Valoraciones y neutralización

a) Masa molar del ácido

Moles de KOH gastados en la neutralización:$$n(\text{KOH}) = M\cdot V = 0{,}15\ \text{mol/L}\cdot 0{,}03316\ \text{L} = 4{,}974\cdot 10^{-3}\ \text{mol}$$Por la estequiometría 1:1, en el punto de equivalencia:$$n(\text{HA}) = n(\text{KOH}) = 4{,}974\cdot 10^{-3}\ \text{mol}$$La masa de la muestra es $500\ \text{mg} = 0{,}500\ \text{g}$, así que:$$M(\text{HA}) = \frac{m}{n} = \frac{0{,}500\ \text{g}}{4{,}974\cdot 10^{-3}\ \text{mol}} = 100{,}5\ \text{g/mol}$$(Un valor compatible con el del ácido perclórico, $\text{HClO}_4$, de masa molar $100{,}46\ \text{g/mol}$.)

b) pH con 40 mL de base

Moles de KOH añadidos:$$n(\text{KOH}) = 0{,}15\ \text{mol/L}\cdot 0{,}040\ \text{L} = 6{,}0\cdot 10^{-3}\ \text{mol}$$El HA es el reactivo limitante y sobran $1{,}026\cdot 10^{-3}\ \text{mol}$ de KOH, base fuerte totalmente disociada. La sal $\text{KA}$ no altera el pH: el $\text{K}^+$ y el $\text{A}^-$ son el ácido y la base conjugados, despreciables, de una base y un ácido fuertes.

Concentración de $\text{OH}^-$ en el volumen final de $50\ \text{mL}$:$$[\text{OH}^-] = \frac{1{,}026\cdot 10^{-3}\ \text{mol}}{0{,}050\ \text{L}} = 2{,}05\cdot 10^{-2}\ \text{mol/L}$$$$\text{pOH} = -\log(2{,}05\cdot 10^{-2}) = 1{,}69 \qquad \text{pH} = 14 - \text{pOH} = 12{,}31$$La disolución es básica, como corresponde a haber pasado del punto de equivalencia. En la simulación, el ácido está disuelto en $10\ \text{mL}$, para que con los $40\ \text{mL}$ de base el volumen final sea de $50\ \text{mL}$.