Exercicis d'àcids i bases — Química 2n Batxillerat

Apliquem pH = -log[$H^{+}$].
-log(10⁻³) = 3.
El pH és 3, una dissolució àcida.

El que prové de la part feble (l'àcid feble o la base feble): és el que s'hidrolitza. El que ve de la part forta és espectador.

La base feble NH₃ i el seu àcid conjugat NH₄⁺ (de l'NH_4Cl). Els àcids els neutralitza l'amoníac: NH₃ + H_3O⁺ → NH₄⁺ + H_2O.

El NaOH és una base forta: es dissocia completament, NaOH → Na⁺ + OH^-, de manera que [OH^-] = 0,01 M = $10^{-2}$ M.
pOH = -log[OH^-] = -log $10^{-2}$ = 2.
Com que pH + pOH = 14 a 25 °C: pH = 14 - 2 = 12.
Error típic: calcular -log(0,01) i donar pH = 2; aquest valor és el pOH, no el pH. Una base ha de tenir pH > 7.

Com a àcid (cedeix un protó a l'aigua): HCO₃^- + H₂O ⇌ CO₃^2- + H₃$O^{+}$. Aquí l'aigua actua de base.
Com a base (accepta un protó de l'aigua): HCO₃^- + H₂O ⇌ H₂CO₃ + OH^-. Aquí l'aigua actua d'àcid.
Una espècie és amfòtera quan pot cedir i acceptar protons segons amb qui reaccioni. L'aigua també ho és: la seva autoionització, 2 H₂O ⇌ H₃$O^{+}$ + OH^-, és una reacció entre una molècula que fa d'àcid i una altra que fa de base.

[H₃O⁺] = 10^-pH = 10^-4,5 = 3,2·10^-5 M.
[OH^-] = K_w/[H₃O⁺] = 10^-14/(3,2·10^-5) = 3,2·10^-10 M.
Comprovació: pOH = -log(3,2·10^-10) = 9,5 i pH + pOH = 4,5 + 9,5 = 14.
Com que [H₃O⁺] > [OH^-] (pH < 7), l'aigua és àcida. La pluja neta ja té un pH d'uns 5,6 pel CO₂ dissolt; un valor de 4,5 vol dir unes 12 vegades més ions H₃O⁺: és pluja àcida.

Com que pK_a = -log K_a, com més petit és el pK_a, més gran és K_a i més fort és l'àcid: K_a(HF) = 10^-3,2 = 6,3·$10^{-4}$ i K_a(HNO₂) = 10^-3,35 = 4,5·$10^{-4}$.
L'àcid fluorhídric és (lleugerament) més fort que l'àcid nitrós: a igual concentració, dona més H₃$O^{+}$.
Com més fort és un àcid, més feble és la seva base conjugada (K_b = K_w/K_a). Per tant, la base conjugada més forta és la de l'àcid més feble: el nitrit, NO₂^-.
Tots dos són àcids febles (K_a < 1): en aigua estan poc dissociats.

Falsa. El HCl és un àcid fort i està totalment dissociat: [H₃$O^{+}$] = 0,1 M i pH = 1.
L'àcid acètic és un àcid feble: només una petita fracció de les molècules cedeix el protó, CH₃COOH + H₂O ⇌ CH₃COO^- + H₃$O^{+}$, i [H₃$O^{+}$] ≈ √(K_a·c) = $\sqrt{1{,}8\cdot 10^{-5}\cdot 0{,}1}$ = 1,3·$10^{-3}$ M.
El seu pH és aproximadament 2,9, clarament més alt que 1. A igual concentració, l'àcid feble dona un pH més gran (és menys àcid), perquè la concentració i la força d'un àcid són coses diferents.

Per a un parell àcid-base conjugat es compleix K_a·K_b = K_w.
K_b(CN^-) = K_w/K_a = 10^-14/(4,9·10^-10) = 2,0·10^-5.
Reacció corresponent: CN^- + H₂O ⇌ HCN + OH^-.
Com que 2,0·10^-5 és una mica més gran que 1,8·10^-5, el cianur és una base lleugerament més forta que l'amoníac (totes dues són bases febles). Té sentit: HCN és un àcid molt feble, i la base conjugada d'un àcid molt feble és relativament forta.

En diluir, els mols de HCl no canvien: n = 0,010 L · 0,5 mol/L = 0,005 mol.
Concentració final: c = 0,005 mol / 0,250 L = 0,02 M (també: c = 10·$\tfrac{0{,}5}{250} = 0{,}02$ M).
El HCl és un àcid fort, totalment dissociat: [$H_{3}O^{+}$] = 0,02 M.
pH = -log 0,02 = 1,70.
Comprovació: la dissolució s'ha diluït 25 vegades, així que el pH ha pujat log 25 = 1,4 unitats respecte del pH inicial (-log 0,5 = 0,30): 0,30 + 1,40 = 1,70.

La base conjugada s'obté treient un $H^{+}$.
A H₂SO₄ li traiem un H: queda HSO₄⁻.
La base conjugada és l'ió HSO₄⁻.

Busquem qui guanya i qui perd un protó.
L'aigua cedeix un $H^{+}$ i es converteix en OH⁻: parell H₂O / OH⁻ (àcid / base conjugada).
L'amoníac accepta el protó i passa a NH₄⁺: parell NH₃ / NH₄⁺ (base / àcid conjugat).
Els dos parells són H₂O/OH⁻ i NH₄⁺/NH₃.

