QuímicaMedioProblema · 3 pts

pH de ácidos y bases

También trata: Valoraciones y neutralización

Castilla-La Mancha · 2018 · Julio · Opción A

Enunciado

El ácido fórmico o metanoico es un ácido monoprótico débil (

K_a = 1{,}8\cdot 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{,}05\ \text{M}

de ácido fórmico. Calcula:

a) (1 p) El grado de disociación del ácido.

b) (0,75 p) El pH de la disolución.

c) (0,75 p) ¿Qué volumen de disolución de KOH

0{,}025\ \text{M}

será necesario para neutralizar

50\ \text{mL}

de la disolución de ácido fórmico? Escribe la reacción de neutralización.

d) (0,5 p) Razona en términos del principio de Le Chatelier qué le sucederá al grado de disociación del ácido si se incrementa el pH de la disolución, por ejemplo, añadiendo una base.

Comprobar el resultadocompara con lo que te ha salido

Resultado

\boxed{\alpha = 0{,}058\ (5{,}8\ \%)}\qquad \boxed{\text{pH} = 2{,}54}

\boxed{\text{HCOOH} + \text{KOH} \rightarrow \text{HCOOK} + \text{H}_2\text{O};\quad V_{\text{KOH}} = 100\ \text{mL}}

d) Al subir el pH se retira

\text{H}_3\text{O}^+

, el equilibrio se desplaza a la derecha y

\alpha

aumenta.

Ver la solución paso a pasoestrategia, desarrollo y consejo

Estrategia

El ácido fórmico,

\text{HCOOH}

, es débil: solo una pequeña parte de sus moléculas cede el protón al agua. Planteamos su equilibrio de disociación con una tabla de concentraciones (inicio, cambio, equilibrio) y lo metemos en la expresión de

K_a

. De ahí sale lo que se ha disociado,

x = [\text{H}_3\text{O}^+]

, y con ello el grado de disociación (

\alpha = x/c_0

) y el pH.

Ojo: con

K_a = 1{,}8\cdot 10^{-4}

c_0 = 0{,}05\ \text{M}

el ácido no es tan débil como para despreciar

x

con tranquilidad; lo resolvemos con la ecuación de segundo grado y comprobamos qué pasaría con la aproximación.

En la neutralización basta con igualar moles: el ácido es monoprótico y el KOH aporta un

\text{OH}^-

por fórmula, así que reaccionan mol a mol. Para el último apartado, Le Chatelier: si quitamos uno de los productos (

\text{H}_3\text{O}^+

), el equilibrio se desplaza para reponerlo.

Desarrollo

a) Grado de disociación.

Equilibrio de disociación y tabla de concentraciones (

\text{mol}\,\text{L}^{-1}

\text{HCOOH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{HCOO}^- + \text{H}_3\text{O}^+

	$[\text{HCOOH}]$	$[\text{HCOO}^-]$	$[\text{H}_3\text{O}^+]$
Inicio	$0{,}05$	$0$	$0$
Cambio	$-x$	$+x$	$+x$
Equilibrio	$0{,}05 - x$	$x$	$x$

K_a = \frac{[\text{HCOO}^-]\,[\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{HCOOH}]} = \frac{x^2}{0{,}05 - x} = 1{,}8\cdot 10^{-4}

Queda la ecuación de segundo grado

x^2 + 1{,}8\cdot 10^{-4}\,x - 9\cdot 10^{-6} = 0

cuya raíz positiva es

x = \frac{-1{,}8\cdot 10^{-4} + \sqrt{(1{,}8\cdot 10^{-4})^2 + 4\cdot 9\cdot 10^{-6}}}{2} = 2{,}91\cdot 10^{-3}\ \text{mol}\,\text{L}^{-1}

El grado de disociación es la fracción de ácido que se ha disociado:

\alpha = \frac{x}{c_0} = \frac{2{,}91\cdot 10^{-3}}{0{,}05} = 0{,}0582 \;\;(5{,}82\ \%)

Comprobación de la aproximación. Si despreciamos

x

frente a

0{,}05

x \approx \sqrt{K_a\,c_0} = \sqrt{1{,}8\cdot 10^{-4}\cdot 0{,}05} = 3{,}0\cdot 10^{-3}

, es decir,

\alpha \approx 0{,}06

. Como sale un 6 %, por encima del 5 % que se suele tomar como límite, la aproximación es un poco gruesa; por eso es mejor el resultado exacto,

\alpha = 0{,}058

(aunque la diferencia es pequeña).

b) pH.

[\text{H}_3\text{O}^+] = x = 2{,}91\cdot 10^{-3}\ \text{mol}\,\text{L}^{-1}

\text{pH} = -\log [\text{H}_3\text{O}^+] = -\log\left(2{,}91\cdot 10^{-3}\right) = 2{,}54

(Con la aproximación saldría

\text{pH} = 2{,}52

.)

c) Neutralización con KOH.

Reacción de neutralización:

\text{HCOOH} + \text{KOH} \longrightarrow \text{HCOOK} + \text{H}_2\text{O}

(se forma metanoato o formiato de potasio y agua). Reaccionan mol a mol. Moles de ácido en los

50\ \text{mL}

(para la neutralización cuenta todo el ácido, disociado o no, porque al consumirse el

\text{H}_3\text{O}^+

el resto se va disociando):

n_{\text{HCOOH}} = c\cdot V = 0{,}05\ \text{mol}\,\text{L}^{-1}\cdot 0{,}050\ \text{L} = 2{,}5\cdot 10^{-3}\ \text{mol}

En el punto de equivalencia

n_{\text{KOH}} = n_{\text{HCOOH}}

V_{\text{KOH}} = \frac{n_{\text{KOH}}}{c_{\text{KOH}}} = \frac{2{,}5\cdot 10^{-3}\ \text{mol}}{0{,}025\ \text{mol}\,\text{L}^{-1}} = 0{,}100\ \text{L} = 100\ \text{mL}

Simulación interactivaVisualiza este problema en una simulación (se abre en una nueva pestaña)

d) Efecto de subir el pH (añadir una base).

Al añadir una base, sus iones

\text{OH}^-

reaccionan con los

\text{H}_3\text{O}^+

del equilibrio (

\text{H}_3\text{O}^+ + \text{OH}^- \rightarrow 2\,\text{H}_2\text{O}

): disminuye

[\text{H}_3\text{O}^+]

y por eso sube el pH. Según el principio de Le Chatelier, el sistema responde contrarrestando esa perturbación, es decir, intentando reponer el

\text{H}_3\text{O}^+

retirado: el equilibrio

\text{HCOOH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{HCOO}^- + \text{H}_3\text{O}^+

se desplaza hacia la derecha. Se disocia más ácido fórmico, así que el grado de disociación aumenta.

Consejo

Antes de aplicar la aproximación $x \ll c_0$ , compruébala: si $\alpha$ sale por encima del 5 %, resuelve la ecuación de segundo grado. Aquí la diferencia es pequeña, pero en la corrección se valora que lo justifiques.

En la neutralización no uses la $[\text{H}_3\text{O}^+]$ del apartado b): la base neutraliza todo el ácido, también el que no estaba disociado. Se igualan los moles totales de ácido y de base.