Cap_3_EQ_Probs_JLB_290415_vf

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Capítulo 3. EL ESTADO DE EQUILIBRIO 
EN LOS PROCESOS QUÍMICOS 
J. L. Barranzuela Q. 
SOLUCIÓN A PROBLEMAS PROPUESTOS EN SEPARATA 
 
1. Explique el significado de: (a) un gran valor de Kc; (b) un valor muy pequeño de Kc; 
(c) un valor de Kc próximo a 1. 
 
Solución: De la expresión: Kc = 
π�productoi�
p
π�reactivoj�
r 
(a) Kc↑ → ∏�productoi�
p ≫ ∏�reactivoj�
r → Rx ≈ completa. ↑ grado de avance. 
(b) Kc↓ → ∏�productoi�
p ≪ ∏�reactivoj�
r → Rx casi no ocurre. ↓ grado de avance. 
(c) Kc ≈ 1 → en el equilibrio: ∏�productosi�
p ≈ ∏�reactivosj�
r. 
 
2. La reacción entre el nitrógeno y el oxígeno para formar NO(g) se representa me-
diante la ecuación química: N2(g) + O2(g) ⇄ 2 NO(g). Las concentraciones de los 
gases en equilibrio a 1500 K son 1,7x10-3 mol/L para O2, 6,4x10-3 mol/L para N2, y 
1,1x10-5 mol/L para NO. Calcule el valor de Kc a 1500 K a partir de estos datos. 
 
Solución: Kc = 
[NO]2
[N2] * [O2]
 = 
�1,1×10-5 molL �
2
�6,4×10-3 molL � * �1,7×10
-3 molL �
 = 1,11×10-5 = Kc. 
 
3. El nitrógeno reacciona con el hidrógeno para formar amoníaco: N2(g) + 3H2(g) ⇄ 
⇄ NH3(g). Una mezcla de equilibrio a una determinada temperatura se encuentra 
que contiene 0,31 mol/L de N2, 0,5 mol/L de H2 y 0,14 mol/L de NH3. Calcule el va-
lor de Kc para esta reacción a la temperatura dada. 
 
Solución: Kc = 
[NH3]
[N2] * [H2]3
 = 
0,14 molL
�0,31 molL � * �0,5 
mol
L �
3 = 3,61 = Kc. 
 
4. Escoja la reacción más apropiada para producir HCl. Explique su elección: 
(a) NaCl(s) + H3PO4(aq) ⇄ NaH2PO4(s) + HCl(g) Kc = 5,23x10-9 
(b) NaCl(s) + H2SO4(aq) ⇄ NaHSO4(s) + HCl(g) Kc = 7,23x10-5 
 
Solución: En (a): Kca = 
[HCl]
[H3PO4]
 y en (b): Kcb = 
[HCl]
[H2SO4]
. Escogería (b) ya que 
Kcb > > Kca; es decir, en el equilibrio hay mayor producción de HCl (producto). 
 
5. Un tubo sellado contiene inicialmente 9,84x10-4 moles de H2 y 1,38x10-3 moles de I2. 
Se mantiene a 350 K hasta que la Rx: H2(g) + I2(g) ⇄ 2HI(g) llega al equilibrio. En 
el equilibrio hay presentes 4,73x10-4 moles de I2. Calcule: (a) el número de moles de 
H2 y HI presentes en el equilibrio; (b) la constante de equilibrio para la Rx. 
 
Solución: H2(g) + I2(g) ⇄ 2HI(g) 
Inicio (moles): 9,84x10-4 1,38x10-3 0 
Consumo/Formación (moles): -9,07x10-4 -9,07x10-4 +2*(9,07x10-4) 
Equilibrio (moles): 7,7x10-5 4,73x10-4 1,81x10-3 
Para alcanzar el equilibrio se han consumido x moles de I2 = 1,38x10-3 - 4,73x10-4 = 
= 9,07x10-4 moles y x moles de H2 y se han formado 2*x moles de HI. Por tanto: 
Kc = 
�1,81×10-3�
2
�7,7×10-5� * �4,73×10-4�
 = 89,95 ≈ 90 ≈ Kc 
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30 
 
6. Un mol de A y 1 mol de B se colocan en un recipiente de 400 mL. Después de que 
se establece el equilibrio, hay presentes 0,2 moles de C en el recipiente. Calcule la 
constante de equilibrio, Kc para la reacción: A(g) + B(g) ⇄ C(g) + D(g). 
 
Solución: A(g) + B(g) ⇄ C(g) + D(g) 
Inicialmente �moles
L
� o M: 
1 mol
0,4 L
 = 2,5 1 mol
0,4 L
 = 2,5 0 0 
Cons./Form. �moles
L
� o M: -0,5 -0,5 +0,5 +0,5 
Equilibrio �moles
L
�: 2,0 2,0 0,2
0,4 L
 = 0,5 0,2
0,4 L
 = 0,5 
Kc = 
[0,5] * [0,5]
[2,0] * [2,0]
 = 0,0625 = 6,25x10-2 = Kc. 
 
7. La constante de equilibrio de concentraciones para la reacción en fase gaseosa: 
H2CO ⇄ H2 + CO tiene el valor numérico de 0,50 a una determinada temperatura. 
Una mezcla de H2CO, H2 y CO se introduce en el matraz a esta temperatura. Des-
pués de un tiempo breve, el análisis de una pequeña muestra de la mezcla de reac-
ción muestra que las concentraciones son [H2CO] = 0,50 M, [H2] = 1,50 M y [CO] = 
= 0,25 M. Clasifique cada una de las siguientes afirmaciones acerca de la mezcla 
de reacción como verdadera o falsa. (a) La mezcla de reacción está en equilibrio. 
(b) La mezcla de reacción no está en equilibrio, pero no tendrá lugar ninguna reac-
ción posterior. (c) La mezcla de reacción no está en equilibrio, pero se desplazará 
hacia el equilibrio gastando más H2CO. (d) La velocidad directa de esta reacción es 
la misma que la inversa. 
 
Solución: Qc = 
[H2] * [CO]
[H2CO]
 = [1,50 M] * [0,25 M][0,5 M] = 0,75 = Qc > Kc = 0,5 
(a) FALSO. En el equilibrio: Qc = Kc 
(b) FALSO. Si no está en equilibrio, tiende a él. 
(c) FALSO. Si Qc > Kc → debe ↓[productos] y/o ↑[reactivos] → la Rx se desplaza en 
sentido inverso. Se produce H2CO. 
(d) FALSO. Esta condición se da en el equilibrio. 
 
8. El valor de Kc a 25 ºC para C(grafito) + CO2(g) ⇄ 2CO(g) es 3,7x10-23. Describa qué 
pasa si se mezclan 2,0 moles de CO y 2,0 moles de CO2 en un recipiente de grafito 
de 1,0 L con un catalizador adecuado para hacer que la reacción “marche” a esta 
temperatura. 
 
Solución: Qc = 
[CO]2
[CO2]
 = [2 M]
2
[2 M]
 = 2 >> Kc = 3,7x10-23. Como Qc >> Kc → debe 
↓[productos] y ↑[reactivos] → la Rx se desplaza en sentido inverso: Se forma CO2. 
 
9. El pentacloruro de antimonio, SbCl5, se descompone según una reacción en fase 
gaseosa a 448 ºC: SbCl5(g) ⇄ SbCl3(g) + Cl2(g). Una mezcla en equilibrio en un re-
cipiente de 5,00 L se sabe que contiene 3,84 g de SbCl5, 9,14 g de SbCl3 y 2,84 g 
de Cl2. Evalúe Kc a 448 ºC. 
 
Solución: SbCl5(g) ⇄ SbCl3(g) + Cl2(g) 
Equilibrio (g): 3,84 g 9,14 g 2,84 g 
PF (g/mol): 299,01 228,11 70,9 
Equilibrio (moles): 1,28x10-2 0,200 0,040 
Equilibrio (M): 2,57x10-3 8,01x10-3 8,01x10-3 
Kc = 
[SbCl3] * [Cl2]
[SbCl5]
 = 
�4,01×10-2� * �8,01×10-3�
�2,57×10-3�
 = 2,5x10-2 = Kc 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
31 
 
10. Kc = 5,85x10-3 a 25 ºC para la Rx: N2O4(g) ⇄ 2NO2(g). 15,0 g de N2O4 se confinan 
en un matraz de 5,00 L a 25 ºC. Calcule: (a) el número de moles de NO2 presentes 
en el equilibrio, y (b) el porcentaje de N2O4 original que se disocia. 
 
Solución: N2O4(g) ⇄ 2NO2(g) 
Inicio (g): 15 
PF (g/mol): 92 
Moles: 0,163 
Molaridad (mol/L): 3,3x10-2 
Consumo/Formación (mol/L): -x +2x 
Equilibrio (mol/L): 3,3x10-2 – x 2x 
Kc = 5,85x10-3 = 
[2x]2
�3,3×10-2 - x�
 → x2 + 1,46x10-3 x – 4,78x10-5 = 0. Resolviendo la cua-
drática: x1 = -7,68x10-3; x2 = 6,22x10-3. Entonces: 
(a) nNO2 , eq= 2 * (x) = 2 * (6,22x10
-3) = 1,24x10-2 M → n = M * V = 1,24x10-2 moles
L
 * 
* 5,00 L = 6,22x10-2 moles NO2. 
(b) % N2O4 disociado = 
x
[N2O4]
 * 100 = 6,22×10
-3 M
3,3×10-2 M
 * 100 = 18,85 % = % disociación. 
 
11. Si 12,5 g de SbCl5 se colocan en un recipiente de 5,00 L a 448 ºC y se deja que se 
alcance el equilibrio como en el ejercicio 10 ¿Cuáles serán las concentraciones de 
todas las especies en equilibrio? Para esta reacción Kc = 2,51x10-2. 
 
Solución: SbCl5(g) ⇄ SbCl3(g) + Cl2(g) 
Inicio (g): 12,5 0 0 
PF (g/mol): 299,01 228,11 70,9 
Moles iniciales: 0,0418 0 0 
M0 (moles/L): 8,36x10-3 0 0 
Meq (moles/L): 8,36x10-3 – x x x 
Kc = 
[SbCl3] ∗ [Cl2]
[SbCl5]
 = x
2
8,36×10-3- x
 = 2,51x10-2 → x2 + 2,51x10-2x – 2,10x10-6 = 0. Resol-
viendo la cuadrática: x1 = -0,0252; x2 = 8,34x10-5. Por tanto, en el equilibrio: 
[SbCl3] = [Cl2] = x = 8,34x10-5 M; [SbCl5] = 8,36x10-3 – x = 8,36x10-3 – 8,34x10-5 = 
= 8,28x10-3 M. 
 
12. A una determinada temperatura, la reacción N2(g) + 3H2(g) ⇄ 2NH3(g) tiene una 
constante de equilibrio Kc numéricamente igual a 1. Establezca cuál de las siguien-
tes proposiciones es verdadera o falsa, y explique por qué. 
(a) Una mezcla en equilibrio debe tener la concentración de H2 el triple que la de 
N2 y la concentración de NH3 el doble que la de H2. 
(b) Una mezcla en equilibrio debe tener una concentración de H2 tres veces mayor 
que la de N2. 
(c) Una mezcla en la que la concentración de H2 sea tres veces la de N2 y la con-
centración de NH3 es el doble de la de N2 podría ser una mezcla en equilibrio. 
(d) Una mezcla en la que la concentración de cada reactivo y producto sea 1 M es 
una mezcla en equilibrio. 
(e) Cualquier mezcla en que las concentraciones de todos los reactivos y produc-
tos sean iguales es una mezcla en equilibrio. 
(f) Una mezcla en equilibrio debe tener concentraciones iguales de todos los reac-tivos y productos. 
 
Solución: Kc = 
[NH3]2
[N2] * [H2]3
 = 1 
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(a) FALSO. Reaccionan y se producen en esa proporción, pero lo que se queda en 
equilibrio depende de las concentraciones iniciales. 
(b) FALSO. Reaccionan y se producen en esa proporción, pero lo que se queda en 
equilibrio depende de las concentraciones iniciales. 
(c) FALSO. Contraejemplo: Si [N2] = 2 M, [H2] = 3 * 2 M = 6 M y [NH3] = 2 * 2 M = 
= 4 M. Entonces: Kc = 
42
2 * 63
 = 0,037 ≠ 1. 
(d) VERDADERO. Kc = 
12
1 * 13
 = 1. 
(e) FALSO. Contraejemplo: Si [reactivos y productos] = 2 M → Kc = 
22
2 * 23
 = 4
2 * 8
 = 
= 0,25 ≠ 1. Solo se cumple si [reactivos y productos] = 1 M. 
(f) FALSO. Solo cumple para [reactivos y productos] = 1 M, (ya demostrado). 
 
13. El cloruro de bromo, BrCl, un gas covalente rojizo de propiedades similares a las 
del Cl2, puede reemplazar eventualmente al Cl2 como desinfectante del agua. Un 
mol de cloro y un mol de bromo se encierran en un matraz de 5,00 L y se deja al-
canzar el equilibrio a una temperatura determinada: Cl2(g) + Br2(g) ⇄ 2BrCl(g); Kc = 
= 4,7x10-2. (a) ¿Qué porcentaje de cloro ha reaccionado en el equilibrio?; (b) ¿Qué 
masa de cada especie está presente en el equilibrio?; (c) ¿Cómo desplazaría la po-
sición de equilibrio una disminución en el volumen, si es que sucede? 
 