Mols de base: n_b = M_b·V_b = 0,1·0,025 = 0,0025 mol.
Com que la reacció és 1 a 1, calen els mateixos mols d'àcid: n_a = 0,0025 mol.
Volum d'àcid: V_a = n_a / M_a = 0,0025 / 0,1 = 0,025 L = 25 mL.
Com que les dues concentracions són iguals i la reacció és 1 a 1, els volums també ho són.

Un tampó està format per un àcid feble (CH₃COOH) i la seva base conjugada (l'ió acetat CH₃COO⁻, que aporta l'acetat de sodi). Per calcular-ne el pH s'usa l'equació de Henderson-Hasselbalch:
pH = pKa + log([sal]/[àcid]).
Primer calculem el pKa a partir de la Ka: pKa = -log(1,8·10⁻⁵) = 4,74.
Ara substituïm les concentracions de la sal (acetat, 0,10 M) i de l'àcid (0,20 M):
pH = 4,74 + log(0,10/0,20) = 4,74 + log(0,5).
Com que log(0,5) = -0,30, queda pH = 4,74 - 0,30 = 4,44.
El pH és 4,44, lleugerament àcid (per sota del pKa perquè hi ha més àcid que base conjugada).

Equilibri: $C_{6}H$₅COOH + $H_{2}O$ ⇌ $C_{6}H$₅COO^- + $H_{3}O^{+}$. Si es dissocien x mol/L: $K_{a}$ = $\tfrac{x^{2}}{(0{,}05 - x)}$.
Com que $K_{a}$ és petita, 0,05 - x ≈ 0,05: x = $\sqrt{6{,}3\cdot 10^{-5}\cdot 0{,}05}$ = $\sqrt{3{,}15\cdot 10^{-6}}$ = 1,8·$10^{-3}$ M.
pH = -log(1,8·$10^{-3}$) = 2,75. (Resolent l'equació de segon grau s'obté x = 1,74·$10^{-3}$ M i pH = 2,76: l'aproximació és bona perquè el grau de dissociació és només del 3,5 %.)
El HCl 0,05 M, àcid fort, tindria [$H_{3}O^{+}$] = 0,05 M i pH = -log 0,05 = 1,30.
A igual concentració, l'àcid feble dona un pH gairebé 1,5 unitats més alt: la dissolució conté unes 30 vegades menys ions $H_{3}O^{+}$.

[$H_{3}O^{+}$] = $10^{-pH}$ = 10^-4,27 = 5,4·$10^{-5}$ M.
Equilibri HClO + $H_{2}O$ ⇌ ClO^- + $H_{3}O^{+}$: a l'equilibri [ClO^-] = [$H_{3}O^{+}$] = 5,4·$10^{-5}$ M i [HClO] = 0,10 - 5,4·$10^{-5}$ ≈ 0,10 M.
$K_{a}$ = [ClO^-][$H_{3}O^{+}$]/[HClO] = (5,4·$10^{-5}$$)^{2}$/0,10 = 2,9·$10^{-8}$.
Grau de dissociació: α = $\tfrac{[H_{3}O^{+}]}{c} = 5{,}4$·$\tfrac{10^{-5}}{0{,}10} = 5{,}4$·$10^{-4}$, és a dir, un 0,054 %: és un àcid molt feble, i per això l'aproximació [HClO] ≈ 0,10 M és excel·lent.

La sal es dissocia totalment: CH₃COONa → Na⁺ + CH₃COO^-. El Na⁺ no reacciona amb l'aigua (prové d'una base forta), però l'acetat és la base conjugada d'un àcid feble i s'hidrolitza: CH₃COO^- + H₂O ⇌ CH₃COOH + OH^-.
K_b = K_w/K_a = $\tfrac{10^{-14}}{(1{,}8\cdot 10^{-5})} = 5{,}6$·$10^{-10}$.
[OH^-] = √(K_b·c) = $\sqrt{5{,}6\cdot 10^{-10}\cdot 0{,}20}$ = 1,05·$10^{-5}$ M.
pOH = -log(1,05·$10^{-5}$) = 4,98 → pH = 14 - 4,98 = 9,02.
La dissolució és bàsica, com correspon a una sal d'àcid feble i base forta.

Mols inicials: n(HCl) = 0,050 L · 0,10 M = 5,0·$10^{-3}$ mol; n(NaOH) = 0,030 L · 0,10 M = 3,0·$10^{-3}$ mol.
Neutralització: $H_{3}O^{+}$ + OH^- → 2 $H_{2}O$ (1:1). Reacciona tot el NaOH i sobren 5,0·$10^{-3}$ - 3,0·$10^{-3}$ = 2,0·$10^{-3}$ mol de $H_{3}O^{+}$.
Volum total: 50 + 30 = 80 mL = 0,080 L → [$H_{3}O^{+}$] = 2,0·$\tfrac{10^{-3}}{0{,}080} = 0{,}025$ M.
pH = -log 0,025 = 1,60.
Error típic: fer la mitjana dels dos pH, o oblidar que el volum final és la suma dels dos volums.

Reacció: H₂SO₄ + 2 NaOH → Na₂SO₄ + 2 H₂O (cada mol d'àcid necessita 2 mol de base perquè és dipròtic).
n(NaOH) = 0,0150 L · 0,20 mol/L = 3,0·$10^{-3}$ mol.
n(H₂SO₄) = 3,0·$\tfrac{10^{-3}}{2} = 1{,}5$·$10^{-3}$ mol.
[H₂SO₄] = 1,5·$10^{-3}$ mol / 0,0200 L = 0,075 M.
Error típic: aplicar V_a·M_a = V_b·M_b sense tenir en compte l'estequiometria 1:2; donaria 0,15 M, el doble del valor correcte.

pOH = 14 - 11,0 = 3,0 → [OH^-] = 10^-3 M.
Equilibri: NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH^-, amb [NH₄⁺] = [OH^-] = 10^-3 M.
K_b = [NH₄⁺][OH^-]/[NH₃] → [NH₃]_eq = (10^-3)²/(1,8·10^-5) = 0,056 M.
La concentració inicial és c = [NH₃]_eq + [OH^-] = 0,056 + 0,001 = 0,057 M (s'accepta també c ≈ 0,056 M, perquè només un 1,8 % de l'amoníac està ionitzat).
Comprovació: √(1,8·10^-5·0,056) = 1,0·10^-3 M → pOH = 3,0 i pH = 11,0.

