 250 


a 2  1, 51  10 5  a  3,78  10 7  0; a  6, 07  10 4 ; H  (aq) 
eq
6, 07  10 4
 2, 43  10 3 M; pH  2, 61;
0, 250
b) Para resolver este apartado estableceremos un cálculo similar al anterior:
Vfinal  10ml disolución  90 mL agua  100 mL;
Consideramos el volumen aditivo, mientras el problema no indique lo contrario.
0, 025 mol C 6 H 5COOH
10 mL disolución inicial
 1  10 3 mol C 6H 5COOH;
250 mL
n 0 (C 6 H 5COOH)  1  10 3 mol;
Como se ha diluido la disolución (es decir, se ha añadido disolvente, agua en este
caso), cabe esperar que el pH resultante se encuentre más próximo a 7, en este caso
aumentará el pH (si la disolución fuera básica el razonamiento sería el mismo, el pH se
aproximaría a 7, pero en ese caso el valor del pH disminuiría).
C6 H5COOH(aq)
C6H5COO (aq) 
H (aq);
moles
ninicial
cambios
neq
[eq]
-3
10
-a
-3
10 - a
10 3  a
0, 100 L
0
+a
a
a
0, 100 L
~0
+a
a
a
0, 100 L
 a   a 
 0, 100    0, 100 
 
 ; agrupamos y simplificamos :6, 04  10 5  10 3  a  a   a  ;
6, 04  10  

  0, 100 
 10 3  a 




0,
100


5
a 2  6, 04  10 6  a  6, 04  10 9  0; a  7, 48  10 5 ; H  (aq)  
eq
7, 48  10 5
 7, 48  10 4 M; pH  3, 12;
0, 100
Obtenemos un resultado acorde con el razonamiento inicial.