Solución: Cl2(g) + Br2(g) ⇄ 2BrCl(g) 
N0 (moles): 1 1 0 
[ ]0 (moles/L): 0,20 0 
[ ]eq (moles/L): 0,20 – x 0,20 – x 2x 
Kc = 4,7x10-2 = 
[BrCl]2
[Cl2] ∗ [Br2]
 = (2x)
2
�0,2 - x� ∗ �0,2 - x�
 = 4x
2
�0,2 - x�
2 = 
4x2
0,04 - 0,4x + x2
; o bien : 4x2 = 
= 4,7x10-2 * (0,04 – 0,4x + x2) = 1,88x10-3 – 1,88x10-2x + 4,7x10-2x2  x2 + 
+ 4,76x10-3x – 4,76x10-4. Resolviendo: x1 = -0,0243, x2 = 0,0196. 
(a) % Cl2 que ha reaccionado = 
x
0,20
 * 100 = 0,0196
0,20
 * 100 = 9,8 %. 
(b) m = n * (PF) = M * V * (PF). Entonces: mCl2 = �0,2 - x� 
mol
L
 * 5 L * 
* (2 * 35,45) g
mol
 = 63,95 g Cl2; mBr2 = �0,2 - x� 
mol
L
 * 5 L * (2 * 79,9) g
mol
 = 
= 144,14 g Br2; mBrCl = = (2x) 
mol
L
 * 5 L * (35,45 + 79,9) g
mol
 = 26,61 g BrCl. 
(c) Si V↓ → no afecta el equilibrio, ya que ng,prod = ng,react = 2 moles. La presión solo 
afecta cuando ng,prod ≠ ng,react. Por tanto, no hay desplazamiento del equilibrio. 
OBSERVACIÓN: Si en la expresión de la Kc hubiéramos simplificado: 
4x2
�0,2 - x�
2 = 
= 4,7x10-2, suponiendo que x << 0,2 o bien x ≈ 0, nos hubiera quedado: 4x
2
0,04
 = 
= 4,7x10-2 → x = 2,17x10-2. % error = 
�2,17×10-2 - 1,96×10-2�
2,17×10-2
 * 100 = 9,68 % (error ele-
vado) no se debe simplificar. 
 
14. A una determinada temperatura, Kc para la reacción POCl3(g) ⇄ POCl(g) + Cl2(g) 
vale 0,450. Si se colocan 0,600 moles de POCl3 en un recipiente cerrado de 2,00 L 
a esta temperatura ¿qué porcentaje del mismo estará disociado cuando se esta-
blezca el equilibrio? 
 
Solución: POCl3(g) ⇄ POCl(g) + Cl2(g) 
n0 (moles): 0,600 0 0 
[ ]0 (moles/L): 0,300 0 0 
[ ]eq (moles/L): 0,300 - x x x 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
33 
Kc = 0,450 = 
x2
0,300 - x
 → x2 = 0,450 * (0,300 - x) = 0,135 – 0,450x → x2 + 0,450x – 
― 0,135 = 0. Resolviendo: x1 = -0,6558, x2 = 0,2058. Por tanto: % disociación = 
= x
0,300
 * 100 = 0,206
0,300
 * 100 = 68,7 %. 
 
15. ¿Cuál será el efecto de aumentar la presión total sobre las condiciones del equili-
brio para: (a) una reacción que tiene más moles de productos gaseosos que de 
reactivos gaseosos, (b) una reacción que tiene más moles de reactivos gaseosos 
que de productos gaseosos, (c) una reacción que tiene el mismo número de moles 
de reactivos gaseosos que de productos gaseosos, (d) una reacción en la que to-
dos los reactivos y productos son sólidos puros, líquidos puros o están en disolu-
ción acuosa? 
 
Solución: (a) Como [ ] = n/V y P = nRT/V → al ↑P, ↓V y ↑[ ], según Le Chatelier el 
sistema se desplaza tendiendo a ↓[productos] (hacia donde hay menor cantidad de 
moles): (←) hacia reactivos. 
(b) Al revés que (a): (→) hacia productos, por la misma razón. 
(c) No afecta el equilibrio, ya que las [productos y reactivos] varían en la misma 
proporción. 
(d) No afecta, ya que la presión afecta solo cuando hay sustancias (reactivos o 
productos) gaseosas. 
 
16. ¿Cuál sería el efecto sobre la posición de equilibrio de una mezcla en equilibrio de 
carbono, oxígeno y monóxido de carbono si se aumentase la presión total del sis-
tema? Reacción: 2C(s) + O2(g) ⇄ 2CO(g). 
 
Solución: ng,react > ng,prod (3 > 2)  se desplaza hacia productos (→) tal como se 
explica en el problema 15. 
 
17. La reacción entre el NO y O2 es exotérmica: 2NO(g) + O2(g) ⇄ 2NO2(g). En el equi-
librio, la masa de NO2 (i) ¿aumentará?, (ii) ¿disminuirá?, (iii) ¿permanecerá igual? 
si: (a) se adiciona NO2 al sistema en equilibrio, (b) se adiciona más NO, (c) se au-
menta la presión total, (d) se aumentara la temperatura. 
 
Solución: (a) Si ↑ [NO2]  el equilibrio se desplaza hacia reactivos (←) y la mNO2↓. 
(b) Si ↑ [reactivos]  el equilibrio se desplaza hacia la derecha (→) y la mNO2↑. 
(c) Al ↑PT, como ng,react > ng,prod  el equilibrio se desplaza hacia productos: (→) y 
la mNO2↑. 
(d) Si se ↑T (mediante calentamiento)  el sistema tiende (según Le Chatelier) a 
absorber el calor añadido  se desplaza en sentido endotérmico (←) y la 
mNO2↓. 
 
18. Prediga si el equilibrio para la reacción de fotosíntesis descrita mediante la ecua-
ción 6CO2(g) + 6H2O(l) ⇄ C6H12O6(s) + 6O2(g) , ∆Hº = 2801,69 kJ/mol, se (i) des-
plazaría a la derecha, (ii) desplazaría a la izquierda o (iii) permanecería inalterada 
si (a) se aumentase la [CO2]; (b) se aumentase la pO2; (c) se eliminase la mitad de 
la C6H12O6; (d) se disminuyese la presión total; (e) se aumentase la temperatura; (f) 
se añadiese un catalizador. 
 
Solución: (a) Si ↑ [CO2]  el equilibrio se desplaza hacia la derecha (→) para con-
sumir CO2. 
(b) Si se ↑pO2, es similar a un ↑ [O2]  el equilibrio se desplaza hacia reactivos (←) 
para consumir O2. 
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(c) ↓ [C6H12O6]  el equilibrio no se altera ya que (la glucosa) es sólida y, por tan-
to, no participa en la expresión de Kc = 
[O2]6
[CO2]6
. 
(d) Si PT↓  no afecta el equilibrio ya que ng,react = ng,prod. 
(e) Si T↑  se desplaza en sentido endotérmico (tiende a absorber el calor añadi-
do)  hacia productos (→). 
(f) El equilibrio no se altera, ya que el catalizador aumenta en la misma medida las 
Rxs directa e inversa. 
 
19. El valor de Kc es 0,020 a 2870 ºC para la reacción: N2(g) + O2(g) ⇄ 2 NO(g). Hay 
0,800 moles de N2, 0,500 moles de H2 y 0,400 moles de NO en un recipiente de 
1,00 L a 2870 ºC. ¿Está el sistema en equilibrio o deben ocurrir la reacción directa o 
la inversa en mayor extensión para llevar el sistema al equilibrio? 
 
Solución: N2(g) + O2(g) ⇄ 2NO(g) 
n (moles): 0,800 0,500 0,400 
[ ] (moles/L): 0,800 0,500 0,400 
Qc = 
0,4002
0,800 * 0,500
 = 0,4 > Kc = 0,020. Como Qc > Kc  para alcanzar el equilibrio de-
ben ↓ [productos] y ↑ [reactivos]  el equilibrio se desplaza en sentido inverso: (←) 
hacia reactivos. 
 
20. Dada A(g) ⇄ B(g) + C(g). (a) Cuando el sistema está en equilibrio a 200 ºC, se en-
cuentra que las concentraciones son [A] = 0,30 M; [B] = [C] = 0,20 M. Calcule Kc. 
(b) Si el volumen del recipiente en el que el sistema está en equilibrio de repente se 
duplica a 200 ºC, ¿Cuáles serán las nuevas concentraciones de equilibrio? (c) 
Vuelva a la parte (a). Si el volumen del recipiente se reduce de repente a la mitad a 
200 ºC, ¿cuáles serán las nuevas concentraciones de equilibrio? 
 
Solución: A(g) ⇄ B(g) + C(g) 
[ ]eq (moles/L): 0,30 0,20 0,20 
(a) Kc = 
0,202
0,30
 = 0,133. 
(b) Si el volumen se duplica, las [ ]’s (todas) se reducen a la mitad, y desde allí se 
modifican para alcanzar el nuevo equilibrio. Como el volumen se incrementa, la 
presión disminuye y el equilibrio se desplazará hacia elmayor número de mo-
les gaseosas (→): A(g) ⇄ B(g) + C(g) 
[ ]inicial (moles/L): 0,15 0,10 0,10 
[ ]eq (moles/L): 0,15 - x 0,10 + x 0,10 + x 
Para el nuevo equilibrio: Kc = 
[0,10 + x]2
�0,15 - x�
 = 0,133; o bien: x2 + 0,333x - 0,00995 = 
= 0. Resolviendo: x1 = -0,3606 y x2 = 0,0276  nuevas concentraciones de 
equilibrio: [A]’ = 0,15 - 0,0276 = 0,12 M; [B]’ = [C]’ = 0,10 + 0,0276 = 0,13 M. 
(c) Si el volumen se reduce a la mitad, las concentraciones se duplican, y por aná-
logo razonamiento: A(g) ⇄ B(g) + C(g) 
[ ]inicial (moles/L): 0,60 0,40 0,40 
[ ]eq (moles/L): 0,60 + x 0,40 - x 0,40 - x 
Para el nuevo equilibrio: Kc = 
�0,40 - x�
2
[0,60 + x]
 = 0,133; o bien: x2 - 0,667x + 0,0802 = 0. 
Resolviendo: x1 = 0,5096 y x2 = 0,1574  nuevas concentraciones de equi-
librio: [A]’’ = 0,60 + 0,1574 = 0,76 M; [B]’’ = [C]’’ = 0,40 - 0,1574 = 0,24 M. 
 
21. La constante de equilibrio, Kc, para la disociación del pentacloruro de fósforo: 
PCl5(g) ⇄ PCl3(g) + Cl2(g) es 4,2x10-2 a 250 ºC. ¿Cuántos moles y gramos de PCl5 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
35 
se deben añadir a un matraz de 2,0 L para obtener una concentración 0,15 M de 
Cl2? 
 
Solución: PCl5(g) ⇄ PCl3(g) + Cl2(g) 
n0 (moles): x 0 0 
[ ]0 (moles/L): 
x
2
 0 0 
[ ]eq (moles/L): 
x
2
 - 0,15 0,15 0,15 
Kc = 
[PCl3] * [Cl2]
[PCl5]
 = 4,2x10-2 = 0,15
2
x
2 - 0,15
 → 2,1x10-2x – 6,3x10-2 = 2,25x10-2 → x = 4,07 mo-
les PCl5. Entonces: mPCl5= n * (PF) = 4,07 moles * (30,97 + 5 * 35,45) 
g
mol
 = 
= 847,5 g PCl5. 
 
22. 0,0100 moles de NH4Cl y 0,0100 moles de NH3 se colocan en un recipiente cerrado 
de 2,00 L y se calientan a 603 K. A esta temperatura todo el NH4Cl se vaporiza. 
Cuando la reacción: NH4Cl(g) ⇄ NH3(g) + HCl(g) llega al equilibrio, hay presentes 
5,8x10-3 moles de HCl. Calcule (a) Kc; (b) Kp para esta reacción a 603 K. 
 
Solución: NH4Cl(g) ⇄ NH3(g) + HCl(g) 
n0 (moles): 0,0100 0,0100 
neq (moles): 5,8x10-3 
[ ]eq (moles/L): 
0,0100 - 5,8×10-3
2
 0,0100 + 5,8×10
-3
2
 5,8×10
-3
2
 
 2,1x10-3 7,1x10-3 2,9x10-3 
(a) Kc = 
[NH3 ] * [HCl]
[NH4Cl]
 = 
�7,1×10-3� * �2,9×10-3�
2,1×10-3
 = 9,80x10-3 = Kc. 
(b) Kp = Kc (RT)∆n = 9,80x10-3 * (0,082 * 603)2 - 1 = 0,485 = Kp. 
 
23. Para la reacción H2(g) + Cl2(g) ⇄ 2HCl(g), Kc = 193 a 2500 K. ¿Cuál es el valor de 
Kp? 
 
Solución: Kp = Kc * (RT)∆n; ∆n = ng,prod - ng,react = 2 – (1 + 1) = 0, por tanto: Kp = Kc * 
* (RT)0 = Kc = 193. 
 
24. Para la reacción H2(g) + I2(g) ⇄ 2HI(g) a 450 ºC, la constante de equilibrio es 65. 
Calcule las presiones de equilibrio de todas las especies en un recipiente que ini-
cialmente contenía 0,500 atm de HI. 
 
Solución: H2(g) + I2(g) ⇄ 2HI(g) 
p0 (atm): 0 0 0,500 
peq (atm): x x 0,500 – 2x 
Kp = Kc * (RT)∆n = Kc * (RT)0 = Kc → 
�0,500 - 2x�
2
x * x
 = 65 → 0,250 – 2x + 4x2 = 65x2 o 
bien: x2 + 3,28x10-2x – 4,10x10-3 = 0. Resolviendo: x1 = -0,0825, x2 = 0,04975. 
Por tanto: pH2 = pI2 = 0,0498 atm; pHI = 0,500 – 0,0498 = 0,450 atm. 
OBSERVACIÓN: si hubiéramos simplificado: �0,5 - 2x�
2
x2
 ≈ (0,5)
2
x2
 = 65 → 65x2 = 0,250 
 x = �0,250
65
 = 0,062; entonces el error porcentual sería: �0,062 - 0,050�
0,050
 * 100 = 24 %. 
(no se debe simplificar). 
 