Al punt d'equivalència s'han afegit tants mols de HCl com d'NH₃ hi havia: tot l'amoníac s'ha convertit en NH₄⁺ (i Cl^-, que no reacciona amb l'aigua). Tenim la dissolució d'una sal d'àcid fort i base feble.
L'ió amoni és l'àcid conjugat d'una base feble i s'hidrolitza: NH₄⁺ + H₂O ⇌ NH₃ + H₃$O^{+}$. Allibera H₃$O^{+}$ i el medi queda àcid: per això el pH és 5,3 i no 7.
L'indicador ha de canviar de color dins del salt de pH del punt d'equivalència, és a dir, el seu interval ha de contenir el pH 5,3: cal el vermell de metil (4,2–6,3).
La fenolftaleïna viraria massa aviat (quan el pH encara és 8–10, abans d'arribar al punt d'equivalència) i el volum d'àcid mesurat seria massa petit.

És una base feble: cal plantejar l'equilibri i usar la Kb. La reacció és CH₃NH₂ + H₂O ↔ CH₃NH₃+ + OH⁻. Si es dissocia una quantitat x, a l'equilibri [CH₃NH₃+] = [OH⁻] = x i [CH₃NH₂] = 0,15 - x.
Kb = $\tfrac{x^{2}}{(0{,}15 - x)}$. Aproximem 0,15 - x ≈ 0,15 perquè la base és feble:
$x^{2}$ = Kb·0,15 = 4,4·10⁻⁴·0,15 = 6,6·10⁻⁵, d'on x = √(6,6·10⁻⁵) = 8,12·10⁻³ M.
EL PARANY MÉS TÍPIC: aquesta x és [OH⁻], no [$H^{+}$], perquè partim d'una base. Si algú confongués i fes pH = -log(8,12·10⁻³) = 2,09, obtindria un pH àcid per a una BASE, cosa absurda.
El camí correcte passa pel pOH: pOH = -log(8,12·10⁻³) = 2,09, i aleshores pH = 14 - pOH = 14 - 2,09 = 11,91 (bàsic, coherent).
Grau de dissociació: α = $\tfrac{x}{C} = 8{,}12$·10⁻³ / 0,15 = 0,054, és a dir un 5,4 % (comprovem que és petit, cosa que justifica l'aproximació feta).

Cal mirar, per a cada sal, d'on ve el catió i d'on ve l'anió.

1. Acetat de sodi: el Na⁺ ve d'una base forta (NaOH) i és espectador; l'acetat ve d'un àcid feble (acètic) i s'hidrolitza captant protons de l'aigua i alliberant OH⁻. Dissolució BÀSICA.
2. Nitrat de potassi: el $K^{+}$ ve de base forta i el NO₃⁻ d'àcid fort (HNO₃). Cap dels dos no s'hidrolitza. Dissolució NEUTRA.
3. Clorur d'amoni: el Cl⁻ ve d'àcid fort i és espectador; l'amoni ve d'una base feble (NH₃) i s'hidrolitza cedint protons. Dissolució ÀCIDA.

Ordre de més bàsica a més àcida: acetat de sodi, nitrat de potassi, clorur d'amoni.
Regla que resumeix els tres: mana l'ió que ve de l'espècie FEBLE, perquè és l'únic que reacciona amb l'aigua. Si tots dos venen de forts, la dissolució és neutra.
Nota de format: les orientacions de la PAU-2026 diuen que no entrarà el càlcul del pH de sals solubles en cap cas, però que sí que es poden demanar explicacions o justificacions qualitatives. Aquest exercici és exactament d'aquest tipus.

Material i substàncies:

• Una BURETA (subjectada amb una pinça a un suport), on posaràs la dissolució valorant de NaOH 0,10 M de concentració coneguda.
• Una PIPETA (amb la seva pera d'aspiració) per mesurar amb precisió l'aliquota (el volum exacte) de l'àcid HCl que vols valorar.
• Un MATRÀS ERLENMEYER, on posaràs l'aliquota d'àcid; la seva forma permet agitar sense vessar.
• L'INDICADOR adequat (per exemple, fenolftaleïna), unes gotes.

Procediment pas a pas:

1. Omple la bureta amb la dissolució de NaOH i ENRASA-LA a zero, eliminant la bombolla d'aire de la punta; llegeix el nivell inicial a l'altura dels ulls per evitar l'error de paral·laxi.
2. Amb la pipeta, mesura un volum exacte d'àcid HCl (per exemple 25,0 mL) i aboca'l al matràs erlenmeyer.
3. Afegeix unes gotes d'indicador a l'erlenmeyer.
4. Obre l'aixeta de la bureta i deixa GOTEJAR el NaOH sobre l'àcid, agitant contínuament l'erlenmeyer. A prop del final, afegeix el valorant gota a gota.
5. Atura't just quan l'indicador VIRA de color de manera permanent (amb la fenolftaleïna, la primera tonalitat rosa que no desapareix en agitar): aquest és el punt final, que assenyala el punt d'equivalència.
6. LLEGEIX a la bureta el volum de NaOH gastat (nivell final menys nivell inicial). Amb aquest volum i $M_{a}$·$V_{a}$ = $M_{b}$·$V_{b}$ calcularàs la concentració del HCl.

