Encontrar el pOH de un tampón a partir de cero sin la ecuación de Henderson Hasselbalch

Question

Encontré esta pregunta en internet que decía:

Encuentre el pOH de la solución obtenida al mezclar $\pu{0.1 mol}$ de $\mathrm{NH_4 OH}$ $(K_\mathrm b = 10^{-5})$ y $\pu{0.1 mol}$ de $\ce{(NH4)2SO4}$ en un $\pu{500 mL}$ solución.

Lo que hice fue hacerlo sin aplicar la ecuación de Henderson Hasselbalch y hacerlo desde el principio utilizando el efecto "ion común". Así es como lo hice:

$\ce{NH4OH}$ es un ácido débil y $\ce{(NH4)2SO4}$ es un electrolito fuerte.

$\alpha$ = La constante de disociación por mol

$$\ce{NH4OH <<=> NH4+ + OH-}$$

\begin{array}{l|c|c|c} \hline n_\mathrm{initial} & 0.1& 0 &0\\ n_\mathrm{equilibrium} &0.1(1-\alpha) &0.1\alpha& 0.1\alpha \\ \hline \end{array}

$$\ce{(NH4)2SO4 -> 2 NH4+ + SO4^2-}$$

\begin{array}{l|c|c|c} \hline n_\mathrm{initial} & 0.1& 0 &0\\ n_\mathrm{dissociation} &0 &0.2 & 0.1\\ \hline \end{array}

Ahora, podemos decir que $$K_\mathrm b = \frac{[\ce{NH4+}] [\ce{OH-}]}{[\ce{NH_4OH}]}$$

$$10^{-5}= \frac{\dfrac{0.2+0.1 \alpha}{0.5} \times \dfrac{0.1 \alpha}{0.5}}{\dfrac{0.1}{0.5}}$$

Como, $\alpha$ es muy pequeño para un ácido débil, $0.1 \alpha \approx 0$ . Haciendo los cálculos posteriores, obtenemos:

$$\boxed{\alpha = \frac{5}{2} \times 10^{-5}}$$

$$\implies \boxed{\ce{[OH-]} = 0.1 \alpha = \frac{5}{2} \times 10^{-6} \frac{\pu{mol}}{\pu{500 mL}}}$$

Ahora, $$\mathrm p\ce{OH}=\log[\ce{OH-}] = -[\log(5)-\log(2)-6] = \boxed{5.6}$$

Pero si aplicamos directamente la ecuación de Henderson Hasselbalch para el buffer, obtenemos:

$$\mathrm p\ce{OH} = \mathrm pK_\mathrm b + \log\left(\frac{[\mathrm{salt}]}{[\mathrm{base}]}\right)$$ $$\mathrm p\ce{OH} = 5 + \log\left(\frac{\dfrac{0.2}{0.5}}{\dfrac{0.1}{0.5}} \right) = 5+ \log(2)=\boxed{5.3}$$ [.] = molaridad

¿Dónde me he equivocado en el cálculo o qué error he cometido al resolver esta pregunta?

Answer 1

Descubrí dónde estaba el error en mi método mientras resolvía la pregunta. Aquí va.

- $\ce{NH4OH}$ es un ácido débil y $\ce{(NH4)2SO4}$ es un electrolito fuerte.

- $\alpha$ = La constante de disociación por mol.

$$\ce{NH4OH <<=> NH4+ + OH-}$$

\begin{array}{l|c|c|c} \hline n_\mathrm{initial} & 0.1& 0 &0\\ n_\mathrm{equilibrium} &0.1(1-\alpha) &0.1\alpha& 0.1\alpha \\ \hline \end{array}

$$\ce{(NH_4)_2SO_4 -> 2 NH_4^{+} + SO4^{2-}}$$

\begin{array}{l|c|c|c} \hline n_\mathrm{initial} & 0.1& 0 &0\\ n_\mathrm{dissociation} &0 &0.2 & 0.1\\ \hline \end{array}

Ahora, podemos decir que: $$K_\mathrm b = \frac{[\ce{NH4+}] [\ce{OH-}]}{[\ce{NH_4OH}]}$$

Conectando los valores mencionados y derivados,

$$10^{-5}= \left(\frac{\dfrac{0.2+0.1 \alpha}{0.5} \times \dfrac{0.1 \alpha}{0.5}}{\dfrac{0.1(1-\alpha)}{0.5}}\right)$$

Como $\alpha$ es muy pequeño para un ácido débil, $0.1 \alpha \approx 0$ y $(1- \alpha) \approx 1$ . Haciendo los cálculos anteriores, obtenemos que:

$$\boxed{\alpha = \frac{5}{2} \times 10^{-5}}$$ Lo que implica además que, hay $0.1 \alpha$ moles de $\ce{OH^{-}}$ iones en la solución de 0,5L.