25. El carbamato amónico se descompone según la Rx: NH4NH2CO2(s) ⇄ 2NH3(g) + 
+ CO2(g). Si la presión parcial de CO2 es 0,300 atm después de que una muestra 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
36 
de carbamato amónico puro alcanza el equilibrio en un recipiente cerrado, ¿cuál es 
el valor de Kp? 
 
Solución: NH4NH2CO2(s) + 2NH3(g) ⇄ CO2(g) 
p0 (atm): 0 (sólido) 0 0 
peq (atm): 0 2 * (0,300) 0,300 
Por tanto: Kp = (0,600)2 * (0,300) = 0,108 = Kp. 
 
26. En un futuro lejano, cuando el hidrógeno pueda ser más barato que el carbón, los 
altos hornos de acero podrán fabricar hierro mediante la Rx: Fe2O3(s) + 3H2(g) ⇄ 
⇄ 2Fe(s) + 3 H2O(g). Para esta reacción, ∆H = 96 kJ/mol y Kc = 8,11 a 1000 K. (a) 
¿Qué porcentaje del H2 queda sin reaccionar después de que la reacción haya al-
canzado el equilibrio a 1000 K? (b) Si la temperatura desciende por debajo de 
1000 K, ¿este porcentaje es más grande o más pequeño? 
 
Solución: Fe2O3(s) + 3H2(g) ⇄ 2Fe(s) + 3H2O(g) 
[ ]0 (moles/L): 1 0 
[ ]eq (moles/L): (1 – 3x) 3x 
Kc = 
[H2O]3
[H2]3
 = (3x)
3
�1 - 3x�
3 = 
27x3
1 - 9x + 27x2 - 27x3
 = 8,11 → 27x3 = 8,11 – 72,99x + 218,97x2 – 
− 218,97x3 o bien: x3 – 0,890x2 + 0,297x – 0,0330 = 0. Resolviendo: x = 0,2218; por 
tanto: (a) % H2 sin reaccionar = 
�1 - 3x�
1
 * 100 = 1 – 3 * (0,2218)
1
 * 100 = 33,46 %. 
(b) Si ↓T (< 1000 K) debe haber enfriamiento (quitar calor); según Le Chatelier el 
sistema tenderá a reponerlo, moviéndose en el sentido de generar calor (exo-
térmico). Como la Rx es endotérmica, el sentido exotérmico es el contrario (←); 
por tanto la cantidad de H2 sin reaccionar será mayor. 
 
27. La constante de equilibrio Kp para la reacción: H2(g) + Br2(l) ⇄ 2HBr(g) vale 
4,5x1018 a 25 ºC. La presión de vapor del Br2(l) a esa temperatura es de 0,28 atm. 
(a) Halle Kp a 25 ºC para la reacción: H2(g) + Br2(g) ⇄ 2HBr(g); (b) ¿Cómo se des-
plazará el equilibrio en la parte (a) por un aumento en el volumen del contenedor si 
(i) no hay Br2(l); (ii) sí hay Br2(l)? Explique por qué el efecto es diferente en ambos 
casos. 
 
Solución: (1) H2(g) + Br2(l) ⇄ 2HBr(g); (2) H2(g) + Br2(g) ⇄ 2HBr(g) 
(a) En la 1a ecuación: Kp1 = 4,5x1018 = 
pHBr
2
pH2
. En la 2a ecuación: Kp2 = 
pHBr
2
pH2 * pBr2
 = Kp1 * 
* 1
pBr2
 = 4,5x1018 * 1
0,28
 = 1,61x1019 = Kp2. 
(b) Si ↑V (a T = cte) → ↓P → el equilibrio tiende hacia el mayor número de moles. 
Por tanto: (i) en la ec. 2: no afecta porque ng,prod = ng,react; (ii) en la ec. 1: hacia 
productos. El efecto es diferente en ambos casos porque cambia el número de 
moles gaseosos (el Br2(l) no participa en la expresión de la Kp1). 
 
28. A 700 ºC, Kp vale 1,50 para la reacción C(s) + CO2(g) ⇄ 2CO(g). Suponga que la 
presión total del gas en el equilibrio es 1,00 atm. ¿Cuáles son las presiones parcia-
les de CO y CO2? 
 
Solución: Kp = 1,50 = 
pCO
2
pCO2
 (1); además: pCO + pCO2 = 1 atm (2); tenemos 2 ecuacio-
nes con 2 incógnitas: De (2): pCO2 = 1 – pCO  en (1) pCO
2 = 1,50 * (1 - pCO) = 1,50 – 
– 1,50 * pCO  pCO
2 + 1,50 * pCO – 1,50 = 0. Resolviendo: pCO, 1 = -2,1861; pCO, 2 = 
= 0,6861; por tanto: pCO = 0,6861 atm, pCO2 = 0,3139 atm. 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
37 
 
29. La constante de equilibrio Kc de la reacción H2(g) + Br2(g) ⇄ 2HBr(g) es 1,6x105 a 
1297 K y 3,5x104 a 1495 K. (a) ¿∆H es positivo o negativo para esta reacción? (b) 
Halle Kc para la reacción 
1
2
H2(g) + 
1
2
Br2(g) ⇄ HBr(g) a 1297 K. (c) Se coloca HBr pu-
ro en un recipiente de volumen constante y se calienta a 1297 K. ¿Qué porcentaje 
del HBr se descompone en H2 y Br2 en el equilibrio? 
 
Solución: (a) Kc, 1 = 1,6x105 a T1 = 1297 K; Kc, 2 = 3,5x104 a T2 = 1495 K; Kc↑ si T↓ 
(enfriamiento). Es decir, el equilibrio se desplaza en sentido directo (reponer ca-
lor) → EXOTÉRMICA (en Rxs exotérmicas, K2↓ si T2↑). 
(b) A 1297 K: H2(g)+ Br2(g) ⇄ 2HBr(g); K1 = 
[HBr]2
[H2] * [Br2]
 = 1,6x105 y para: 1
2
H2(g) + 
1
2
Br2(g) 
⇄ ⇄ HBr(g); K2 = 
[HBr]
[H2]
1
2[Br2]
1
2
 = �K1 = (1,6x105)1/2 = 400 = K2. 
(c) H2(g) + Br2(g) ⇄ 2HBr(g) 
Inicio: x x 1 
Final: 1 – 2x 
K1 = 
[HBr]2
[H2] * [Br2]
 = 1,6x105 = �1 - 2x�
2
x2
  1,6x105x2 = 1 – 4x + 4x2  x = 0,0041 
 % descomposición = 2x
1
 * 100 = 2 * (0,0041)
1
 * 100 = 0,82 %. 
 
30. El dióxido de azufre es un contaminante del aire, se puede eliminar parcialmente de 
los gases de las chimeneas en los procesos industriales y convertirse en trióxido de 
azufre, el anhídrido ácido del ácido sulfúrico comercialmente importante. Escriba la 
ecuación para la reacción, utilizando los coeficientes enteros más pequeños. Calcu-
le el valor de la constante de equilibrio para esta reacción a 25 ºC, a partirde los 
valores de ∆Gº de tablas y manuales. 
 
Solución: 2SO2(g) + O2(g) ⇄ 2SO3(g) 
∆Gº = -RTln K  ln K = - ∆Gº
RT
  Kc = e- 
∆Gº
RT . De tablas: ∆Gº = 2 * ∆GSO3
0 – 2 * ∆GSO2
0 = 
= 2 * (-371,1) – 2 * (-300,2) = -141,8 kJ/mol, por tanto: Kc = e
-141,8 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol * K * 298 K = 
= 7,18x1024. 
 
31. Una mezcla de 3,00 moles de Cl2 y 3,00 moles de CO se encierra en un matraz de 
5,00 L a 600 ºC. En el equilibrio se ha consumido el 3,3 % del gas Cl2. La reacción 
es CO(g) + Cl2(g) ⇄ COCl2(g). (a) Calcule Kc para la reacción a 600 ºC. (b) Calcule 
∆Gº para la reacción a esta temperatura. 
 
Solución: CO(g) + Cl2(g) ⇄ COCl2(g) 
Inicio: 
3 moles
5 L
 
3 moles
5 L
 0 
Equilibrio: 0,6 * �1- 3,3
100
� 0,6 * �1- 3,3
100
� 0,6 * �3,3
100
� 
(a) Kc = 
[COCl2]
[CO] * [Cl2]
 = 0,6 * (0,033)(0,5802)2 = 5,89 = Kc. 
(b) ∆Gº = -RTln Kc = [-8,314 
kJ
mol * K
 *(600 + 273) K * ln 5,89]* 10-3 kJ
J
 = 9,01 kJmol = 
= ∆Gº. 
 
32. A una temperatura lo suficientemente alta el cloro gas se disocia de acuerdo con 
Cl2(g) ⇄ 2Cl(g). A 800 ºC Kp para esta reacción vale 5,63x10-7. (a) Una muestra 
contenía originalmente Cl2 a 1 atm y 800 ºC. Calcule el porcentaje de disociación 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
38 
del Cl2 cuando esta reacción ha alcanzado el equilibrio. (b) ¿A qué temperatura es-
taría disociado el Cl2 (inicialmente a 1 atm de presión) un 1 % en átomos de Cl? 
 
Solución: Cl2(g) ⇄ 2Cl(g) 
Inicio: 1 atm 0 
Equilibrio: 1 – x 2x 
(a) Kp, 800 ºC = 5,63x10-7 = 
pCl
2
pCl2
 = (2x)
2
1 - x
 → 5,63x10-7 * (1 - x) = 4x2 o bien: 4x2 + 
+ 5,63x107x – 5,63x10-7 = 0. Resolviendo: x = 3,75x10-4. Por tanto: % disocia-
ción = x
1
 * 100 = 3,75×10
-4
1
 * 100 = 0,038 %. 
(b) Cl2(g) ⇄ 2Cl(g) 
Inicio: 1 atm 0 
Equilibrio: 1 – � 1
100
� 2 * � 1
100
� 
Kp,T = 
� 2100�
2
1 - 1100
 = 4,04x10-4. Usando la ecuación de Van’t Hoff: ln KT
K800 ℃
 = ∆Hº
R
 * 
* � 1
800 + 273
 - 1
T
�. De tablas: ∆Hº = 2∆Hf, Cl
0 - ∆Hf, Cl2
0 = 2 * 121,7 kJ
mol
 - 0 = 243,4 kJ
mol
 
 ln 4,04×10
-4
5,63×10-7
 = 
243,4 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol * K
 * � 1
1073
 - 1
T
�  6,5759 = 2,9276x104 * � 1
1073
 - 1
T
�  
 1
1073
 - 1
T
 = 2,246x10-4  1
T
 = 1
1073
 – 2,246x10-4  T = 1413,73 K o 1141 ºC. 
 
33. El siguiente es un ejemplo de la 
reacción de alquilación que es im-
portante en la producción de isooc-
tano (2,2,4-trimetilpentano) a partir 
de dos componentes del petróleo, 
isobutano e isobuteno. El isooctano es un aditivo antidetonante para la gasolina. La 
constante termodinámica de equilibrio, K, para esta reacción a 25 ºC es 4,3x106, y 
∆Hº vale -78,58 kJ/mol. (a) Calcule ∆Gº a 25 ºC. (b) Calcule K a 800 ºC. (c) Calcule 
∆Gº a 800 ºC. (d) ¿Cómo se compara la espontaneidad de la reacción directa a 
800 ºC con la de 25 ºC? (e) ¿Por qué la mezcla de reacción se calienta en la prepa-
ración industrial del isooctano? (f) ¿Cuál es el objeto del catalizador? ¿Afecta a la 
reacción directa más que a la reacción inversa? 
 
Solución: (a) ∆Gº = -RTln K = [-8,314 J
mol * K
 * 298 K * ln 4,3x106] * 10-3 kJ
J
 = 
− 37,8 kJmol = ∆ Gº. 
(b) ln K1073
K298
 = ∆Hº
R
 * � 1
298 K
 - 1
1073 K
� = 
-78,58 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol * K
 * � 1
298 K
 - 1
1073 K
� = -22,85 = ln 
K1073
4,3×106
  ln K1073 = -22,85 + ln 4,3x106  ln K1073 = -7,5758  K1073 = 5,1x10-4. 
(c) ∆Gº1073 = [-8,314 
J
mol * K
 * 1073 K * ln 5,1x10-4] * 10-3 kJ
J
 = 67,58 kJmol = ∆Gº1073. 
(d) A 298 K (25 ºC) es espontánea (∆Gº ⊖), mientras que a 1073 K (800 ºC) es no 
espontánea (∆Gº ⊕). 
(e) Porque necesita alcanzar la Ea (energía de activación) necesaria para alcanzar 
el estado de transición. 
(f) El catalizador ↓Ea  la Rx se produce con mayor ¨facilidad¨ (más rápido). Afec-
ta a ambas reacciones (directa e inversa) en la misma medida. 
 
34. Kc = 0,21 a 350 ºC para la reacción: 2NO(g) + Br2(g) ⇄ 2BrNO(g). Un tubo de 
20 mL contiene 1,0x10-4 moles de NO, 2,0x10-4 moles de Br2, y 2,0x10-4 moles de 
 
 
CH3 - C - H + CH3 - C = CH2
CH3
CH3
CH3
∆
Catalizador CH3 - C - CH2 - C - CH3
CH3
CH3
CH3
H
Isobutano Isobuteno Isooctano
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
39 
BrNO a 350 ºC, (a) ¿está la mezcla en equilibrio? Si no es así, ¿hacia qué lado se 
puede desplazar la reacción? (b) En el equilibrio el tubo contiene 2,8x10-4 moles de 
NO y 1,6x10-5 moles de BrNO. ¿Cuántos moles contiene de Br2? (c) ¿Necesita co-
nocer el volumen del tubo para resolver este problema? 
 