EL PARANY: el volum que has d'anotar és el que hi ha a la bureta EXACTAMENT al viratge de l'indicador, no abans ni després; passar-se de gotes (sobrepassar el viratge) fa que el volum llegit sigui massa gran i la concentració calculada, errònia. Per això cal enrasar bé la bureta al principi i afegir el valorant gota a gota al final.

a) M(HCOOH) = 46 g/mol → n = 1,15/46 = 0,025 mol; c = 0,025 mol / 0,250 L = 0,10 M.
Equilibri HCOOH + H₂O ⇌ HCOO^- + H₃O⁺: K_a = x²/(0,10 - x). Resolent x² + 1,8·10^-4x - 1,8·10^-5 = 0: x = 4,15·10^-3 M (l'aproximació √(K_a·c) dona 4,24·10^-3 M, acceptable).
pH = -log(4,15·10^-3) = 2,38; α = x/c = 4,15·10^-3/0,10 = 0,042 (4,2 %).
b) Nova concentració: c' = 0,10·25/250 = 0,010 M. Ara K_a = c'α²/(1 - α) → 0,010α² + 1,8·10^-4α - 1,8·10^-4 = 0 → α = 0,125 (12,5 %). (Amb l'aproximació α ≈ √(K_a/c') surt un 13 %.)
En diluir, l'equilibri es desplaça cap als productes (llei de dilució d'Ostwald): com que a la dreta hi ha més partícules dissoltes, el sistema compensa la disminució de concentració dissociant una fracció més gran d'àcid. Tot i així, [H₃O⁺] = 0,010·0,125 = 1,25·10^-3 M és més petita i el pH puja a 2,90.

a) Equació de Henderson-Hasselbalch: pH = pK_a + log([base]/[àcid]) = 4,74 + log(0,50/0,50) = 4,74.
b) El HCl afegit (àcid fort) reacciona completament amb la base del tampó: CH₃COO^- + H₃O⁺ → CH₃COOH + H₂O. Nous mols en 1,0 L: acetat 0,50 - 0,05 = 0,45 mol; àcid acètic 0,50 + 0,05 = 0,55 mol.
pH = 4,74 + log(0,45/0,55) = 4,74 - 0,09 = 4,65. El pH només ha baixat 0,09 unitats.
c) En aigua pura, [H₃O⁺] = 0,050 M → pH = -log 0,050 = 1,30: el pH passa de 7 a 1,3, gairebé 6 unitats.
El tampó resisteix el canvi perquè conté una reserva de base conjugada (acetat) que consumeix els H₃O⁺ afegits; la relació [base]/[àcid] varia poc i, amb ella, el pH. En aigua no hi ha res que capturi els protons.

a) CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O (1:1). n(àcid) = 0,0250 L · 0,10 M = 2,5·$10^{-3}$ mol = n(NaOH) → V = 2,5·$\tfrac{10^{-3}}{0{,}10} = 0{,}025$ L = 25,0 mL.
b) Al punt d'equivalència només hi ha acetat de sodi, en un volum de 50,0 mL: [CH₃COO^-] = 2,5·$\tfrac{10^{-3}}{0{,}050} = 0{,}050$ M. L'acetat s'hidrolitza: CH₃COO^- + H₂O ⇌ CH₃COOH + OH^-, amb K_b = K_w/K_a = 5,6·$10^{-10}$.
[OH^-] = $\sqrt{5{,}6\cdot 10^{-10}\cdot 0{,}050}$ = 5,3·$10^{-6}$ M → pOH = 5,28 → pH = 8,72.
c) L'indicador ha de virar dins del salt de pH que es produeix al voltant del punt d'equivalència (pH ≈ 8,7): la fenolftaleïna (8,2–10,0) és l'adequada. El taronja de metil viraria a pH 3–4, molt abans del punt d'equivalència, i el volum mesurat seria massa petit.
Error típic: suposar que el pH al punt d'equivalència sempre és 7; només ho és quan l'àcid i la base són forts.

a) NH₄Cl → NH₄⁺ + Cl^-. El Cl^- és la base conjugada d'un àcid fort (HCl) i no reacciona amb l'aigua. L'NH₄⁺ és l'àcid conjugat d'una base feble i s'hidrolitza: NH₄⁺ + H₂O ⇌ NH₃ + H₃O⁺. Es generen ions H₃O⁺: la dissolució és àcida.
b) M(NH₄Cl) = 53,5 g/mol → n = 5,35/53,5 = 0,100 mol; c = 0,100 mol / 0,500 L = 0,20 M.
K_a(NH₄⁺) = K_w/K_b = 10^-14/(1,8·10^-5) = 5,6·10^-10.
[H₃O⁺] = √(K_a·c) = √(5,6·10^-10·0,20) = 1,05·10^-5 M → pH = 4,98.
c) L'amoníac és un producte de l'equilibri d'hidròlisi: en afegir-ne, l'equilibri es desplaça cap a l'esquerra (principi de Le Chatelier), disminueix [H₃O⁺] i el pH augmenta. A més, la mescla NH₄⁺/NH₃ resultant és una dissolució amortidora.

