SOLUCIÓN EXAMEN ÁCIDOS Y BASES (Y SOLUBILIDAD) 2BACH 20-21

 1.       El Al(OH)₃ es una sustancia muy poco soluble en agua (Kps = 3,7 · 10^–15). a) Escribe el equilibrio de solubilidad y la expresión del producto de solubilidad. b) ¿Cuál es su solubilidad en agua pura, expresada en g/L? c) ¿Cómo afectará a la solubilidad del Al(OH)3 una disminución del pH de la disolución? Razónese en términos del principio de Le Chatelier-Braun. SELECTIVIDAD 2019

Se trata de un equilibrio heterogéneo del hidroxido entre sus iones disueltos:

Al(OH)₃  (s) ßà Al³⁺ (aq)+ 3OH^- (aq)

                INICIO                                                0                   0

              EQUILIBRIO                                      X                  3X

Para saber qué iones resultan debemos identificar al anión hidroxilo (OH)^-, y reparar que en la fórmula hay tres de ellos, por lo que el aluminio tendría carga +3.

Las sustancias sólidas y puras no se expresa su concentración, por eso no se incluye en el cuadro del equilibrio. X sería lo máximo que puedo disolver del hidróxido de aluminio, por cada mol de él por disolución se obtienen 3 moles de hidroxilo  y uno de aluminio +3. Por tanto X=S, siendo S la solubilidad en mol por litro.

Ks=[Al⁺³]·[OH^-]³ =(S)·(3S)³=27S⁴   

Despejamos y calculamos la solubilidad:

S=RAÍZCUARTA(Ks/27)=1·10^-4 mol·l^-1.

Para pasar a gramos por litros como expresión de la solubilidad, multiplicamos por la masa molar del Al(OH)_3.

M=27+(16+1)·3=78 g/mol.

S=1·10^-4mol·l^-1·78g·mol^-1=7.8·10^-3 g·l^-1

En cuanto a la última cuestión, desplazamiento del equilibrio, al descender el ph, debe de aumentar el pOH, como consecuencia desciende la concentración de OH^-. En definitiva, estamos retirando uno de los productos de la reacción, y el equilibrio reaccionará en contra de la acción exterior, produciendo más OH^-, es decir aumentando la cantidad de hidróxido soluble.

2. De las siguientes sales, indica cuáles son de elevada solubilidad, y cuáles no.

a.       Sales de alcalinos.

b.      Cloruros en general.

c.       Nitratos en general.

d.      Carbonatos de metales no alcalinos.

 

Todas las sales de alcalinos son solubles, por lo que (a) tienen alta solubilidad. Los cloruros son solubles excepto los de Plata, Mercurio y plomo. Todos los nitratos son solubles, así que debemos señalar alta solubilidad, y los carbonatos no alcalinos en general podemos considerar que su solubilidad es baja.

 3.  ¿Cuál es la diferencia entre un ácido fuerte y un ácido débil? Cita los ácidos fuertes más importantes vistos en el curso.¿Por qué el NH3 no es una base para Arrhenius?

Esta serie de  pregunta de cuestiones teóricas se resuelve rápidamente si nos centramos en lo que nos preguntan, sin extendernos:

a.       Un ácido fuerte está siempre totalmente disociado, lo que se puede representar con una reacción sin equilibrio: HA + H₂O à A^- + H₃O⁺. En cambio, un ácido débil se disocia parcialmente, y debemos plantear una ecuación química que contemple un equilibrio.  

b.       Los ácidos fuertes son: HCl, HBr, HI, HNO₃, H₂SO₄ y el HClO₄  .

c.       Para Arrhenius, una base debe contener en su fórmula química el grupo OH^- , que no está incluida en la fórmula del NH_3.

4. El ácido fórmico o metanoico es un ácido monoprótico débil (Ka=1,8.10⁻⁴) que se encuentra en la naturaleza en los aguijones de algunas especies de hormigas, de ahí su nombre. Se prepara una disolución 0,1 M de ácido fórmico. Calcula:

a) El grado de disociación del ácido.

b) El pH de la disolución.

 

Representemos el ácido fórmico, (HCOOH) de forma abreviada como HFo. El ácido fórmico se disocia en medio acuoso mediante el siguiente equilibrio ácido-base, aprovechamos para escribir el cuadro de composición del equilibrio, sabiendo que partimos de una concentración C₀=0.1 mol·l^-1.