Solución: 2NO(g) + Br2(g) ⇄ 2BrNO(g) 
Moles: 1x10-4 2x10-4 2x10-4 
(a) Qc = 
[BrNO]2
[NO]2 * [Br2]
 = 
�
nBrNO
V �
2
�
nNO
V �
2
 * �
nBr2
V �
 = V
3
V2
* nBrNO
2
nNO
2 * nBr2
 = 20 mL * 10-3 L
mL
 * 
�2×10-4�
2
1×10-4 * 2×10-4
 = 
= 0,04 << Kc = 0,21  no está en equilibrio; como Qc < Kc hay un exceso de 
reactivos (o defecto de productos); en consecuencia, el sistema se desplazará 
hacia productos (→) para alcanzar el equilibrio. 
(b) Kc = 0,21 = 
[BrNO]2
[NO]2 * [Br2]
 = 
�
nBrNO
V �
2
�
nNO
V �
2
 * [Br2]
 = �nBrNO
nNO
�
2
* 1[Br2] = 0,21  [Br2] = 
= 1
0,21
* �nBrNO
nNO
�
2
 = 1
0,21
* �1,6×10
-5 moles
2,8×10-4 moles
�
2
 = 0,0155 M = [Br2]. 
(c) No es necesario conocer el volumen del recipiente. 
 
35. ¿Cuál debe ser la presión de hidrógeno para que la reacción: WCl6(g) + 3H2(g) ⇄ 
⇄ W(s) + 6HCl(g) tenga lugar cuando pWCl6 = 0,012 atm y pHCl = 0,10 atm? Kp = 
= 1,37x1021 a 900 K? 
Solución: Kp = 1,37x1021 = 
�pHCl�
6
�pWCl6� * �pH2�
3 → pH2 = �
�pHCl�
6
�pWCl6�
+ 1
Kp
�
1
3
 = �(0,10)
6
(0,012)
+ 1
1,37×1021
�
1
3
 = 
= 3,93x10-9 atm = pH2. 
 
36. Una mezcla de CO, H2, CH4 y H2O se mantiene a 1133 K hasta que la reacción: 
CO(g) + 3H2(g) ⇄ CH4(g) + H2O(g) alcanza el equilibrio. El volumen del recipiente 
es de 0,100 L. La mezcla de equilibrio contiene 1,21x10-4 moles de CO; 2,47x10-4 
moles de H2; 1,21x10-4 moles de CH4 y 5,63x10-8 moles de H2O. Calcule Kp para es-
ta reacción a 1133 K. 
Solución: Kp = 
pCH4 * pH2O
pCO * pH2
3 = 
�nCH4 ∗ 
RT
V � * �nH2O ∗ 
RT
V �
�nCO ∗ 
RT
V � * �nH2 ∗ 
RT
V �
3 = 
nCH4 * nH2O
nCO * nH2
3 * �RTV �
2 = 
nCH4 * nH2O
nCO * nH2
3 * �
V
RT
�
2
 = 
= 
�1,21×10-4 moles� * �5,63×10-8 moles�
�1,21×10-4 moles� * �2,47×10-4 moles�
3 * �
0,100 L
0,082 atm*Lmol*K * 1133 K
�
2
 = 4,33x10-3 = Kp. 
 
37. A temperatura ambiente la constante de equilibrio de la reacción 2SO2(g) + O2(g) ⇄ 
⇄ 2SO3(g) es 6,98x1024. Calcule 0RxnG∆ y 0fG∆ (SO3), dada la información adicional: 
0
fG∆ (SO2) = -300,194 kJ/mol. Compruebe su respuesta buscando 
0
fG∆ (SO3) en ta-
blas y manuales. 
 
Solución: (a) ∆GºRx = -RTln Kc = [-8,314 
J
mol * K
 * 298 K * ln 6,98x1024] * 10-3 kJ
J
 = 
= − 141,7 kJmol = ∆GºRx. 
(b) ∆GºRx = 2 * ∆Gf, SO3
0 – 2 * ∆Gf, SO2
0 - ∆Gf, O2
0 → ∆Gf, SO3
0 = 
∆GºRx + 2 * ∆GºSO3+ ∆GºO2
2
 = 
= 
-141 kJmol + 2 * �-300,194 
kJ
mol� + 0 
kJ
mol
2
 = -371,06 kJmol = ∆GSO3
0 . VERIFICACIÓN: en tabla 
(apéndice K del libro): ∆Gf, SO3
0 = -371,1 kJ
mol
; por tanto, el cálculo es correcto. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
40 
38. En su punto de ebullición normal de 100 ºC el calor de vaporización del agua es de 
40,66 kJ/mol. ¿Cuál es la presión de vapor del agua en el equilibrio a 75 ºC? 
 
Solución: Considerando el equilibrio: H2O(l) ⇄ H2O(g), con Kp = pH2O(g) y usando 
la ecuación de Van’t Hoff: ln K2
K1
 = ∆H
R
∗ � 1
T1
- 1
T2
�; donde: K1 = pH2O, 348 K a 75 ºC 
(348 K), K2 = pH2O, 373 K a 100 ºC (373 K)  ln 
760
pH2O, 348 K
 = 
40,66 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol * K
 ∗ � 1
348
 - 1
373
� 
 6,63 - ln pH2O, 313 K = 0,942  ln pH2O, 313 K = 6,63 - 0,942 = 5,688  pH2O, 313 K = 
= 295 mm Hg (0,39 atm). 
 
39. Use los datos del ejercicio anterior para calcular la temperatura a la cual la presión 
de vapor del agua es de 2,00 atm. 
Solución: ln pT
p373
 = ∆H
R
∗ � 1
373
 - 1
T
�; ln 2
1
 = 
40,66 kJmol * 10
3 JkJ
8,314 Jmol * K
 * � 1
373
 - 1
T
�→ 0,6931 = 4890,5 * 
* � 1
373
 - 1
T
� → 1
373
 - 1
T
 = 1,42x10-4. Resolviendo: T = 393,8 K (120,8 ºC). 
 
40. Calcule de molaridad de cada una de las siguientes disoluciones, (a) 17,52 g de 
NaCl en 125 mL de disolución; (b) 55,0 g de H2SO4 en 575 mL de disolución; (c) 
0,135 g de fenol, C6H5OH, en 1,5 L de disolución. 
 
Solución: (a) MNaCl = 
nNaCl
Vsolución[L]
 = 
mNaCl
PFNaCl
Vsolución[L]
 = 
17,52 g
58,5 g mol�
125 mL*10-3 LmL
 = 0,299 moles
0,125 L
 = 2,3958 M ≈ 
≈ 2,400 M = MNaCl. 
(b) MH2SO4 = 
55 g
98 gmol
0,575 L
 = 0,561 moles
0,575 L
 = 0,976 M = MH2SO4. 
(c) Mfenol = 
0,135 g
94 gmol
1,5 L
 = 1,44×10
-3 moles
1,5 L
 = 9,6x10-4 M = Mfenol. 
 
41. Calcule la concentración de los iones constituyentes de los siguientes compuestos 
en disolución de la concentración indicada. (a) 0,25 M HBr; (b) 0,055 M KOH; (c) 
0,0020 M CaCl2. 
 
Solución: (a) HBr → H+ + Br-  [H+] = [Br-] = [HBr] = 0,25 M. 
(b) KOH → K+ + OH-  [K+] = [OH-] = [KOH] = 0,25 M. 
(c) CaCl2 → Ca2+ + 2Cl-  [Ca2+] = [CaCl2] = 0,0020 M; [Cl-] = 2 * [CaCl2] = 
= 0,0040 M. Los coeficientes estequiométricos nos dan también la rela-
ción de concentraciones. 
 
42. Calcule la concentración de los iones constituyentes en las disoluciones siguientes. 
(a) 1,77 g de Al2(S04)3 en 400 mL de disolución; (b) 75,8 g de CaCl2.6H2O en 8,00 L 
de disolución; (c) 18,4 g de HBr en 450 mL de disolución. 
 
Solución: (a) Al2(SO4)3 → 2Al3+ + 3SO42-; [Al2(SO4)3] = 
n
V
 = 
m
PF
V
 = 
1,77 g
342,15 gmol
0,400 L
 = 0,0129 M 
 MAl3+ = 2 * MAl2(SO4)3 = 2 * 0,0129 M = 0,0259 M = MAl3+  MSO42-
 = 3 * 
* MAl2(SO4)3 = 3 * 0,0129 = 0,0388 M = MSO42-
. 
(b) CaCl2 → Ca2+ + 2Cl-. En 1 mol de CaCl2.6H2O hay 1 mol de CaCl2 (110,98 g 
CaCl2) y 6 moles de H2O (108,09 g H2O) y pesa 219,07 g. Por tanto, en 75,8 g 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
41 
de CaCl2.6H2O hay 75,8 * 
110,98
219,07
 = 38,4 g CaCl2  [CaCl2] = 
38,4 g
110,98 gmol
8,00 L
 = 
= 0,0433 M. Por tanto, [Ca2+] = [CaCl2] = 0,0433 M = MCa2+; [Cl
-] = 2 * [CaCl2] = 
= 2 * 0,0433 = 0,0865 M = M
Cl-
. 
(c) HBr → H+ + Br-; [HBr] = 
18,4 g
80,91 gmol
0,450 L
 = 0,505 M = MHBr y [H+] = [Br-] = [HBr] = 
= 0,505 M. 
 
43. (a) Escriba una ecuación química que muestre la ionización del agua. (b) Escriba la 
expresión de la constante de equilibrio para esta ecuación. (c) ¿Cuál es el símbolo 
especial usado para la constante de equilibrio? (d) ¿Cuál es la relación entre [H+] y 
[OH-] en agua pura? (e) ¿Cómo puede usarse esta relación para definir los términos 
“ácido” y “básico”? 
 
Solución: (a) H2O(l) ⇄ H+(aq) + OH-(aq) 
2H2O(l) ⇄ H3O+(aq) + OH-(aq) 
(b) Kw = [H+] * [OH-]; o bien Kw = [H3O+] * [OH-]. 
(c) Kw. 
(d) De las relaciones estequiométricas: [H+] = [OH-] ó �H
+�
�OH-�
 = 1. 
(e) Si [H+] > [OH-]  �H
+�
�OH-�
 > 1 ácido. Si [H+] < [OH-]  �H
+�
�OH-�
 < 1  básico. 
 
44. (a) ¿Por qué se desprecia la concentración de OH- producida por la ionización del 
agua al calcular la concentración de OH- en una disolución de NaOH 0,10 M? (b) 
Demuestre que se puede despreciar (el OH- procedente del H2O). 
 
Solución: (a) Se desprecia porque [OH-]procedente de NaOH >> [OH-]procedente de H2O. 
(b) [OH-]procedente de NaOH = [NaOH] = 0,1 M; [OH-]procedente de H2O = [H+]procedente de H2O ≅ 
≅ Kw
�OH-�
 = 1×10
-4
0,1 M
 = 1x10-13 M = [OH-]procedente de agua. Por tanto: [OH-]procedente de NaOH = 
= 0,1 M >> [OH-]procedente de H2O = 1x10-13 M. 
 
45. Calcule la [OH-] que está en equilibrio con (a) [H3O+] = 1,8 x 10-4 mol/L. (b) [H3O+] = 
= 8x10-9 mol/L. 
 
Solución: (a) [OH-] = Kw
�H3O
+�
 = 1×10
-14
1,8×10-4 M
 = 5,6x10-11 M = [OH-]. 
(b) [OH-] = 1×10
-14
8×10-9 M
 = 1,25x10-6 M = [OH-]. 
 
46. La constante de equilibrio de la reacción 2D2O ⇄ D3O+ + OD- es de 1,35 x 10-15 a 
25 ºC. D es deuterio, 2H. Calcule el pD del óxido de deuterio puro (agua pesada) a 
25º C. ¿Cuál es la relación entre [D3O+] y [OD-] en D2O puro? ¿El D2O puro es áci-
do, básico o neutro? 
 
Solución: 2D2O ⇄ D3O+ + OD-, Khw = 1,35x10-15 = [D3O+] * [OD-]; como [D3O+] = 
= [OD-][D3O+] = [OD-] =�1,35×10-15 = 3,67x10-8 M  
[D3O+]
[OD-] = 1. pD = -log [D3O
+] = 
= -log (3,67x10-8) = 7,43 = p[D3O+] en el agua pura. Podríamos decir, por tanto, y 
tomando como referencia el agua normal, que el agua pesada pura es básica. 
Expresiones equivalentes 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
42 
47. Calcule el pH de las siguientes disoluciones, (a) HBr 7,5 x 10-2 M; (b) HI 0,0062 M; 
(c) 2,84 g de HNO3 en 250 mL de disolución. 
 
Solución: (a) HBr → H+ + Br-  [H+] = [HBr] = 7,5x10-2 M  pH = -log [H+] = -log 
[7,5x10-2] = = 1,12 = pH. 
(b) HI → H+ + I-  [H+] = [HI] = 0,0062 M  pH = -log (0,0062) = 2,21 = pH. 
(c) HNO3 → H+ + NO-3  [H+] = [HNO3] = 
nHNO3
Vsolución[L]
 = 
2,84 g
63,01 gmol
0,250 L
 = 0,180 M = [H+]  
 pH = -log (0,180) = 0,744 = pH. 
 