a) n(CH₃COOH) = 0,100 L · 0,20 M = 0,020 mol; n(NaOH) = 0,050 L · 0,20 M = 0,010 mol. La reacció CH₃COOH + OH^- → CH₃COO^- + H₂O és completa: es consumeix tot el NaOH, queden 0,010 mol d'àcid acètic i es formen 0,010 mol d'acetat (en 150 mL).
pH = pK_a + log(n_base/n_àcid) = 4,74 + log(0,010/0,010) = 4,74. (Es pot fer amb mols perquè les dues espècies són en el mateix volum.)
b) És una dissolució amortidora (àcid feble + la seva base conjugada en quantitats comparables): manté el pH gairebé constant en afegir-hi petites quantitats d'àcid o de base. Quan s'ha neutralitzat exactament la meitat de l'àcid, el pH coincideix amb el pK_a.
c) Els 25 mL de NaOH aporten 0,005 mol d'OH^-, que converteixen 0,005 mol més d'àcid en acetat: queden 0,005 mol d'àcid i 0,015 mol d'acetat.
pH = 4,74 + log(0,015/0,005) = 4,74 + log 3 = 4,74 + 0,48 = 5,22. El pH només puja mig punt tot i haver afegit una base forta: és l'efecte amortidor.

a) Equilibri HA + H₂O ⇌ $A^{-}$ + H₃$O^{+}$, amb concentracions d'equilibri c(1 - α), cα i cα.
K_a = cα²/(1 - α) = 0,020·$\tfrac{0{,}050^{2}}{(1 - 0{,}050)} = 5{,}0$·$\tfrac{10^{-5}}{0{,}95} = 5{,}3$·$10^{-5}$; pK_a = -log(5,3·$10^{-5}$) = 4,28.
b) [H₃$O^{+}$] = cα = 0,020·0,050 = 1,0·$10^{-3}$ M → pH = 3,00.
c) Amb c' = 0,0050 M: 5,3·$10^{-5}$ = 0,0050α²/(1 - α) → 0,0050α² + 5,3·$10^{-5}α$ - 5,3·$10^{-5}$ = 0 → α = 0,098 (9,8 %). (Si s'aproxima 1 - α ≈ 1 surt un 10 %, però amb aquest grau de dissociació l'aproximació ja no és gaire bona.)
És coherent: en diluir quatre vegades, el grau de dissociació gairebé es duplica (llei de dilució d'Ostwald), mentre que [H₃$O^{+}$] = 0,0050·0,098 = 4,9·$10^{-4}$ M disminueix i el pH puja a 3,31.

a) 2 SO₂(g) + O₂(g) → 2 SO₃(g); SO₃(g) + H₂O(l) → H₂SO₄(aq), que a l'aigua de pluja es dissocia: H₂SO₄ + 2 H₂O → 2 H₃$O^{+}$ + SO₄^2-. Sobre roca calcària, el CaCO₃ del terreny neutralitza l'àcid a mesura que arriba (CaCO₃ + 2 H₃$O^{+}$ → Ca²⁺ + CO₂ + 3 H₂O): el llac té capacitat d'amortir. El granit no reacciona amb els àcids.

b) [H₃$O^{+}$] = $10^{-pH}$: 3,16·$10^{-5}$ M davant 3,16·$10^{-7}$ M → 100 vegades. Cada unitat de pH és un factor 10.

c) V = 5,0·$10^{5}$ $m^{3}$ = 5,0·$10^{8}$ L. n(H₃$O^{+}$) = (3,16·$10^{-5}$ − 3,16·$10^{-7}$)·5,0·$10^{8}$ = 15 700 mol. n(CaCO₃) = 15 $\tfrac{700}{2} = 7830$ mol → m = 7830·100,09 = 7,83·$10^{5}$ g ≈ 0,78 t.

d) El NaOH és una base forta i molt soluble: allà on s'aboca el pH puja localment fins a valors molt alts que maten els organismes, i un petit excés fa el llac bàsic. El CaCO₃ és poc soluble i una base feble: s'hi va dissolent només mentre hi ha àcid, i l'excés queda al fons com a reserva contra noves pluges àcides. Cal més carbonat del calculat perquè no tot el sòlid arriba a reaccionar (part queda colgada als sediments), perquè l'aigua del llac es renova amb aigua àcida dels rierols i perquè part de l'acidesa és d'àcids febles i de sediments que el càlcul no compta.

Errors típics

• Pensar que passar de pH 4,5 a 6,5 és «multiplicar per 2» la basicitat (és un factor 100 en [H₃$O^{+}$]).
• Oblidar passar els $m^{3}$ a litres.
• Fer servir la relació 1:1 entre CaCO₃ i H₃$O^{+}$.

Conceptes treballats: escala de pH, àcids forts, neutralització, estequiometria, pluja àcida, impacte ambiental.

a) K_a = 10^-4,20 = 6,31·$10^{-5}$. $\tfrac{x^{2}}{(0{,}0080 - x)} = 6{,}31$·$10^{-5}$ → x = [H₃$O^{+}$] = 6,80·$10^{-4}$ M → pH = 3,17; α = 8,5 %.
Amb l'aproximació x = √(K_a·c) = 7,10·$10^{-4}$ M (pH 3,15): l'error en x és d'un 4,5 %, perquè α és prop del 9 %, per sobre del 5 % que se sol acceptar. L'aproximació és poc fiable aquí.

b) Fracció HA = [HA]/([HA] + K_a[HA]/[H₃$O^{+}$]) = [H₃$O^{+}$]/([H₃$O^{+}$] + K_a).
pH 3,0: $\tfrac{10^{-3}}{(10^{-3} + 6{,}31\cdot 10^{-5})}$ = 94,1 %. pH 6,0: $\tfrac{10^{-6}}{(10^{-6} + 6{,}31\cdot 10^{-5})}$ = 1,6 %.

c) En un medi més àcid que el pK_a, gairebé tot el conservant és en forma HA, l'activa. A pH 6 (com la llet, pH ≈ 6,7) gairebé tot és benzoat, que no entra a les cèl·lules dels microorganismes: caldria una dosi desenes de vegades més gran per al mateix efecte.

d) El benzoat és la base conjugada de l'àcid benzoic. L'àcid cítric (més fort) fixa un pH baix i el benzoat es protona: C₆H₅COO^- + H₃$O^{+}$ → C₆H₅COOH + H₂O. A pH 3 el 94 % del conservant afegit és en forma d'àcid benzoic, de manera que l'efecte és el mateix; el benzoat de sodi només té l'avantatge de dissoldre's més fàcilment.