                               HFo + H₂O ßà Fo^- + H₃O⁺

HFo          +          H2O       ßà          Fo-            +           H3O+
INICIO	C0			10-7
EQUILIBRIO	C0-x		X	X + 10-7

 La concentración de hidronio inicial se puede despreciar frente a “x” en el equilibrio, ya que esperamos que x >>10^-7. Conocido Ka, la constante de acidez de este equilibrio ácido-base, se puede despejar y calcular “x”:

Ka=[Fo^- ][ H₃O⁺]/[HFo]=x²/(Co-x)

 X² +Ka·x –Ka·C₀=0      Resolvemos esta ecuación de segundo grado, y obtenemos como solución válida x=4.1·10^-3 mol·l^-1

 Con ese valor ya podemos calcular el pH , porque pH=-log[H₃O⁺]=-log(x)=2.4

 Y también el grado de disociación, que no es más que el cociente entre la cantidad de HFo disociada, que es “x”, y la cantidad inicial que había, “Co”.

α=x/C₀ =4.1·10^-3 mol·l^-1/0.1 mol·l^-1=4.1·10^-2, que en caso que se haya expresado en %, resulta ser 4.1%, tras multiplicar por 100 el resultado anterior.

 5. Se dispone de dos muestras de 100 mL de dos disoluciones distintas, una 0,1 M en HNO3 y otra 0,5 M en KOH. a) Calcula el pH de cada disolución. b) ¿Qué reacción tendrá lugar al mezclarlas? Escribe la correspondiente ecuación química. c) ¿Qué pH tendrá la disolución resultante de la mezcla? Supón volúmenes aditivos. SELECTIVIDAD 2018

 

Tratemos cada disolución inicial por separado, como son electrolitos fuertes ambos, no hay equilibrio y están ambos totalmente disociados. Es fácil conocer las concentraciones de hidronio o hidroxilo y calcular el pH.

 HNO₃ + H₂O à NO₃^- + H₃O⁺ 

 Por tanto, la misma cantidad de HNO₃ incial es la que habrá de Hidronios, así [H₃O⁺]=0.1 mol·l^-1, podemos ya calcular el pH=-log[H₃O⁺]=1

 Hacemos lo mismo con el hidróxido de potasio:

KOH à K⁺ + OH^-

[OH^-]=0.5 mol·l^-1

pOH=-log[OH^-]=0.3

pH=14-pOH=13.7

 Cuando reunamos las dos disoluciones, se producirá una reacción de neutralización entre los hidronios y los hidroxilos, pero no completa puesto que el hidronio se comporta como un reactivo limitante. Calculamos los moles de cada reactivo multiplicando su concentración por el volumen de cada disolución:

Moles de H₃O⁺ = [H₃O⁺]·V=0.1mol·l^-1 ·0.1 litros=0.01 moles.

Los mismo con el hidroxilo, y entonces:

                                H₃O⁺   +   OH^- à 2H₂O

       INICIO        0.01mol        0.05 mol

      FINAL                               0.04 mol

 Como resultado, restan 0.04 moles de hidroxilo, que estarán repartidos en 100ml+100ml=200 ml de disolución. Así que su concentración es [OH^- ]=0.04mol/0.2l=0.2mol·l^-1.

Calculemos el pOH y luego el pH.

pOH=-log[OH^-]=0.7

pH=14-pOH=13.3

6. Señala el cambio de pH que se originaría al añadir al agua …

NaCl                b. NaCN        c. NH₄Cl      d. Ca(OH)₂       e. Una sal de Fe²⁺.

