Word Pro - Hoja4(Tema9 eqqco)Resueltos081022.lwp

Algunos ejercicios resueltos de FISICOQUIMICA- I (2008- 09 , Grupo C)
Hoja nº 4 (Modulo 2, tema 9: Eq. Químico ionico)
3) Considerando comportamiento ideal, calcúlese el pH de las siguientes disoluciones
acuosas:
a) HCl 0.0100 M. b) NaOH 0.0100 M. c) CH3-COOH 0.100 M. d) NH3 0.100 M. e) HF 0.500
M y 0.0500 M, calcule aquí también los porcentajes de disociación. f) NH4Cl 0.100 M.
g) NaC H3COO 0.100 M. h) NH4CH3COO 0.100 M. i) NaCO3H 0.100 M. j) H2CO3 0.025 M.
--------------------------------------------------------------------a) HCl 0.0100 M.
HCl ’ H+ + ClpH = -log [H+]
pH = -log 0.0100 = 2.00
b) NaOH 0.0100 M.
NaOH ’ Na+ + OHpOH = -log [OH-]
pOH = -log 0.0100 = 2.00
pH = 14.00 – pOH = 14.00-2.00 = 2.00
c) CH3-COOH 0.100 M.
CH 3 − COOH d CH 3 − COO − + H +
0.100 − x
d
x
+ x
Ka =
x2
0.100 − x
(pK a = 4.76 d K a = 10 −pKa d K a = 10 −4.76 = 1.74.10 −5 )
= 1.74.10 −5
de donde: x2 + 1.74 · 10-5 x - 1.74 10-6 = 0
pH = - log [H+]
,
que resolviendo da: x = 1.31 10-3
de donde: pH = - log (1.31 10-3) = 2.88
d) NH3 0.100 M.
NH 3 + H 2 O d NH +4 + OH −
0.100 − x
d
x + x
Kb =
x2
0.100 − x
(pK b = 4.75 d K b = 10 −pKb d K b = 10 −4.75 = 1.78.10 −5 )
= 1.78.10 −5
de donde: x2 + 1.78 10-5 x - 1.78 10-6 = 0
que resolviendo da: x = 1.33 10-3
pOH = - log [OH-] , de donde : p0H = -log 1.33 10-3 = 2.87
pH = 14 – pOH = 14.00 - 2.87 = 11.13
Hoja 4 (correspondiente al tema 9)
e) HF 0.500 M y 0.0500 M
HF
d H+ + F−
0.500 − x d x + x
Ka =
x2
0.500 − x
(pK a = 3.15 d K a = 10 −pKa d K a = 10 −3.15 = 7.08.10 −4 )
= 7.08.10 −4
de donde: x2 + 7.08 10-4 x - 3.54· 10-4 = 0 , que resolviendo da: x = 0.0185
pH = -log [H+], de donde : pH = -log 0.0185 = 1.73
% de disociación =
0.0185
0.500
.100 = 3.76 (3.76 % disociado)
Ahora,
HF
d H+ + F−
0.050 − x d x + x
Ka =
x2
0.050 − x
(pK a = 3.15 d K a = 10 −pKa d K a = 10 −3.15 = 7.08.10 −4 )
= 7.08.10 −4
de donde : x2 + 7.08 10-4 x - 3.54· 10-5 = 0 , que resolviendo da x = 5.61·10-3
pH = -log [H+] , de donde : pH = -log 5.61 ·10-3 = 2.25
% de disociación =
0.00561
0.050
.100 = 11.2 (11.2 % disociado)
Nota: obsérvese que el HF está más disociado en la disolución más diluida
f) NH4Cl 0.100 M.
NH 4 Cl d NH +4 + Cl −
NH +4 + H 2 O d NH 3 + H 3 O +
0.100 − x
d
x + x
Ka =
x2
0.100 − x
(pK a = 9.25 d K a = 10 −pKa d K a = 10 −9.25 = 5.62.10 −10 )
= 5.62.10 −10
aquí se podría despreciar la x frente a 0.100 y operar directamente, dando:
x = 7.50 10-6
(como se ve ha sido correcto el despreciar este valor frente a 0.100)
pH = -log [H3O+] , de donde pH = -log 7.50 10-6 = 5.12
Hoja 4 (correspondiente al tema 9)
g) NaCH3COO 0.100 M.
NaCH 3 COO d Na + + CH 3 COO −
CH 3 COO − H 2 O + d CH 3 COOH + OH −
0.100 − x
d
x
+
x
(como el pKa del ácido acético es 4.76, el pKb del acetato es 14.00 – 4.76 = 9.24, de donde:
(pK b = 9.24 d K b = 10 −pKb d K b = 10 −9.25 = 5.75.10 −10 )
Kb =
x2
0.100 − x
= 5.75.10 −10
aquí se podría despreciar la x frente a 0.100 y operar directamente, dando:
x = 7.58 10-6
(como se ve ha sido correcto el despreciar este valor frente a 0.100)
pOH = -log [OH-] , de donde pOH = -log 7.58 10-6 = 5.12
pH = 14.00 - pOH = 14.00 - 5.12 = 8.88
h) NH4CH3COO 0.100 M. (sal de ácido débil y base débil)
pH =
pH =
pK a1 + pK a2
2
9.25 + 4.76
2
(el pKa1 del NH+4 es 9.25 y el pKa2 del ácido acético es 4.76)
= 7.01
i) NaCO3H 0.100 M. (sal compuesta de un ión anfótero y otro neutro)
pH =
pH =
pK a1 + pK a2
2
6.35 + 10.33
2
(el pKa1 del CO3H- es 6.35 y el pKa2 del CO3= es 10.33)
= 8.34
j) H2CO3 0.025 M.