48. Una disolución de HNO3 tiene un pH de 3,52. ¿Cuál es la molaridad de la disolu-
ción? 
 
Solución: pH = -log [H+] = 3,52  [H+] = 10-3,52 = 3,02x10-4 M; y como HNO3 → H+ + 
+ NO-3 y [HNO3] = [H+] = [NO-3] = 3,02x10-4 M, la [HNO3] coincide con la [H+]. 
 
49. Calcule los siguientes valores para cada disolución: 
 
 Disolución [H3O+] M [OH-] M pH pOH 
(a) 0,15 M HI 0,15 6,67x10-14 0,824 13,18 
(b) 0,040M RbOH 2,5x10-13 0,04 12,602 1,398 
(c) 0,020 M Ba(OH)2 2,5x10-13 0,04 12,602 1,398 
(d) 0,00030 M HClO4 3,0x10-4 3,3x10-11 3,523 10,447 
 
Solución: (a) HI → H+ + I-; [H3O+] = [HI] = 0,15 M  pH = -log (0,15) = 0,824; 
[OH] = Kw
�H+�
 = = 1×10
-14
0,15
 = 6,67x10-14 M; y pOH = -log (6,67x10-14) = 13,176 (otra 
forma: pOH = 14 – pH = 14 – 0,824 = 13,176 y OH- = 10-13,176 = 6,67x10-14 = 
= pOH). 
(b) RbOH → Rb+ + OH-; [OH-] = [RbOH] = 0,04 M → pOH = -log (0,04) = 1,398 = 
= pOH → pH = 14 – pOH = 14 – 1,398 = 12,602 y [H+] = 10-12,602 = 2,5x10-13 M. 
(c) Ba(OH)2 → Ba2+ + 2OH-  [OH-] = 2[Ba(OH)2] = 2 * 0,020 M = 0,040 M  
 pOH = - log (0,040) = 1,398 y pH = 14 - pOH = 14 - 1,398 = 12,602  [H+] = 
= 10-12,602 = 2,5x10-13 M. 
(d) HClO4 → H+ + ClO-4, [H+] = [HClO4] = 3x10-4 M y pH = -log (3x10-4) = 3,523  
 pOH = 14 – 3,523 = 10,447 y [OH-] = 10-10,447 = 3,3x10-11 M. 
 
50. Calcule los siguientes valores para cada disolución: 
 
 Disolución [H3O+] M [OH-] M pH pOH 
(a) 0,055 M NaOH 1,82x10-13 0,055 12,74 1,260 
(b) 0,055 M HCl 0,055 1,82x10-13 1,260 12,74 
(c) 0,055 M Ca(OH)2 9,09x10-14 0,11 13,04 0,96 
 
Solución: (a) NaOH → Na+ + OH-, [OH-] = [NaOH] = 0,055 MpOH = -log(0,055) = 
= 1,260 y pH = 14 – 1,260 = 12,74  [H+] = 10-12,74 = 1,82x10-13 M. 
(b) HCl → H+ + Cl-, [H+] = [HCl] = 0,055 M  pH = -log (0,055) = 1,260 y pOH = 
= 14 – 1,260 = 12,74  [OH-] = 10-12,74 = 1,82x10-13 M. 
(c) Ca(OH)2 → Ca2+ + 2OH-, [OH-] = 2[Ca(OH)2] = 2 * 0,055M = 0,11 M  pH = 
= log (0,11) = 0,959 y pOH = 14 - 0,959 = 13,04 [H+] = 10-13,04 = 9,09x10-14 M. 
 
51. Complete la siguiente tabla mediante los cálculos apropiados: 
 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
43 
 [H3O+] M pH [OH-] M pOH 
(a) 1,44x10-4 3,84 6,92x10-11 10,16 
(b) 2,45x10-13 12,61 0,0407 1,39 
(c) 2,19x10-13 12,66 0,0457 1,34 
(d) 2,95x10-5 4,53 3,39x10-10 9,47 
 
Solución: (a) pH = 3,84  pOH = 14 – 3,84 = 10,16 y [H+] = 10-3,84 = 1,44x10-4 M y 
[OH-] = = 10-10,16 = 6,92x10-11 M. 
(b) pH = 12,61 pOH = 14 – 12,61 = 1,39 y [H+] = 10-12,61 = 2,45x10-13 M y [OH-] = 
= 10-1,39 = 0,0407 M. 
(c) pH = 1,34 pOH = 14 – 1,34 = 12,66 y [H+] = 10-12,66 = 2,19x10-13 M y [OH-] = 
= 10-1,34 = 0,0457 M. 
(d) pH = 9,47  pOH = 14 – 9,47 = 4,53 y [H+] = 10-4,53 = 2,95x10-5 M y [OH-] = 
= 10-9,47 = 3,39x10-10 M. 
 
52. (a) ¿Cuál es el pH del agua pura a la temperatura del cuerpo, 37 ºC? (a esta tempe-
ratura Kw = 2,38 x 10-14). (b) ¿Es ésta ácida, básica o neutra? ¿Por qué? 
 
Solución: (a) H2O ⇄ H+ + OH-  [H+] = [OH-] y Kw = 2,38x10-14 = [H+] * [OH-] 
 [H+] = �Kw = �2,38×10-14 = 1,54x10-7  pH = -log (1,54x10-7) = 6,81. 
(b) Será neutra ya que [H+] = [OH-](no predomina ninguna especie). 
 
53. Rellene los espacios en blanco en esta tabla para las disoluciones dadas: 
 
Disolución T (ºC) Kw 
Concentración (mol/L) 
[H+] [OH-] pH 
(a) 25 1,0x10-14 1,0x10-6 1,0x10-8 6,00 
(b) 0 1,1x10-15 2,0x10-6 4,9x10-10 5,69 
(c) 60 9,6x10-14 1,0x10-7 9,6x10-7 7,00 
(d) 25 1,0x10-14 2,2x10-6 4,5x10-9 5,65 
 
Solución: (a) pH = -log (1,0x10-6) = 6; [OH-] = Kw
�H+�
 = 1×10
-14
1×10-6
 = 1x10-8 M. 
(b) pH = 5,69  [H+] = 10-5,69 = 2,04x10-6 M; [OH-] = 1×10
-15
2,04×10-6
 = 4,90x10-10 M. 
(c) pH = 7 [H+] = 10-7 = 1x10-7 M; [OH-] = 9,6×10
-14
1×10-7
 = 9,6x10-7 M. 
(d) [H+] = 1×10
-14
4,5×10-9
 = 2,22x10-6 M; pH = -log (2,22x10-6) = 5,65. 
 
54. Una disolución 0,083 M de un ácido monoprótico se sabe que está ionizada un 
1,07 %. ¿Cuál es el pH de esta disolución? Calcule el valor de Ka para este ácido. 
 
Solución: HA ⇄ H+ + A- 
Inicio (M): 0,083 0 0 
Equilibrio (M): 0,083 * �1 - 1,07
100
� 0,083 * �1,07
100
� 0,083 * �1,07
100
� 
Por tanto, en el equilibrio: [H+] = 0,083 * 1,07
100
 = 8,88x10-4 M y pH = 3,05. Ka = 
= 
�H+��A-�
[HA]
 = 
�8,88×10-4�
2
0,083 * �1 - 1,07100 �
 = 9,60x10-6 = Ka. 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
44 
55. El pH de una disolución de ácido butanoico, C3H7COOH, 0,025 M, es 3,21. ¿Cuál 
es el valor de la constante de ionización para el ácido butanoico? 
 
Solución: HBut ⇄ H+ + But- 
Inicio (M): 0,025 0 0 
Equilibrio (M): 0,025 – 6,16x10-4 6,16x10-4 6,16x10-4 
[H+] = 10-3,21 = 6,16x10-4 M. Ka = 
�6,16×10-4�
2
�0,025 - 6,16×10-4�
 = 1,55x10-5 = Ka. 
 
56. Halle las concentraciones de las distintas especies presentes en disolución de ácido 
fluorhídrico, HF, 0,25 M ¿Cuál es el pH de la disolución? 
 
Solución: HF ⇄ H+ + F- 
Inicio (M): 0,25 0 0 
Equilibrio (M): 0,25 – x x x 
De tablas: Ka,HF = 
�H+� * �F-�
HF
 = 7,2x10-4, por tanto: x
2
0,25 - x
 = 7,2x10-4  x2 – 1,8x10-4 + 
+ 7,2x10-4x = 0. Resolviendo: x = 0,01306 M  [H+] = [F-] = x = 0,01306 M; [HF] = 
= 0,25 – 0,01306 = 0,2369 M  pH = -log (0,01306) = 1,88. 
 
57. ¿Cuál es la concentración de OI- en equilibrio con [H+] = 0,035 mol/L y [HOI] = 
= 0,427 mol/L? Ka = 2,3 x 10-11 para HOI. 
Solución: HOI ⇄ H+ + OI-  Ka = 2,3x10-11 = 
�H+� * �OI-�
[HOI]
 = 
[0,035 M] * �OI-�
[0,427 M]
 
 [OI-] = 0,427 * 2,3×10
-11
0,035
 = 2,8x10-10 M = [OI-]. 
 
58. Conteste las siguientes preguntas para las disoluciones 0,10 M de las bases débiles 
dadas en la tabla de la página 81. (a) ¿Qué disolución tiene (i) el pH más elevado; 
(ii) el pH más bajo; (iii) el pOH más alto; (iv) el pOH más bajo? (b) ¿Qué disolución 
tiene (i) la concentración más elevada del catión de la base débil; (ii) la concentra-
ción más baja del catión de la base débil? 
 
Solución: construimos una tabla con los valores requeridos para las bases de la 
tabla de la página 81: 
 
 BASE FÓRMULA Kb (25 ºC) pKb pH pOH [catión de bd] M 
(a) Amoniaco NH3 1,8x10-5 4,74 11,1 2,87 �NH4
+� = 1,34x10-3 
(b) Metilamina (CH3)NH2 5,0x10-4 3,30 11,8 2,15 [(CH3) NH3
+] = 7,07x10-3 
(c) Dimetilamina (CH3)2NH 7,4x10-4 3,13 11,9 2,07 [(CH3) NH2
+] = 8,60x10-3 
(d) Trimetilamina (CH3)3N 7,4x10-5 4,13 11,4 2,56 [(CH3)3NH+] = 2,73x10-3 
(e) Piridina C5H5N 1,5x10-9 8,82 9,0 4,91 [C5H5NH+] = 1,22x10-5 
 
(a) Amoniaco: NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH- 
Inicio (M): 0,10 0 0 
Final (M): 0,10 – x x x 
Kb = 
�NH4
+� * �OH-�
[NH3]
 = [x] * [x]
�0,1 - x�
 = x
2
0,1 - x
 = 1,8x10-5. Suposición: x << 0,1 M  x = 
= �0,1 * 1,8×10-5 = �1,8×10-6 = 1,34x10-3 M [el cálculo exacto se obtiene re-
solviendo: x2 + 1,8x10-5x – 1,8x10-6x = 0  x = 0,0013; el % error será: 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
45 
�0,0013 - 1,34×10-3�
0,0013
 * 100 = 3,2 %; por lo que esta aproximación se considera váli-
da]. Por tanto: [OH-] = �NH4+� = x = 1,34x10-3 M y pOH = 2,87  pH = 14 –
─ 2,87 = 11,1. 
(b) Metilamina: (CH3)NH2 + H2O ⇄ (CH3) NH3+ + OH- 
Inicio (M): 0,1 0 0 
Final (M): 0,1 – x x x 
Kb = 
x2
0,1 - x
 = 5x10-4  x2 + 5x10-4x – 5x10-5 = 0. Resolviendo: x = 0,0068 [si en 
este caso hubiéramos aproximado: x << 0,1, hubiéramos hallado x = �5×10-5 = 
= 7,07x10-3 y % error = 
�7,07×10-3 - 0,0068�
0,0068
 * 100 = 3,98 %. El error se incrementa 
de manera no muy notoria, de modo que aún cabría simplificar. En términos 
generales, cuando los valores de K son pequeños se comete menos error al 
aproximar que cuando estos valores son relativamente mayores]. Por tanto: 
[OH-] = [(CH3) NH3
+] = x = 7,07x10-3  pOH = 2,15 y pH = 14 – 2,15 = 11,8. 
(c) Dimetilamina: x
2
0,1 - x
 = 7,4x10-4; si x << 0,1; x = �7,4×10-5 = 8,60x10-3 y [OH-] = 
= [(CH3)2 NH2+] = x = 8,60x10-3 M; pOH = -2,07 y pH = 11,9. 
(d) Trimetilamina: x
2
0,1 - x
 = 7,4x10-5; si x << 0,1; x = �7,5×10-6 = 2,73x10-3 y [OH-] = 
= [(CH3)3NH+] = x = 2,73x10-3 M; pOH = -2,56 y pH = 11,4. 
(e) Piridina: x
2
0,1 - x
 = 7,4x10-9; si x << 0,1; x = �1,5×10-10 = 1,22x10-5 y [OH-] = 
= [C5H5NH+] = x = 1,22x10-5 M; pOH = 4,91 y pH = 9,9. CONCLUSIÓN (ver ta-
bla): (a) i. dimetilamina; ii. piridina; iii. piridina; iv. dimetilamina. (b) i. di-
metilamina; ii. piridina. 
 
59. Una disolución de benzamida 0,068 M tiene un pOH de 2,91 ¿Cuál es el pKb de 
este compuesto monobásico? 
 
Solución: 
Benzamida: C6H5CONH2 + H2O ⇄ C6H5CONH3+ + OH- 
Inicio (M): 0,068 0 0 
Final (M): 0,068 – x x x 
Como pOH = 2,91  [OH-] = 10-2,91 = 1,23x10-3 M = x. Por tanto: Kb = 
x2
0,068 - x
 = 
= 
�1,23×10-3�
2
�0,068 - 1,23×10-3�
 = 2,27x10-5 = Kb. 
 