Errors típics

• Aplicar l'aproximació c − x ≈ c sense comprovar el grau d'ionització.
• Confondre pK_a i K_a o oblidar que K_a = $10^{-pKa}$.
• Pensar que el benzoat de sodi és un conservant diferent de l'àcid benzoic (en medi àcid són el mateix).

Conceptes treballats: àcids febles, K_a i pK_a, grau d'ionització, aproximacions de càlcul, parells conjugats, fraccions d'espècies en funció del pH, química dels aliments.

a) CH₃CH(OH)COOH + OH^- → CH₃CH(OH)COO^- + H₂O. n(NaOH) = 0,1000·18,40·$10^{-3}$ = 1,84·$10^{-3}$ mol = n(àcid). c = 1,84·$\tfrac{10^{-3}}{0{,}02000}$ = 0,0920 M → 0,0920·90,08 = 8,29 g/L.

b) $\tfrac{x^{2}}{(0{,}0920 - x)} = 1{,}38$·$10^{-4}$ → x = 3,49·$10^{-3}$ M → pH = 2,46.

c) [lactat] = 1,84·$\tfrac{10^{-3}}{(38{,}40\cdot 10^{-3})} = 0{,}0479$ M. K_b = 1,0·$\tfrac{10^{-14}}{1{,}38}$·$10^{-4}$ = 7,25·$10^{-11}$. Lactat + H₂O ⇌ àcid làctic + OH^-: [OH^-] = √(K_b·c) = 1,86·$10^{-6}$ M → pOH = 5,73 → pH = 8,27. No és 7 perquè l'anió lactat, base conjugada d'un àcid feble, reacciona amb l'aigua (hidròlisi) i allibera OH^-.

d) El pH d'equivalència (8,27) cau dins de l'interval de la fenolftaleïna. El vermell de metil viraria abans de l'equivalència (quan encara queda àcid), i el resultat sortiria per defecte.

e) Amb 9,20 mL s'ha neutralitzat la meitat de l'àcid: [àcid] = [lactat]. A K_a = [lactat][H₃$O^{+}$]/[àcid], les dues concentracions es simplifiquen i [H₃$O^{+}$] = K_a: pH = pK_a = 3,86. Aquest punt permet determinar experimentalment el pK_a d'un àcid desconegut a partir de la corba de valoració.

Errors típics

• Pensar que al punt d'equivalència d'una valoració el pH sempre és 7.
• Calcular la concentració del lactat al punt d'equivalència amb el volum inicial (20,00 mL) en lloc del total.
• Fer servir K_a en lloc de K_b per a l'anió.

Conceptes treballats: valoració àcid feble–base forta, pH d'un àcid feble, hidròlisi de l'anió al punt d'equivalència, elecció d'indicador, pH = pK_a a la semiequivalència.

a) 1 L → 980 g de dissolució → 49 g de NH₃ → $\tfrac{49}{17{,}03}$ = 2,88 M.

b) Comercial: $\tfrac{x^{2}}{(2{,}88 - x)} = 1{,}8$·$10^{-5}$ → [OH^-] = 7,19·$10^{-3}$ M → pOH = 2,14 → pH = 11,86; α = 0,25 %.
Dilució 1:100 (c = 0,0288 M): [OH^-] = 7,11·$10^{-4}$ M → pH = 10,85; α = 2,47 %.

c) El pH només baixa de 11,86 a 10,85, aproximadament una unitat. En diluir una base feble, l'equilibri NH₃ + H₂O ⇌ NH₄⁺ + OH^- es desplaça cap a la dreta (Le Châtelier: hi ha més aigua i menys partícules dissoltes per volum), i el grau d'ionització passa de 0,25 % a 2,47 %. Com que [OH^-] ≈ √(K_b·c), dividir c per 100 només divideix [OH^-] per 10 (1 unitat de pH).

d) L'amoníac és una base de Brønsted-Lowry (accepta un protó de l'aigua i forma NH₄⁺, el seu àcid conjugat). Amb el lleixiu, l'hipoclorit oxida l'amoníac i es formen cloramines (NH₂Cl, NHCl₂…), gasos tòxics i irritants per a les vies respiratòries. No es poden barrejar mai productes de neteja.

Errors típics

• Calcular el pH com si l'amoníac fos una base forta (pOH = −log c).
• Usar la massa de 1 L de dissolució igual a 1000 g (cal la densitat).
• Donar el pOH com a resultat final en lloc del pH.