H 2 CO 3 + H 2 O d H 3 O + + HCO −3
0.025 − x
d
x
+
x
Ka =
x2
0.025 − x
= 4.20.10 −7
se puede despreciar x frente a 0.025 y operar, dando como resultado:
x = 1.02 10-4
(la hipótesis de despreciar x frente a 0.025 fue correcta)
pH = -log [H+] de donde: pH = -log 1.02 10-4 = 3.99
Nota: Se podría seguir considerando ahora la disociación del HCO3- , que tiene una Ka = 4.8
10-11 , que es bastante más pequeña que la anterior, lo que daría como resultado un aumento
de [H+] despreciable frente al anterior (estos cálculos pueden verse en el libro de problemas:
Leung and Marshall, University Science Books, 2000, Págs. 266-267).
Hoja 4 (correspondiente al tema 9)
10) El tri(hidroximetil)aminometano es una base débil que se conoce con el nombre de
“Tris” y se usa frecuentemente como tampón debido al siguiente equilibrio de
disociación:
escrito abreviadamente como: TrisH+ l Tris + H+
(pKa = 8.08)
+
a) Indique cómo prepararía un litro de tampón TrisH /Tris de concentración 0.100M y pH
8.00 a partir de Tris (sólido cristalino de M.M = 0.121 g/mol) y HCl 1.00 M. b) Si se vierte
accidentalmente 1 mL de HNO3 de concentración 5.00 M sobre el litro de la disolución
tampón, ¿cuál será el nuevo pH?
--------------------------------------------------------------------Solución:
TrisH+
l
Tris + H+
(pKa = 8.08)
i) Lo primero que se hará, es el cálculo teórico de las concentraciones en el tampón. Para ello
se deben cumplir las dos condiciones siguientes:
[Tris ]
8.00 = 8.08 + log [TrisH + ]
Ecuación de Henderson-Hasselbalch
[Tris] + [TrisH+] = 0.100 M
Resolviendo el sistema de dos ecuaciones :
[Tris ]
−0.08 = log [TrisH + ] u
[Tris ]
[TrisH + ]
= 0.83
Así,
[Tris] = 0.83 [TrisH+]
0.83 [TrisH+] + [TrisH+] = 0.100 M
1.83 [TrisH+] = 0.100 M
[TrisH + ] =
0.100 M
1.83
= 0.0546
[Tris] = 0.100 M – 0.0546 M = 0.0454 M
Las concentraciones que debe llevar el tampón son: [Tris] = 0.0454 y [TrisH+] =0.0546
ii) Procedimiento práctico: en el laboratorio se dispone de Tris, por lo tanto, se hallan los
gramos necesarios:
g (Tris) = 1.00 L * 0.0454 mol.L-1 * 121 g.mol-1
==>
g (Tris) = 5.49 g
Por el contrario, en el laboratorio no se dispone de TrisH+, pero sí de Tris y HCl 1.00 M, que
juntos, darán como producto TrisH+.
Se calcula entonces los gramos de Tris para pasarlos a TrisH+:
g (Tris) = 1.00 L · 0.0546 molL-1 · 121 gmol-1
g (Tris) = 6.61 g
Hoja 4 (correspondiente al tema 9)
Para hallar la cantidad de HCl:
V & M = V æ & Mæ
~
Ç
HCl que tengo
V . 1.00 M
=
Lo que quiero
1.00 L ·. 0.0546 M
V = 0.0546 L = 54.6 mL
En resumen, la preparación se realizaría de la siguiente manera: se toma un matraz de
1.00 L de capacidad y se le añade: 5.49 g de Tris, mas 6.61 g de Tris para pasarlo a TrisH+,
mas 54.6 mL de HCl 1.00 M y agua hasta enrasar.
b)
(1000 mL + 1 mL = 1001 mL
l 1000 mL en la práctica)
5.00 M ·. 1.00 · 10-3 L (HNO3) = 1.00 L . M´ (HNO3)
La molalidad del HNO3 en la disolución tampón es:
M´(HNO3) = 5.00 · 10-3 M
lo que quiere decir que la concentración de iones hidrógeno que añado es:
[H+] = 1 * M´= 5.00 * 10-3 M
TrisH + l Tris + H +
[inicial]
[final]
0.0546
0.0546 + x
û H+
0.0454
0.0454 – x
El equilibrio se desplaza hacia la izquierda como dice el principio de Le Châtelier, puesto que
estamos aumentando la cantidad de productos, el equilibrio se desplaza hacia la izquierda
para compensar la variación.
−3
− 5.00.10
pH = 8.08 + log 0.0454
0.0546 + 5.00.10 −3 = 7.91
Se trata de un buen tampón ya que el pH sólo ha variado 0.09 unidades (desde 8.00 a 7.91)