 Todas las especies químicas, son fórmulas químicas de electrolitos que se disolverán en agua al disociarse en un anión y un catión. Estos dos pueden reaccionar con el agua rompiendo a esta, y generando OH^- o H⁺, según el caso.

a.        NaCl (s) à Na⁺ (aq)+ Cl^-(aq)  

                       El Sodio no puede reaccionar con el agua porque formaría NaOH que no tiene existencia al ser una base fuerte que se descompone inmediatamente en los reactivos de partida:

                            Na⁺ + H₂O à NaOH + H⁺

 Lo mismo cabe decir del Cloruro, pero ahora como ácido fuerte: Cl^-(aq) + H₂O à HCl (aq) + OH^-

Como estas dos reacciones no tienen lugar, no se generan H⁺ o OH^- y por tanto no se modifica el pH.

b.       NaCN (s) à Na⁺ (aq) + CN^-(aq)

                Del sodio ya está todo dicho en el ejemplo anterior, pero el anión cianuro puede reaccionar con el agua para dar HCN por medio del siguiente equilibrio: CN^- (aq) + H₂Oß àHCN(aq) + OH^- (aq)  y por tanto aportando pocos o mucho OH^-, que harán que el pH suba.

c.       NH₄Cl à NH₄⁺ + Cl^-

                Lo dicho del cloruro vale aquí ahora, pero el ion amonio sí que puede mantener un equilibrio ácido base, aportando H⁺:   NH₄⁺ + H₂O à NH₃ + H₃O⁺ y al generar los hidronios, el pH disminuye.

d.       Ca(OH)₂ à Ca²⁺ + 2OH^-

                Está claro que aumenta el pH al generarse en la disociación iones hidroxilo.

e.       Sal de Fe2+, aumentará el pH porque el hierro reaccionará con el agua de la siguiente forma:

                                Fe²⁺ + 2H₂O ßà Fe(OH)₂ + 2H⁺

 

7.            ¿Qué es y para qué sirve una disolución “tampón”?

Un tampón o disolución reguladora del pH es una disolución creada para amortiguar cambios en el pH en el caso que externamente se añada un ácido o una base, o internamente como consecuencia de una reacción química. Así se consigue que el pH no varíe de un determinado valor.

Para conseguir esta función, la disolución está formada por un ácido y su base conjugada en valores de concentración elevados. Frecuentemente iguales entre sí, pero no es una condición obligatoria esta última.

 8. Dibuja la curva de valoración para un ácido débil con una base fuerte. Marca en ella la zona de viraje de la heliantina y de la Fenolftaleína. ¿Qué indicador eliges? ¿Y si valoras el ácido fuerte con una base débil?

Aplicación numérica, queremos saber la riqueza en hidróxido sódico de un producto comercial. Para ello disolvemos 3 gramos de muestra en 150 ml de agua destilada y valoramos con ácido clorhídrico 0’25M. Sabiendo que gastamos 8 ml de ácido, ¿qué porcentaje de riqueza tenía la muestra?

Buceando por internet he encontrado las curvas ya hechas en Presentación de PowerPoint (cartagena99.com), yo he superpuesto unos rectángulos para remarcar el viraje de ambos indicadores. Sólo la fenolftaleína nos sirve en el primer caso, porque está junto al punto de equivalencia  de la reacción su zona de viraje. En cambio el segundo indicador vira antes de llegar a las proximidades del punto de equivalencia, cometeríamos un error por defecto, al detener la valoración antes de tiempo.

En el segundo caso, se producirá el caso contrario, ahora porque será la fenolftaleína la que quedaría fuera de las inmediaciones del punto de quivalencia, (en cuanto a viraje). LA IMAGEN la he obtenido de Valoración ácido base (apuntescientificos.org), a la que de nuevo he añadido los rectángulos para parcar la zona de viraje de cada indicador.

Ataquemos ahora al ejercicio numérico de valoraciones:

La reacción volumétrica entre un ácido fuerte HCl, y una base fuerte NaOH es la siguiente:

                HCl + NaOH à H₂O + NaCl

Ya ajustada, por tanto el número de moles de HCl y de NaOH que reaccionan son los mismos. Calculamos los primeros a partir de la definición de molaridad.

[HCl]=n/V  à n_HCl=[HCl]·V=0’25M·0’008l=0’002 moles de HCl=0’002 moles de NaOH

Calculamos los gramos de NaOH que hay en esos moles, como la masa molar del NaOH es 40g/mol:

m_naOH=M_NaOH*n_naOH=40g/mol·0’002 mol=0’08 gramos de NaOH puro.

Como la muestra es de 3 gramos, por una simple regla de tres calculamos el porcentaje de riqueza:

%=m_NaOH*100/m_muestra=0’08g*100/3g=2’7%