60. Calcule la [OH-], porcentaje de ionización y pH para (a) amoniaco acuoso 0,10 M, y 
(b) disolución de metilamina 0,10 M. 
 
Solución: (a) Ver problema 58(a): pH = 11,1; [OH-] = 1,34x10-3 M. El % de ioniza-
ción será: x
0,10
 * 100 = 1,34×10
-3
0,10
 * 100 = 1,34 %. 
(b) Ver problema 58(b): pH = 11,8; [OH-] = 7,07x10-3 M. El % de ionización será: 
x
0,10
 * 100 = 7,07×10
-3
0,10
 * 100 = 7,07 %. 
 
61. Calcule [H3O+], [OH-], pH y pOH, y el porcentaje de ionización de una disolución de 
amoniaco 0,16 M. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
46 
Solución: NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH- 
Inicio (M): 0,16 0 0 
Equilibrio (M): 0,16 – x x x 
Kb = 
x2
0,16 - x
 = 1,8x10-5  x ≈ �0,16 * 1,8×10-5 = 1,70x10-3 M. Por tanto: [OH-] = 
= 1,70x10-3 M  pOH = 2,77 y pH = 14 – 2,77 = 11,23 y [H+] = 5,89x10-12 M. 
 
62. El desagradable olor del pescado se debe principalmente a compuesto orgánicos 
(RNH2) que contiene un grupo amino (-NH2), donde R representa el resto de la mo-
lécula. Las aminas, al igual que el amoniaco, son bases débiles. Explique por qué al 
poner jugo de limón sobre el pescado se reduce su olor en gran medida. 
 
Solución: Al neutralizarse el ácido con la base se forma una sal, sustancia diferen-
te que ya no tiene el olor inicial. 
 3R-NH2 + H3C6H5O7 → 3R-NH3
+.C6H5O7
-
 
 amina ácido cítrico (triprótico) citrato 
 
63. Ka vale 7,9x10-8 para el azul de bromotimol, un indicador que se puede presentar 
como HIn. Las moléculas de HIn son amarillas y los iones In- son azules. ¿Qué co-
lor tendrá el azul de bromotimol en una disolución en la que (a) [H3O+] = 1,0x10-4 M 
y (b) pH = 10,30? 
 
Solución: HIn ⇄ H+ + In- 
 Amarillo Azul 
Ka = 
�H+� * �In
- �
[HIn]
 = 7,9x10-8; 
�In
- �
[HIn]
 = azul
amarillo
 = 7,9×10
-8
�H+�
. Si esta relación es > 1, predomina el 
color azul; y si es < 1 predomina el color amarillo. 
(a) Si [H3O+] = 1x10-4 M  
azul
amarillo
 = 7,9×10
-8
1×10-4
 = 7,9x10-4  amarillo. 
(b) Si pH = 10,30 y [H3O+] = 5,01x10-11 M  
azul
amarillo
 = 7,9×10
-8
5,01×10-11
 = 1,58x103  azul. 
64. Demuestre matemáticamente que el rojo neutro es rojo en disoluciones de pH 3,00 
mientras que es amarillo en disoluciones de pH 10,00. HIn es rojo, e In– es amarillo. 
Ka vale 2,0 x 10-7. 
 
Solución: HIn ⇄ H+ + In- 
 Rojo Amarillo 
Ka = 
�H+� * �In
- �
[HIn]
 = 2,0x10-7; 
�In
- �
[HIn]
 = azul
amarillo
 = 2,0×10
-7
�H+�
. Si esta relaciónes > 1, predomina el 
color amarillo: 2,0x10-7 > [H+]  pH > 6,70; y si es < 1 predomina el color rojo: 
2,0x10-7 < [H+]  pH < 6,70. Si pH = 3 < 6,70  rojo; y si pH = 10 > 6,70  amari-
llo. 
 
65. Una disolución contiene HCl 0,40 M y ácido fórmico, HCHO2, 1,00 M. Calcule la 
concentración de iones CHO2
- en disolución. 
 
Solución: HCl → H+ + Cl- Fuerte 
 0,4 M 0,4 M 0,4 M 
 HCHO2 ⇄ H+ + CHO2
- Débil: Ka = 1,8x10-4 
 1 M – x x x 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
47 
Como x << 0,4 M, la contribución de [H+] del ácido débil es despreciable: [H+]total = 
= [H+]HCl + �H+�HCHO2 ≈ [H
+]HCl = 0,40 M. Por tanto, en el equilibrio: Ka = 
[H+] * �CHO2
- �
[HCHO2]
 y 
�CHO2
- � = Ka * [HCHO2]
�H+�
 = 1,8×10
-4 * 1
0,4
 = 4,5x10-4 M. 
VERIFICACIÓN: Si sólo hubiera ácido fórmico: Ka = 
x2
1 - x
 = 1,8x10-4 x2 + 1,8x10-4x- 
− 1,8x10-4 = 0. Resolviendo: x ≈ �1,8×10-4 = 1,34x10-2 M = [H+] = �CHO2
- �. Precisa-
mente el efecto del ión común es éste: el ácido fórmico se ionizará menos en una 
solución que ya contiene iones [H+], que cuando esté solo (en agua pura). 
 
66. Calcule el pH para cada una de las siguientes disoluciones reguladoras. (a) HF 0,15 
M y KF 0,25 M; (b) CH3COOH 0,050 M y Ba(CH3COO)2 0,025 M. 
 
Solución: 
(a) KF → K+ + F- (~ 100 %) 
 0,25 M 0,25 M 0,25 M 
 HF ⇄ H+ + F- Ka 
Inicio (M): 0,15 0 0 
Final (M): 0,15 – x x x 
[F-] = 0,25 M + x; Ka = 7,2x10-4 = 
�H+� * �F-�
[HF]
 = x * (0,25 + x)
0,15 - x
 = 7,2x10-4  0,25x + x2 = 
= 1,08x10-4 – 7,2x10-4x  x2 + 0,25072x – 1,08x10-4 = 0. Resolviendo: x = 
= 4,30x10-4 = [H+]  pH = 3,37. 
(b) BaAc2 → Ba2+ + 2Ac- (~ 100%) 
 0,025 M 0,025 M 0,050 M 
 HAc ⇄ H+ + Ac- Débil 
 0,05 M – x x x 
[Ac-] = 0,05 + x; Ka = 1,8x10-5 = 
x * (0,05 + x)
�0,05 - x�
; 0,05x + x2 = 9,0x10-7 – 1,8x10-5x  x2 + 
+ 0,050018x – 9,0x10-7 = 0. Resolviendo: x = 1,80x10-5  pH = 4,74. 
MÉTODO SIMPLIFICADO: usando la ecuación de Henderson-Hasselbalch: 
(a) pH = pKa + log 
[KF]
[HF]
 = -log (7,2x10-4) + log 0,25 M
0,15 M
 = 3,14 + 0,22 = 3,36 (% error = 
= �3,37 - 3,36�
3,37
 * 100 = 0,29 %). 
(b) pH = pKa + log 
[BaAc2]
[HAc]
 = -log (1,8x10-5) + log 0,025 M
0,05 M
 = 4,74 + (-0,30) = 4,44  
 (% error = 4,74 - 4,34
4,74
 * 100 = 8,43 %). No se puede aplicar simplificación, solo 
vale para ácidos monopróticos y/o bases monohidróxilicos (monovalentes). 
 
67. Calcule la concentración de OH- y el pH para las siguientes disoluciones regulado-
ras. (a) NH3(aq) 0,25 M y NH4NO3 0,15 M; (b) anilina 0,15 M y cloruro de anilinio 
C6H5NH3Cl 0,35 M. 
 
Solución: NH4NO3 → NH4+ + NO3
- (~ 100 %) 
 0,15 M 0,15 M 0,15 M 
 NH3 + H2O ⇄ NH+4 + OH- 
 0,25 – x x x 
 [NH4
+] = 0,15 M + x; Kb = 1,8x10-5 = 
�NH4
+� * �OH-�
[NH3]
 = (0,15 + x) * x 
0,25 - x
  0,15x + x2 = 
= 4,5x10-6 – 1,8x10-5x  x2 + 0,150018x – 4,5x10-6 = 0. Resolviendo: x = 
= 3,00x10-5 = [OH-]  pOH = 4,52  pH = 14 – 4,52 = 9,48. 
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48 
Forma simplificada (ec. Henderson - Hasselbalch): pOH = pKb + log 
[sal]
[base]
 = 
= − log (1,8x10-5) + log 
0,15 M
0,25 M
 = 4,74 + (-0,22) = 4,52  pH = 14 – 4,52 = 9,48; 
[OH-] = 10-pOH = 10-4,52 = 3,02x10-5. 
(b) RNH3Cl → RNH3
+ + Cl- (~ 100 %) 
 0,35 0,35 0,35 
 RNH2 + H2O ⇄ RNH3+ + OH- 
 0,15 – x x x 
�RNH3
+� = 0,35 + x  Kb = 4,2x10-10 = 
�RNH3
+� * �OH-�
[RNH2]
 = x * (0,35 + x)
�0,15 - x�
; 0,35x + x2 = 
= 6,3x10-11 – 4,2x10-10x  x2 + 0,35x – 6,3x10-11 = 0. Resolviendo: x = 1,8x10-10 = 
= [OH-] y pOH = 9,74  pH = 4,26. 
Verificación (forma simplificada): pOH = -log 4,2x10-10 + log �0,35
0,15
� = 9,74  
 pH = 4,26; y [OH-] = 10-9,74 = 1,82x10-10 M. 
 
68. Calcule la relación de concentraciones [NH3] / �NH4+� que da una solución de pH (a) 
9,75 y (b) 9,10. 
 
Solución: (a) Usando la ecuación de Henderson - Hasselbalch: pOH = pKb + 
+ log [sal][base]; (14 - 9,75) = -log (1,8x10
-5) + log �NH4
+�
[NH3]
  log �NH4
+�
[NH3]
 = 4,25 + (-4,93) = 
= − 0,49  
�NH4
+�
[NH3]
 = 10-0,49 = 0,32  [NH3]
�NH4
+�
 = 3,12. 
Con mayor precisión: NH4
+A- → NH4
+ + A- (~ 100 %) 
 NH3 + H2O → NH4
+ + OH- (Equilibrio) 
Kb = 
�NH4
+� * �OH-�
[NH3]
  �NH4
+�
[NH3]
 = Kp * 
1
�OH-�
 = Kp * 
�H+�
Kw
 = 1,8×10
-5 * 10-9,75
1×10-14
 = 0,32  [NH3]
�NH4
+�
 = 3,12. 
(b) Usando la ecuación de Henderson - Hasselbalch: log [NH3]
�NH4
+�
 = -log (1,8x10-5) – 
− (14 – 9,10) = -0,15  [NH3]
�NH4
+�
 = 0,70. Con mayor precisión (de la misma expre-
sión de equilibrio de (a)): [NH3]
�NH4
+�
 = Kw
Kp * �H
+�
 = 1×10
-14
1,8×10-5 * 10-9,10
 = 0,70. 
 
69. Considere la ionización del ácido fórmico, HCOOH: HCOOH + H2O ⇄ HCOO- + 
+ H30+. ¿Qué efecto tendrá la acción de formiato sódico (NaHCOO) sobre la frac-
ción de moléculas de ácido fórmico que sufren ionización en disolución acuosa? 
 
Solución: HCOOH + H2O ⇄ H3O+ + HCOO- (reversible) 
Inicio (mol/L): ai 0 0 
Equilibrio: ai – x x x 
 NaHCOO → Na+ + HCOO- (completa) 
 b b b 
En el ácido (sin sal): Ka = 
x2
ai - x
; y si x << ai  x = [HCOO-] = �ai * Ka. 
Con la presencia de sal: Ka = 
x' * �b + x'�
ai - x'
; por tanto: x
2
ai - x
 = x
' * �b + x'�
ai - x'
; como todas las in-
cógnitas son > 0, como x << ai y x’ << ai  
x2
ai
 = x
'2+ bx'
ai
; x2 = x’2 + bx’  x2 – x’2 = 
= bx’; por tanto x2 – x’2  x2 > x’2 > 0; o bien x > x’. Por tanto la presencia de la sal 
hace que el ácido se disocie en < proporción. A la misma conclusión se llega 
aplicando el principio de Le Chatelier: al ↑ [HCOO-]  el equilibrio se desplaza [ha-
cia reactivos (←)]. 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
49 
70. (a) Halle el pH de una disolución 0,50 M de ácido fórmico y 0,40 M de formiato só-
dico. (b) Halle el pH de la disolución después de adicionar 0,050 moles de HCl por 
litro. 
 
Solución: (a) Usando la ecuación de Henderson-Hasselbalch: pH = pKa + 
[sal]
[ácido]
 = 
= - log 1,8x10-4 + log [0,40][0,50] = 3,65; o bien: 
 HCOOH → H+ + HCOO- 
 0,5 – x x x 
 NaHCOO → Na+ + HCOO- 
 0,4 0,4 0,4 
Ka = 
x * (0,4 + x)
0,5 - x
 = 1,8x10-4 = 0,4x + x
2
0,5 - x
  x2 +0,4x = 1,8x10-4 * 0,5 – 1,8x10-4x  x2 + x * 
* (0,4 + 1,8x10-4) – 0,5 * 1,8x10-4 = 0; x2 + 0,40018x – 9x10-5 = 0. Resolviendo: x = 
= 2,25x10-4 = [H+]  pH = 3,65. 
(b) Rx tampón: HCl + NaHCOO → NaCl + HCOOH 
Inicio (mol/L): 0,050 0,40 0 0,50 
Final: 0 (0,4 – 0,050) 0,050 (0,50 + 0,050) 
Ka = 
�H+� * �HCOO-�
[HCOOH]
  [H+] = Ka * 
[HCOOH]
�HCOO-�
 = 1,8x10-4 * 0,55
0,35
 = 2,83x10-4  pH = 3,55. 
 