Conceptes treballats: bases febles i K_b, concentració a partir de % en massa i densitat, grau d'ionització i dilució, teoria de Brønsted-Lowry, seguretat.

a) H₃O⁺ + OH^- → 2 H₂O. n(H₃O⁺) = 0,0250·0,100 = 2,50·10^-3 mol; n(OH^-) = 0,0300·0,0500·2 = 3,00·10^-3 mol. Excés d'OH^-: 5,00·10^-4 mol en 55,0 mL → [OH^-] = 9,09·10^-3 M → pOH = 2,04 → pH = 11,96.

b) Es formen 2,50·10^-3 mol d'aigua (el limitant és l'H₃O⁺): Q = 2,50·10^-3·57,1 = 0,143 kJ = 143 J. ΔT = 143/(55,0·4,18) = 0,62 °C.

c) Cal neutralitzar 5,00·10^-4 mol d'OH^-: V = 5,00·10^-4/0,100 = 5,00·10^-3 L = 5,0 mL.

d) Amb 4,0 mL: queden 1,00·10^-4 mol d'OH^- en 59,0 mL → pH = 11,23. Amb 6,0 mL: sobren 1,00·10^-4 mol d'H₃O⁺ en 61,0 mL → pH = 2,79. Amb només 2 mL el pH baixa 8,4 unitats. Com que al voltant de l'equivalència el pH salta de manera tan brusca, qualsevol indicador que viri dins del salt (entre pH 4 i 10) canvia de color amb una diferència de volum menor que una gota: l'error és negligible.

Errors típics

• Comptar només un OH^- per Ba(OH)₂.
• Dividir l'excés pel volum d'una sola dissolució en lloc del volum total.
• Pensar que la calor depèn de tots els reactius, i no dels mols d'aigua formada (limitant).

Conceptes treballats: neutralització, àcids i bases forts, pH de mescles, entalpia de neutralització, corba de valoració i elecció d'indicador.

a) [$H_{3}O^{+}$] = 10^-2,50 = 3,16·$10^{-3}$ M. HCl (ionització total): c = 3,16·$10^{-3}$ M. HCOOH: $K_{a}$ = $\tfrac{x^{2}}{(c - x)}$ → c = x + $\tfrac{x^{2}}{K_{a}} = 3{,}16$·$10^{-3}$ + (3,16·$10^{-3}$$)^{2}$/1,8·$10^{-4}$ = 0,0587 M, unes 19 vegades més concentrat.

b) HCl: V = 3,16·$10^{-3}$·$\tfrac{25{,}0}{0{,}0100}$ = 7,91 mL. HCOOH: V = 0,0587·$\tfrac{25{,}0}{0{,}0100}$ = 147 mL. El pH només mesura els $H_{3}O^{+}$ lliures; la base neutralitza tot l'àcid present. En l'àcid fòrmic, la major part de l'àcid és en forma no ionitzada (α = 5,4 %), però a mesura que s'afegeix base l'equilibri es desplaça i acaba reaccionant tot.

c) HCl diluït: [$H_{3}O^{+}$] = 3,16·$10^{-4}$ M → pH = 3,50 (puja 1 unitat). HCOOH diluït (c = 5,87·$10^{-3}$ M): resolent l'equilibri, pH = 3,03 (només puja 0,53). En diluir l'àcid feble, el seu grau d'ionització augmenta i allibera més $H_{3}O^{+}$, cosa que compensa en part la dilució.

d) És fals: el volum de base depèn de la quantitat total d'àcid (concentració · volum) i dels protons per molècula, no de la força. Amb el mateix pH, l'àcid feble necessita 19 vegades més NaOH; amb la mateixa concentració, tots dos en necessitarien el mateix volum.

Errors típics

• Pensar que dues dissolucions amb el mateix pH tenen la mateixa concentració d'àcid.
• Calcular la base necessària per a l'àcid feble amb [$H_{3}O^{+}$] en lloc de la concentració total.
• Confondre força d'un àcid ($K_{a}$) amb concentració.

Conceptes treballats: àcids forts i febles, $K_{a}$, grau d'ionització, neutralització, efecte de la dilució, força vs concentració.

a) [H₃O⁺] = 10^-1,20 = 0,0631 M → n = 0,0631·0,200 = 0,0126 mol.

b) Mg(OH)₂(s) + 2 H₃O⁺(aq) → Mg²⁺(aq) + 4 H₂O(l). n(OH^-) = 2·0,250/58,32 = 8,57·10^-3 mol. Queden 0,0126 − 8,57·10^-3 = 4,05·10^-3 mol d'H₃O⁺ en 0,200 L → [H₃O⁺] = 0,0202 M → pH = 1,69.

c) A pH 3,0 queden 10^-3·0,200 = 2,0·10^-4 mol: cal neutralitzar 0,0124 mol → 0,0124/8,57·10^-3 = 1,45 comprimits (en la pràctica, 1 o 2). L'àcid de l'estómac és necessari per a la digestió (activa la pepsina) i per matar microorganismes; a més, si es neutralitza del tot, l'estómac reacciona secretant més àcid (efecte rebot).

d) NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O. n(CO₂) = 0,500/84,01 = 5,95·10^-3 mol → V = 5,95·10^-3·0,082·310/1,00 = 0,151 L ≈ 151 mL. Aquest gas provoca rots i sensació d'inflament; el Mg(OH)₂ no en produeix.

Errors típics

• Neutralitzar només un H₃O⁺ per Mg(OH)₂.
• Calcular el pH final dividint per un volum que inclou el comprimit (el sòlid no aporta volum apreciable).
• Fer servir T = 37 en lloc de 310 K a l'equació dels gasos.

