Parte 3. Tema 3: Grado y constante de disociación. Ley de dilución de Ostwald.

PARTE 3.
TEMA 3
Grado y constante de disociación. Ley de dilución de Ostwald.

La ley de dilución de Ostwald, utilizada en la mayoría de los ejercicios sobre este tema, se expresa mediante la fórmula:
K = α²C / (1 - α), donde:
K – constante de disociación, C – concentración molar, α – grado de disociación.

Si α << 1, entonces (1 - α) ≈ 1, y la fórmula se simplifica:
K = α²C.

De aquí, para los cálculos es conveniente utilizar las fórmulas aproximadas:
α = √(K/C),
[H⁺] = αC = √(K*C). Para las bases, [OH⁻] = αC = √(K*C).

Grado de disociación.
1. Ejercicio. ¿A qué concentración de la solución el grado de disociación del ácido nitroso HNO₂ será igual a 0,02?
Solución.
α = 0,02, según tablas, K = 5×10⁻⁴.
C = K/α² = 5×10⁻⁴ / 0,02² = 1,25 mol/L.

2. Ejercicio. Calcular la concentración de iones hidrógeno, Ka y pKa del ácido fórmico si el grado de disociación de su solución 0,15 M es igual a 0,035.
Solución.
Determinamos la concentración de iones hidrógeno:
[H⁺] = αC = 0,035×0,15 = 0,00525 mol/L.
Determinamos Ka y pKa:
K = α²C / (1 - α) = 0,035²×0,15 / (1 - 0,035) = 1,9×10⁻⁴
pKa = -log K = -log(1,9×10⁻⁴) = 3,72.

7.1.1. Influencia de los ácidos fuertes sobre la disociación de los débiles.
3. Ejercicio. Calcular la concentración de iones CH₃COO⁻ en una solución de 1 L que contiene 1 mol de CH₃COOH y 0,1 mol de HCl, considerando la disociación completa del último.
Solución.
Escribimos la expresión para la constante de equilibrio:
K = [H⁺][CH₃COO⁻] / [CH₃COOH]
El ácido acético se disocia según:
CH₃COOH ⇌ H⁺ + CH₃COO⁻
Evidentemente, [H⁺] es la suma de los protones provenientes del HCl y del ácido acético.
Denotamos [H⁺] proveniente del ácido acético como x, entonces [CH₃COO⁻] también será x.
Así, 1,74×10⁻⁵ = (0,1 + x)x / (1 - x)
Resolviendo respecto a x, se obtiene la respuesta.

4. Ejercicio. ¿Cuánta agua se debe añadir a 100 ml de una solución 0,5 M de ácido acético para que la cantidad de iones hidrógeno se duplique?
Solución.
Determinamos el grado de disociación:
α = √(K/C) = √(1,74×10⁻⁵ / 0,5) = 0,0059
Para duplicar la cantidad de iones hidrógeno, se necesita que el grado de disociación se duplique: 2α
Inversamente:
C = K / (2α)² = 1,74×10⁻⁵ / (2×0,0059)² = 0,125 M
Por lo tanto, la solución debe diluirse 0,5 / 0,125 = 4 veces
Eso significa que 100 ml deben llevarse a 400 ml, es decir, agregar 300 ml de agua.

5. Ejercicio. Determinar el grado de disociación, la concentración de iones hidrógeno y el pH de una solución 0,2 M de ácido acético.
Solución.
Según tablas, la constante de disociación:
K(CH₃COOH) = 1,74×10⁻⁵
α = √(K/C) = √(1,74×10⁻⁵ / 0,2) = 0,0093
[H⁺] = αC = 0,0093×0,2 = 0,00186 mol/L
También se puede calcular por la fórmula:
[H⁺] = √(K*C) = √(1,74×10⁻⁵ × 0,2) = 0,00186
El resultado es el mismo.
pH = -log[H⁺] = -log(0,00186) = 2,73

Para bases débiles se calcula de forma análoga, con la diferencia de que se usa:
[OH⁻] = αC = √(K*C)
pOH = -log[OH⁻]
pH = 14 - pOH

6. Ejercicio. Determinar el grado de disociación y el pH de una solución 0,1 M de amoníaco.
Solución. Según tablas, la constante de disociación:
K(NH₃·H₂O) = 1,76×10⁻⁵
α = √(K/C) = √(1,76×10⁻⁵ / 0,1) = 0,0133
[OH⁻] = αC = 0,0133×0,1 = 0,00133
pOH = -log[OH⁻] = -log(0,00133) = 2,88
pH = 14 - pOH = 14 - 2,88 = 11,12

7. Ejercicio. Calcular el pH de una solución tampón acetato obtenida disolviendo 1,64 g de acetato de sodio en 100,0 ml de una solución 0,20 N de ácido acético.
Solución.
De la expresión para la constante de disociación del ácido acético:
K = [CH₃COO⁻][H⁺] / [CH₃COOH], despejamos:
[H⁺] = K × ([CH₃COOH] / [CH₃COO⁻])
Como el ácido es débil, [CH₃COOH] = C_ácido
Y como el acetato es sal y electrolito fuerte, [CH₃COO⁻] = C_sal
Entonces:
[H⁺] = K × (C_ácido / C_sal)
Aplicando logaritmo y cambiando el signo:
-log[H⁺] = -logK - log(C_ácido / C_sal), donde
-log[H⁺] = pH, -logK = pKa
Por lo tanto:
pH = pKa - log(C_ácido / C_sal)
(Para bases, como el tampón amoniacal: pOH = pKb - log(C_base / C_sal))

Ahora resolvemos:
Determinamos la concentración molar de la sal:
C_sal = m / (M × V) = 1,64 / (82 × 0,1) = 0,2 mol/L
[H⁺] = K × (C_ácido / C_sal) = 1,74×10⁻⁵ × (0,2 / 0,2) = 1,74×10⁻⁵
pH = -log[H⁺] = -log(1,74×10⁻⁵) = 4,76

8. Ejercicio. A 50 ml de CH₃COOH 0,1 M (K = 1,74×10⁻⁵) se añaden 10 ml de NaOH 0,2 M. Calcular el pH del sistema tampón.
Solución.
Determinamos las cantidades después de la reacción.
Cantidad de ácido: n = C×V = 0,1×0,05 = 0,005 mol
Cantidad de base agregada: n = 0,2×0,01 = 0,002 mol
Después de la reacción habrá 0,005 - 0,002 = 0,003 mol de ácido y 0,002 mol de sal
pH = pKa - log(C_ácido / C_sal) = 4,76 - log(0,003 / 0,002) = 4,76 - 0,176 = 4,584

9. Ejercicio. Calcular el pH de una solución de 2 L que contiene 2 mol de amoníaco y 107 g de cloruro de amonio.
Solución.
Demostraremos que esta tarea puede resolverse mentalmente si se comprende bien el tema.
Masa molar del NH₄Cl ≈ 35,5 (Cl) + 18 (NH₄⁺) = 53,5
Multiplicando por 2: 53,5×2 = 107 g → 2 mol
Así, en 2 L de solución hay 2 mol de amoníaco y 2 mol de NH₄Cl
C = n / V = 2 / 2 = 1 M (no es necesario calcularlo, ya que se simplifica)

Fórmula:
pOH = pKb - log(C_base / C_sal)
Como las concentraciones son iguales, C_base / C_sal = 1 → log(1) = 0
Entonces:
pOH = pKb
Según tablas, pKb del amoníaco = 4,76
pH = 14 - pOH = 14 - 4,76 = 9,24