71. (a) Halle el pH de una disolución que es 1,00 M en NH3 y 0,80 M en NH4Cl. (b) Ha-
lle el pH de la disolución después de que se le adicionan 0,10 moles de HCl por li-
tro. (c) Una disolución de pH 9,34 se prepara por adición de NaOH a agua pura. 
Halle el pH de esta disolución después de que se le adicionan 0,10 moles de HCl 
por litro. 
 
Solución: (a) Usando la ecuación de Henderson-Hasselbalch: pOH = pKb + 
[sal]
[base]
 = 
= -log 1,8x10-5 + log [0,80][1,00] = 4,65 pH = 9,35. Analizando el equilibrio: 
 NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH- 
 1 – x x x 
 
 NH4Cl → NH4
+ + Cl- 
 0,8 0,8 0,8 
Kb = 
x * (0,8 + x)
1 - x
 = 1,8x10-5  x2 +0,8x = 1,8x10-5 – 1,8x10-5x  x2 + 0,800018x – 
― 1,8x10-5 = 0. Resolviendo: x = 2,25x10-5 M = [OH-]  pOH = 4,65  pH = = 9,35. 
(b) Rx tampón: HCl + NH3 → NH4Cl 
Inicio (mol/L): 0,10 1,00 0,80 
Final: 0 (1 – 0,1) (0,80 + 0,1) 
Por tanto: Kb = 
�OH-� * �NH4
+�
[NH3]
  [OH-] = Kb * 
[NH3]
�NH4
+�
 = 1,8x10-5 * 0,90
0,90
 = 1,8x10-5  pH = 
= 9,26. 
(c) Si pH = 9,34  [H+] = 4,57x10-10 y [OH-] = Kw
�H+�
 = 2,19x10-5 M. Al añadir 0,10 mo-
les HCl / L  [H+] ≈ 0,1 M y pH = 1 (se trata de ácido fuerte/base fuerte). 
 
72. Una disolución contiene ácido bromoacético y bromoacetato sódico con una con-
centración total de 0,30 mol/L. Si el pH es 3,50, ¿Cuáles son las concentraciones 
de ácido y de sal? Ka = 2,0 x 10-3 para el BrCH2COOH. 
 
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50 
Solución: pH = pKa + ln 
[NaBrAc]
[HBrAc]
  ln [NaBrAc][HBrAc] = pH * pKa = 3,50 – (-log 2,0x10
-3) = 
= 0,80  [NaBrAc][HBrAc] = 0,158  [NaBrAc] = 0,158 * [HBrAc]. Por tanto: [NaBrAc] + 
+ [HBrAc] = 0,30 M  0,158 * [HBrAc] + [HBrAc] = 0,30 M  [HBrAc] = 0,30 M
1,158
 = 
= 0,26 M = [HBrAc] y [NaBrAc] = 0,158 * 0,26 = 0,041 M = [NaBrAc]. 
 
73. Cuando se disuelve cloro gas en agua para formar “agua de cloro”, se producen en 
cantidades iguales HCl (un ácido fuerte) y HOCl (un ácido débil): Cl2(g) + H2O(l) → 
→ HCl(aq) + HOCl(aq) ¿Cuál es la concentración del ion OCl- en una disolución 
que contiene 0,010 mol de cada ácido en 1,00 L de disolución? 
 
Solución: HCl → H+ + Cl- (~100 %) 
 0,01 0,01 
 HOCl ⇄ H+ + ClO- (Equilibrio) 
 0,01 – x x x 
Ka = 
x * (0,01 + x)
0,01 + x
 = 3,5x10-8  0,01x + x2 = 3,5x10-10 + 3,5x10-8x  x2 + 0,01x – 
― 3,5x10-10 = 0. Resolviendo: x = 3,5x10-8 M = �OCl-�. 
 
74. Una disolución reguladora de pH 5,30 se prepara a partir de ácido propiónico y pro-
pionato sódico. La concentración de propionato sódico debe ser 0,50 mol/L. ¿Cuál 
debe ser la concentración del ácido? Ka es 1,3 x 10-5 para el CH3CH2COOH. 
 
Solución: HPr → H+ + Pr- 
 C0 – x x M x M 
 NaPr → Na+ + Pr- 
 0,5 M 0,5 M 0,5 M 
pH = pKa + log 
[NaPr]
[HPr]
 = -log 1,3x10-5 + log [0,5 M]
C0
 = 5,30; log [0,5 M]
C0
 = 5,30 – 4,89 = 
= 0,41  [0,5 M]
C0
 = 2,59  C0 = 
[0,5 M]
2,59
 = 0,19 M = [HPr]0. 
 
75. Necesitamos un tampón de pH 9,00. Se puede preparar a partir de NH3 y NH4Cl. 
¿Cuál debe ser la relación [NH4+] / [NH3]? 
Solución: pOH = pKb + log 
�NH4
+�
[NH3]
  log �NH4
+�
[NH3]
 = 14,00 – 9,00 – (-log 1,8x10-5) = 0,26 
 �NH4
+�
[NH3]
 = 1,8. 
 
76. ¿Qué volúmenes de ácido acético 0,1500 M y NaOH 0,1000 M se deben mezclar 
para preparar 1,000 L de disolución reguladora de pH = 4,50 a 25 ºC? 
 
Solución: La solución reguladora se formará cuando la soda (NaOH, base fuerte) 
se consuma totalmente para formar acetato de sodio. Inicialmente: 
VHAc = Vácido  nHAc = 0,1500*VHAc 
VNaOH = Vbase  nNaOH = 0,1000*VNaOH 
 
 HAc + NaOH → NaAc + H2O 
Inicio: 0,1500 * VHAc 0,1000 * VNaOH 0 0 
Final: 0,1500 * VHAc – 0,1000 * VNaOH 0 0,1000 * VNaOH 
Por tanto: pH = pKa + log 
NaAc
HAc
  4,50 = 4,74 + log NaAc
HAc
  NaAc
HAc
 = 0,569. Por tanto: 
0,1000VNaOH = 0,569 * (0,1500VHAc - 0,1000VNaOH)  0,1000VNaOH = 8,53x10-2 VHAc – 
― 5,69x10-2VNaOH  8,53x10-2VHAc = 0,1569VNaOH  
VHAc
VNaOH
 = 1,84. O bien: VHAc = 
= 1,84VNaOH (1). Y además, en el supuesto que los volúmenes sean aditivos: VHAc + 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
51 
+ VNaOH = 1,000 L (2). Resolviendo el sistema: De (2): VHAc = 1,000 L - VNaOH; reem-
plazando en (1): 1,000 L - VNaOH = 1,84 VNaOH  2,84 VNaOH = 1,00 L  VNaOH = 
= 1
2,84
 L = 0,352 L y VHAc = 1,000 – 0,352 = 0,648 L. 
 
77. ¿Cuál debe ser la concentración de ácido cloroacético, ClCH2COOH en una disolu-
ción 0,015 M de NaCH2ClCOO para que el pH sea 3,00? Ka = 1,4 x 10-3 para el 
ClCH2COOH. 
 
Solución: pH = pKa + log 
[NaClAc]
[HClAc]
 = 3,00 = 2,85 + log 0,015 M[HClAc]; log 
0,015 M
[HClAc]
 = 0,146  
 0,015 M[HClAc] = 1,41  [HClAc] = 
0,015 M
1,41
 = 0,011 M = [HClAc]. Con más detalle (otra 
forma): 
 HClAc ⇄ H+ + ClAc- 
 C0 – x x x 
 NaClAc → Na+ + ClAc- 
 0,015 M 0,015 M 0,015 M 
Si pH = 3  [H+] = x = 1x10-3  Ka = 
�H+� * �ClAc-�
[HClAc]
 =x * (0,015 + x)
C0 - x
 = 1,4x10-3. Reempla-
zando el valor de x = [H+] = 1x10-3: 
1,0×10-3 * �0,015 + 1,0×10-3�
C0 - 1,0×10
-3 = 1,4x10
-3  1,5x10-5 + 
+ 1,0x10-6 = 1,4x10-3C0 – 1,4x10-6  C0 = 
1,6×10-5 + 1,4×10-6
1,4×10-3
 = 0,012 M = [HClAc]0. 
 
78. ¿Cuál debe ser la concentración de NH4+ en disolución de NH3 0,075 M para que el 
pH sea 8,00? 
 
Solución: Simplificando: pOH = pKb + log 
�NH4
+�
[NH3]
  (14 - 8) = -log 1,8x10-5 + 
+ log �NH4
+�
0,075 M
  log �NH4
+�
0,075
 = 1,26  �NH4
+� = 0,075 * 18 = 1,35 M. Con más detalle 
(otra forma): NH3 + H2O → NH4
+ + OH- 
 0,075 – x x x 
 ANH4 → NH4
+ + A- 
 C0 C0 C0 
Kb = 1,8x10-5 = 
�NH4
+� * �OH-�
[NH3]
 = (C0 + x) * (x)
0,075 - x
 donde: x = 1x10-6; 1,8x10-5 *(0,075 – 1x10-6) = 
= 1x10-6 C0 + (1x10-6)2  C0 = 
1,35×10-6 - 1×10-12
1×10-6
 ≅ 1,35 M = [NH3]0. 
 
79. Calcule las concentraciones de las distintas especies en disolución de 0,200 M 
H3AsO4. Compare las concentraciones con las de las especies análogas en disolu-
ción de 0,100 M de H3PO4. 
 
Solución: H3AsO4 → H2AsO-4 + H+ (1) K1 ↑↑ 
 0,200 M 0,200 M 0,200 M 
 H2AsO-4 ⇄ HAsO2-4 + H+ (2) K2 = 1,2x10-2 
 HAsO2-4 ⇄ AsO2-4 + H+ (3) K3 = 2,7x10-3 
En (1), como ácido fuerte  �H2AsO4
- � = [H3AsO4] = 0,200 M = [H+]1. En (2): 
 H2AsO4
- ⇄ HAsO4
2- + H+ 
 0,200 – x x 0,200 + x 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
52 
K2 = 1,2x10-2 = 
�H+�2 * �HAsO4
2-�
�H2AsO4
- �
 = (0,200 + x) * (x)
0,200 - x
  1,2x10-2 * (0,200 - x) = (0,200 + x) * x 
 2,4x10-3 – 1,2x10-2x = 0,200 + x2  x2 + 0,212 – 2,4x10-3 = 0. Resolviendo: x = 
= 0,0108 M. Por tanto: �HAsO4
2-� = 0,200 – 0,0108 M = 0,1892 M; [H+] = [H+]1 + 
+ [H+]2 = 0,200 + 0,0108 = 0,2108 M = [H+]. En (3): 
 HAsO4
2- ⇄ AsO4
2- + H+ 
 0,0108 – y 0,2108 + y y 
K3 = 2,7x10-3 = 
(0,2108 + y) * (y)
0,0108 - y
  2,9x10-5 – 2,7x10-3y = 0,2108y + y2  y2 + 0,2135y – 
– 2,9x10-5 = 0. Resolviendo: y = 1,36x10-4  [AsO3-4] = 0,0108 M – 1,36x10-4 M = 
= 0,01066 M; [H+] = [H+]1 + [H+]1 + [H+]3 = 0,200 + x + y = 0,200 M + 0,0108M + 
+ 1,36x10-4 M = 0,2109 M = [H+]. 
Resumen y comparación con H3PO4: 
 
H3PO4 0,1 M H3AsO4 0,2 M 
Especie Concentración (mol/L) Especie Concentración (mol/L) 
H3PO4 7,6x10-2 H3AsO4 0,000 
H2PO-4 2,4x10-2 H2AsO-4 0,1892 
HPO2-4 6,2x10-8 HAsO2-4 0,0107 
PO3-4 9,3x10-19 AsO3-4 1,36x10-4 
H+ 2,4x10-2 H+ 0,2109 
pH = 1,62 pH = 0,68 
A pesar que la: [Al3AsO4][H3PO4] = 
0,2
0,1
 = 2, 
�H+�Al3AsO4
�H+�H3PO4
 = 0,2109
2,4×10-2
 = 8,79  el H3PO4 es bastante 
más débil. 
 
80. El ácido cítrico en los limones y otros frutos cítrico tiene la es-
tructura que se muestra, que se puede abreviar: C3H5O(COOH)3 
o H3A. Es un ácido triprótico. Escriba la ecuación química para 
los tres pasos de las etapas de la ionización del ácido cítrico con 
las expresiones apropiados de Ka. 
 
Solución: C3H5O(COOH)3 ⇄ H+ + C3H5O(COOH)2
- (1a ionización) 
Ka1 = 
�H+��C3H5O(COOH)2
- �
[C3H5O(COOH)3]
 = 7,4x10-3 = Ka1. 
 C3H5O(COOH)2
- ⇄ H+ + C3H5O(COOH)2- (2a ionización) 
Ka2 = 
�H+��C3H5(COOH)2-�
�C3H5O(COOH)2
- �
 = 1,7x10-5 = Ka2. 
 C3H5O(COOH)2- ⇄ H+ + C3H5OCOO3- (3a ionización) 
Ka3 = 
�H+��C3H5OCOO
3-�
�C3H5O(COOH)2-�
 = 7,4x10-7 = Ka3. 
 
81. Algunas piedras del riñón son depósito cristalinos de oxalato cálcico, una sal del 
ácido oxálico, (COOH)2. Calcule las concentraciones de H3O+, OH-, COO-COOH- y 
(COO-)2 en (COOH)2 0,045 M. 
 