Conceptes treballats: pH i concentració, neutralització, estequiometria de bases poc solubles, reaccions d'àcids amb carbonats, aplicació a la salut.

a) HClO + H₂O ⇌ ClO^- + H₃$O^{+}$. Parells: HClO/ClO^- i H₃$O^{+}$/H₂O. K_a = 10^-7,53 = 2,95·$10^{-8}$.

b) pH 7,0: 1/(1 + 2,95·$\tfrac{10^{-8}}{10}$^-7,0) = 77,2 %; pH 7,5: 1/(1 + 2,95·$\tfrac{10^{-8}}{10}$^-7,5) = 51,7 %; pH 8,0: 1/(1 + 2,95·$\tfrac{10^{-8}}{10}$^-8,0) = 25,3 %. Quan pH = pK_a hi ha la meitat de cada forma; per sobre, domina el ClO^-, poc eficaç.

c) K_b(ClO^-) = 1,0·$\tfrac{10^{-14}}{2{,}95}$·$10^{-8}$ = 3,39·$10^{-7}$. ClO^- + H₂O ⇌ HClO + OH^-: [OH^-] ≈ $\sqrt{3{,}39\cdot 10^{-7}\cdot 1{,}0\cdot 10^{-4}}$ = 5,82·$10^{-6}$ M → pH ≈ 8,77. L'hipoclorit és una base: en afegir-lo, capta protons de l'aigua i el pH de la piscina puja. Per això també s'hi afegeix un àcid (per exemple, hidrogensulfat de sodi o HCl diluït) per corregir-lo.

d) A pH 7,2–7,6 encara hi ha entre un 46 % i un 68 % del clor en forma d'HClO (desinfecció suficient), i el pH és proper al de les llàgrimes i la pell, de manera que no irrita els ulls. A pH 8 la desinfecció seria molt pitjor (només un 25 % d'HClO); a pH baix desinfectaria molt bé però irritaria i corroiria les instal·lacions.

Errors típics

• Pensar que tot el «clor» de la piscina desinfecta igual, independentment del pH.
• Calcular el pH de l'hipoclorit com si fos una base forta.
• Confondre K_a de l'àcid amb K_b de la base conjugada.

Conceptes treballats: àcids febles, parells conjugats, K_a i K_b, fraccions d'espècies segons el pH, hidròlisi d'un anió, aplicació al tractament d'aigües.

a) H₃PO₄ + H₂O ⇌ H₂PO₄^- + H₃O⁺ (K_a1); H₂PO₄^- + H₂O ⇌ HPO₄^2- + H₃O⁺ (K_a2); HPO₄^2- + H₂O ⇌ PO₄^3- + H₃O⁺ (K_a3). Cada protó surt d'una espècie amb més càrrega negativa, que l'atrau més: costa cada cop més arrencar-lo.

b) c = 0,55/97,99 = 5,61·10^-3 M.
Aproximació: x = √(7,5·10^-3·5,61·10^-3) = 6,49·10^-3 M, més gran que la concentració d'àcid: és absurd (no es poden ionitzar més molècules de les que hi ha). L'aproximació c − x ≈ c no val perquè K_a1 és gran comparada amb c.
Sense aproximar: x² + K_a1·x − K_a1·c = 0 → x = 3,74·10^-3 M → pH = 2,43 (α = 67 %).

c) Amb [H₃O⁺] ≈ [H₂PO₄^-] = 3,74·10^-3 M, de K_a2 surt [HPO₄^2-] ≈ K_a2 = 6,2·10^-8 M, uns 60 000 vegades menys que els H₃O⁺ de la primera dissociació: la seva aportació al pH és negligible.

d) Amb pH ≈ 2,4, molt per sota de 5,5, l'esmalt (hidroxiapatita, que conté ions bàsics OH^- i PO₄^3-) es dissol mentre dura el contacte. La saliva neutralitza l'acidesa en uns minuts; beure a glopets durant hores manté la boca àcida tot el temps i no deixa que la saliva remineralitzi l'esmalt.

Errors típics

• Aplicar sempre x = √(K_a·c) sense comprovar el resultat.
• Sumar les tres K_a o multiplicar la concentració per 3 perquè l'àcid és tripròtic.
• Pensar que la segona i la tercera dissociació són tan importants com la primera.

Conceptes treballats: àcids polipròtics, constants successives, resolució exacta de l'equilibri, validesa de les aproximacions, salut dental.

a) n(àcid) = n(NaOH) = 0,100·30,0·10^-3 = 3,00·10^-3 mol → M = 0,336/3,00·10^-3 = 112,0 g/mol.

b) A la meitat de l'equivalència s'ha neutralitzat la meitat de l'àcid: [HA] = [A^-]. A K_a = [A^-][H₃O⁺]/[HA] es simplifiquen i queda [H₃O⁺] = K_a, és a dir, pH = pK_a = 4,76.

c) M = 112,0 g/mol i pK_a = 4,76: és l'àcid sòrbic (E-200). La massa molar sola ja el distingeix: la incertesa relativa és ≈ 0,001/0,336 + 0,1/30,0 ≈ 0,6 %, uns ±0,7 g/mol, i el candidat més proper és l'àcid benzoic (122,1), a 10 g/mol. El pK_a sol també: és l'únic amb 4,76. Les dues dades independents que coincideixen fan la identificació molt segura.

d) Amb aigua, la massa pesada és més gran però els mols d'àcid (els que gasta el NaOH) són els mateixos: M sortiria més gran. El pK_a no canviaria, perquè depèn de la relació [A^-]/[HA], que a la semiequivalència val 1 independentment de la quantitat d'àcid.

Errors típics

• Pensar que a la semiequivalència el pH és 7 o la meitat del pH final.
• Calcular els mols d'àcid amb el volum de la semiequivalència.
• Creure que la humitat del sòlid canvia el pK_a.

Conceptes treballats: valoració àcid-base, massa molar a partir de dades volumètriques, pH = pK_a a la semiequivalència, anàlisi d'incerteses i d'errors sistemàtics.