$$ \therefore \ \boxed{\ce{[OH-]} = \frac{0.1 \alpha \ \text{mol}}{0.5 \ \text{L}} = \frac{0.1}{0.5} \cdot \frac{5}{2} 10^{-5} = \frac{10^{-5}}{2} \frac{\text{mol}}{\text{L}}}$$

Ahora, $$\text{pOH} = -\log{[\ce{OH^{-}}]}= -\log{\left(\frac{10^{-5}}{2}\right)}= -[-\log(2)-5]=\boxed{5.3}$$

Answer 2

Encuentre el $\mathrm{pOH}$ de la solución obtenida al mezclar $\pu{0.1 mol}$ de $\ce{NH4OH}$ $(K_\mathrm{b} = 10^{-5})$ y $\pu{0.1 mol}$ de $\ce{(NH4)2SO4}$ en un $\pu{500 mL}$ solución.

OP quiere encontrar $\mathrm{pOH}$ sin aplicar la ecuación de Henderson-Hasselbalch, y hacerlo desde el principio. Así es como lo haría yo:

La solución acuosa de amoníaco, todavía se llama erróneamente como $\ce{NH4OH}$ es una base débil, y $\ce{(NH4)2SO4}$ es un electrolito fuerte de ácido conjugado de amoníaco acuoso. En solución acuosa, $\ce{(NH4)2SO4}$ está completamente disociado:

$$\ce{(NH4)2SO4(aq) -> 2 NH4+(aq) + SO4^2-(aq)}$$

La molaridad de cada uno de $\ce{(NH4)2SO4}$ y el amoníaco acuoso es $\dfrac{0.1}{0.5} = \pu{0.2 M}$ . En consecuencia, la concentración inicial de $\ce{NH4+}$ debido a $\ce{(NH4)2SO4}$ la disociación es $\pu{0.4 M}$ . Por lo tanto:

$$\begin{array}{l|c|c|c} & [\ce{(NH4)2SO4}] & [\ce{NH4+}] & [\ce{SO4^2-}]\\ \hline n_\mathrm{ini.} & 0.2 & 0 & 0\\ n_\mathrm{diss.} & 0 & 0.4 & 0.2\\ \hline \end{array}$$

La ionización del amoníaco en el agua puede escribirse como

$$\ce{NH3 (aq) + H2O (l) <=> NH4+ (aq) + OH- (aq)}$$

Si $\alpha$ es la cantidad de amoníaco ionizado para dar $\ce{NH4+}$ ión en $\pu{M}$ :

$$\begin{array}{l|c|c|c} & [\ce{NH3}] & [\ce{NH4+}] & [\ce{OH-}]\\ \hline n_\mathrm{ini.} & 0.2 & 0.4 & 0\\ n_\mathrm{equi.} & (0.2 - \alpha) & (0.4 + \alpha) & \alpha \\ \hline \end{array} $$

Por definición,

$$K_\mathrm b = \frac{[\ce{NH4+}] [\ce{OH-}]}{[\ce{NH3}]}$$

$$10^{-5} = \frac{(0.4 + \alpha) \times \alpha}{0.2 - \alpha}$$

Desde $\alpha \lt \lt 0.2$ para una base débil, $(0.2 - \alpha) \approx 0.2$ y $(0.4 + \alpha) \approx 0.4$ .

$$\therefore \ 10^{-5} = \frac{0.4 \times \alpha}{0.2} \ \Rightarrow \ \alpha = 10^{-5} \times \frac{0.2}{0.4} \tag1$$

Desde $\alpha = [\ce{OH-}]$ podemos reescribir la ecuación $(1)$ como:

$$ [\ce{OH-}] = 10^{-5} \times \frac{0.2}{0.4} \tag2$$

Tome $-\log$ en ambos lados de la ecuación $(2)$ :

$$ -\log [\ce{OH-}] = -\log (10^{-5}) - \log \left( \frac{0.2}{0.4}\right) = -\log (10^{-5}) + \log \left( \frac{0.4}{0.2}\right) \tag3$$

La ecuación $(3)$ es técnicamente la ecuación de Henderson-Hasselbalch para el buffer básico ya que $ -\log [\ce{OH-}] = \mathrm{pOH}$ , $ -\log (10^{-5}) = \mathrm{p}K_\mathrm{b}$ , $0.2 = [\ce{NH3}]$ y $0.4 = [\ce{NH4+}]$ . Si se reescribe la ecuación $(3)$ con esta notación, tienes:

$$ \mathrm{pOH} = \mathrm{p}K_\mathrm{b} + \log \left( \frac{[\ce{NH4+}]}{[\ce{NH3}]}\right) \tag4$$

Así que, después de todo, has acabado con la ecuación Henderson-Hasselbalch. Eso es porque, es la forma en que la ecuación de Henderson-Hasselbalch derivado. Si no está dada, puedes derivarla y usarla. Recuerde la suposición principal, $\alpha \lt \lt [\ce{NH3}]$ y $\alpha \lt \lt [\ce{NH4+}]$ en este caso, tiene que ser válido.