Solución: HCOO-COOH → HCOO-COO- + H+ (1) K1a = 5,9x10-2 
 0,045 – x x x 
 
HO - C - COOH
CH2 - COOH
CH2 - COOH
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
53 
 HCOO-COO- → (COO-)2 + H+ (2) K2a = 6,4x10-5 
 0,0299 – y y 0,0299 + y 
En (1): K1a = 
�HCOO-COO-� * �H+�
�HCOO-COOH�
 = x * x
0,045 - x
 = x
2
0,045 - x
 = 5,9x10-2; x2 = 2,66x10-3– 5,9x10-2x 
 x2 + 5,9x10-2x – 2,66x10-3 = 0. Resolviendo: x = 0,0299 = [H+]1 = [HCOO-COO-]1; 
[HCOO-COOH] = 0,045 – x = 0,045 – 0,0299 = 0,0151 M = [HCOO-COOH]. En (2): 
6,4x10-5 = y * (0,029 + y)
0,0299 - y
 = 0,029y + y
2
0,029 - y
  y2 + 0,029y = 1,86x10-6 – 6,4x10-5y  y2 + 
+ 2,91x10-2y – 1,86x10-6 = 0  y = 6,38x10-5 = [H+]2 = [(COO-)2]. Por tanto: 
[H+] = [H+]1 + [H+]2 = 0,0299 + 6,38x10-5 = 0,0300 M; [HCOO-COO-] = 0,0299 – 
― 6,38x10-5 = 0,0298 M. 
Resumen (en concentraciones molares): 
Especie ∆ 1a Ionización ∆ 2a Ionización TOTAL 
H3O+ ó H+ + 0,0299 + 6,38x10-5 0,0300 
HCOO-COO- + 0,0299 - 6,38x10-5 0,0298 
(COO-)2 0 + 6,38x10-5 6,38x10-5 
HCOO-COOH 0,0151 0 0,0151 
OH- Valor Único: [OH-] = Kw/[H+] 3,33x10-13 
 
82. Una disoluciónde ácido oxálico, (COOH)2, es 0,20 M. (a) Calcule el pH. (b) ¿Cuál 
es la concentración del ion oxalato, �COO-�
2
? 
Solución: HCOO-COOH → HCOO-COO- + H+ (1) K1a = 5,9x10-2 
 0,2 – x x x 
 HCOO-COO- → (COO-)2 + H+ (2) K2a = 6,4x10-5 
 x – y y x + y 
(a) En (1): 5,9x10-2 = x
2
0,2 - x
  x2 + 5,9x10-2 x – 1,18x10-2 = 0. Resolviendo: x = 
= 0,01079 = [H+]1º ión. En (2): 6,4x10-5 = 
y * (0,1079 + y)
�0,1079 - y�
 = 0,1079y + y
2
0,079 - y
  6,91x10-6 – 
― 6,4x10-5y = 0,1079y + y2  y2 + 0,1078y – 6,91x10-6 = 0  y = 6,41x10-5 = 
= [H+]2º ión  [H+]total = 0,1079 + 6,41x10-5 = 0,1080 M  pH = -log [0,1080 M] = 
= 0,97 = pH. 
(b) [(COO-)2] = y = 6,41x10-5 M. 
 
83. ¿Cuál es el pH de una disolución que es una mezcla de HOCl y HOI, cada uno de 
concentración 0,12 M? Para el HOI, Ka = 2,3 x 10-11. 
 
Solución: HOCl → H+ + OCl- K1a = 5,9x10-2 
 0,12 – x x + y x 
 HOI → H+ + OI- K2a = 6,4x10-5 
 0,12 – y x + y y 
Por tanto: y << x (También se deduce de los valores de K); y podemos asumir 
que el pH depende solo de la 1a ionización (prácticamente como si solo hubiera 
HOCl): 3,5x10-8 = x
2
0,12 - x
 ≈ x
2
0,12
  x = �3,18×10-8 * 0,12 = �4,2×10-9 = 6,48x10-5 = 
= x = [H+]  pH = -log [6,48x10-5] = 4,19 = pH. 
 
84. La acumulación de ácido láctico en los músculos ocasiona un gran dolor durante el 
ejercicio físico. El Ka para el ácido láctico, C2H5OCOOH, es 8,4 x 10-4. Calcule el pH 
de una solución de ácido láctico 0,100 M. ¿Se puede hacer una suposición simplifi-
cadora en este caso? 
 
Solución: C2H5OCOOH → C2H5OCOO- + H+ Ka = 8,4x10-4 
 0,1 – x x x 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
54 
8,4x10-4 = x
2
0,1 - x
  8,4x10-5 – 8,4x10-4x = x2  x2 + 8,4x10-4x – 8,4x10-5 = 0. Resol-
viendo: x = 0,0088 = [H+]; por tanto pH = 2,06. Simplificando: x << 0,1  0,1 – x ≈ 
≈ 0,1, hubiéramos cometido un error de: x =�8,4×10-5 = 9,16x10-3  pH = 2,03  
 2,06 - 2,03
2,06
 * 100 = 1,45 % en el pH  ¡Aceptable! Sí se puede simplificar. 
 
85. El ácido ascórbico, C5H7O4COOH, también conocido como vitamina C, es una vita-
mina esencial para todos los mamíferos. Entre los mamíferos, sólo los humanos, 
monos y conejillos de indias no pueden sintetizarla en sus cuerpos. Ka para el ácido 
ascórbico es 7,9 x 10-5. Calcule la [H3O+] y el pH en una disolución 0,100 M de áci-
do ascórbico. 
 
Solución: C5H7O4COOH → C5H7O4COO- + H+ Ka = 7,9x10-5 
 0,100 – x x x 
7,9x10-5 = x
2
0,100 - x
  x2 + 7,9x10-5x – 7,9x10-6 = 0. Resolviendo: x = 0,0028 M = [H+]; 
por tanto pH = 2,55. Simplificando: x << 0,1  x =�7,9×10-6 = 2,81x10-3  pH = 
= 2,55. 
 
86. ¿Por qué las sales de bases fuertes solubles y ácidos débiles dan disoluciones 
acuosas básicas? Use el hipoclorito sódico, NaOCl, para ilustrarlo, (Clorox, Purex y 
otras “lejías de cloro” tienen un 5 % de NaOCl) 
 
Solución: Porque el anión del ácido débil es una base (conjugada) fuerte. Reaccio-
na con el agua, dando reacción alcalina: 
 NaOCl → Na+ + OCl- (Fuerte) 
 0,672 0,672 0,672 
 OCl- + H2O ⇄ HOCl + OH- (Hidrólisis) Ka = 3,5x10-8 
 0,672 – x x x 
[NaOCl] al 5 %  5 g NaOCl
100 g solución
; si asumimos que ρsolución ≈ ρH2O  M = 
mNaOCl
PFNaOCl
Vsolución[L]
 = 
= 
5 g
74,42 gmol
100 mL*10-3 LmL
 = 0,672 M; Kb,conj. = 
x2
0,672 - x
 = 10
-14
3,5×10-8
 = 2,86x10-7 = x
2
0,672 - x
. Suponemos 
x << 0,672  x = �2,86×10-7 * 0,672 = �1,92×10-7 = 4,38x10-4  [OH-]  pOH = 
= 3,36  pH = 10,6 (¡Básico!). 
 
87. Calcule la constante de equilibrio para la reacción de los iones azida, N3-, con agua. 
 
Solución: N3- + H2O → HN3 + OH- ; Kb = 
Kw
Ka
 = 10
-14
1,9×10-5
 = 5,26x10-10  Kb,conj = 
= 
[HN3] * �OH
-�
�N3-�
 = 5,26x10-10. 
88. Calcule la constante de equilibrio para la reacción de los iones hipobromito con 
agua, Ka = 2,5 x 10-9 para HOBr. 
 
Solución: OBr- + H2O → HOBr + OH- ; Kb,conj. = 
Kw
Ka
 = 10
-14
2,5×10-9
 = 4,0x10-6  Kb,conj = 
= 
[HOBr] * �OH-�
�OBr-�
 = 4,0x10-6. 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
55 
 
89. Calcule el pH de disoluciones de concentración 0,12 M de las siguientes sales: (a) 
NaNO2; (b) NaOCl; (c) NaHCOO. 
 
Solución: (a) NaNO2 → Na+ + NO2
- 
 NO2
- + H2O → HNO2 + OH- Kb,c = 
Kw
Ka
 = 10
-14
4,5×10-4
 = 2,22x10-11 
0,12 – x x x 
Kb,c = 
x2
0,12 - x
 = 2,22x10-11; si x << 0,12 M  x = �2,22×10-11 * 0,12 = 1,63x10-6 = 
= [OH-]  pOH = 5,79  pH = 8,21. 
(b) NaOCl → Na+ + OCl- 
 OCl- + H2O → HOCl + OH- Kb,conj = 
Kw
Ka
 = 10
-14
3,5×10-8
 = 2,86x10-7 
0,12 – x x x 
Kb,c = 
x2
0,12 - x
 = 2,86x10-7; si x << 0,12 M  x = �2,86×10-7 * 0,12 = 1,85x10-4 = 
= [OH-]  pOH = 3,73  pH = 10,3. 
(c) NaHCOO → Na+ + HCOO- 
HCOO- + H2O → HCOOH + OH- Kb,c = 
Kw
Ka
 = 10
-14
1,8×10-4
 = 5,56x10-11 
0,12 – x x x 
Kb,c = 
x2
0,12 - x
 = 5,56x10-11; si x << 0,12 M  x = �5,56×10-11 * 0,12 = 2,58x10-6 = 
= [OH-]  pOH = 5,59  pH = 8,41. 
 
90. ¿Cuál es el porcentaje de hidrólisis en cada disolución del ejercicio anterior? 
 
Solución: (a) % hidrólisis = x
�NO2
- �
0
 * 100 = 1,63×10
-6
0,12
 * 100 = 1,4x10-3 %. 
(b) % hidrólisis = x
�OCl-�
0
 * 100 = 1,85×10
-4
0,12
 * 100 = 0,15 %. 
(c) % hidrólisis = x
�HCOO-�
0
 * 100 = 2,58×10
-6
0,12
 * 100 = 2,2x10-3 %. 
 
91. ¿Cuál es el pH de una disolución de KOI 0,15 M? Ka = 2,3 x 10-11 para HOI. 
 
Solución: KOI → K+ + OI- 
 OI- + H2O → HOI + OH- Kb,c = 
Kw
Ka
 = 10
-14
2,3×10-11
 = 4,35x10-4 
 0,15 – x x x 
Kb,c = 
x2
0,15 - x
 = 4,35x10-4; si x << 0,15 M  x = �4,35×10-4 * 0,15 = 8,08x10-3 = [OH-] 
 pOH = 2,09  pH = 11,9. Sin simplificar: x2 + 4,35x10-4x – 6,52x10-5 = 0. Resol-
viendo: x = 0,0079 = [OH-]  pOH = 2,10 y pH = 11,9. 
 
92. Use los valores del Apéndice G (constantes de ionización de bases débiles a 25 °C) 
para calcular las constantes de hidrólisis de los siguientes cationes de bases débi-
les: (a) NH4+; (b) CH3NH3+, ión metilamonio; (c) C6H5NH3+, ión anilinio. 
 
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56 
Solución: (a) NH4+ + H2O → NH3 + H3O+; Ka,NH4+ = 
Kw
Kb,NH3
 = 10
-14
1,8×10-5
 = 5,56x10-10. 
(b) CH3NH3+ + H2O → CH3NH2 + H3O+; Ka,c = 
Kw
Kb
 = 10
-14
5×10-4
 = 2,0x10-11. 
(c) C6H5NH3+ + H2O → C6H5NH2 + H3O+; Ka,c = 
Kw
Kb
 = 10
-14
4,2×10-10
 = 2,38x10-5. 
 
93. Calcule el pH de disoluciones 0,15 M de (a) NH4NO3; (b) (CH3)NH3NO3; (c) 
C6H5NH3NO3. 
 
Solución: (a) NH4NO3 → NH4+ + NO3
- 
 NH4
+ + H2O → NH3 + H3O+ Ka,c = 5,56x10-10 
 0,15 – x x x 
Ka,c = 
x2
0,15 - x
 = 5,56x10-10; si x << 0,15 M  x = �5,56×10-10 * 0,15 = 9,13x10-6 = 
= [H3O+]  pH = 5,04. 
(b) (CH3)NH3NO3 → (CH3) NH3+ + NO3
- 
(CH3) NH3
+ + H2O → (CH3)NH2 + H3O+ Ka,c = 2,0x10-11 
 0,15 – x x x 
Ka,c = 
x2
0,15 - x
 = 2,0x10-11; si x << 0,15 M  x = �2,0×10-11 * 0,15 = 1,73x10-6 = 
= [H3O+]  pH = 5,76. 
(c) De manera similar: [H3O+] = x = �2,38×10-5 * 0,15 = 1,89x10-3  pH = 2,72. Sin 
simplificar: 2,38x10-5 = x
2
0,15 - x
  x2 + 2,38x10-5x + 3,57x10-6 = 0. Resolviendo: 
x = 1,88x10-3  pH = 2,73. 
 
94. Para cada uno de los siguientes pares de sustancias, prediga cuál solución tendrá 
el pH más bajo. Indique cómo llega a la respuesta. (a) bromuro amónico, NH4Br, 
0,015 M y nitrato amónico, NH4NO3, 0,015 M; (b) perclorato amónico, NH4ClO4, 
0,015 M y fluoruro amónico, NH4F, 0,010 M; (c) cloruro amónico, NH4Cl, 0,010 M y 
cloruro amónico, NH4Cl, 0,05 M. [Pista: piense antes de calcular]. 
 
Solución: (a) Ambos derivan de ácido fuerte y base débil; por tanto, se hidrolizan 
en la misma medida y tienen igual pH. Para ambos se cumple: 
 NH4A → NH4
+ + A- 
 NH4
+ + H2O → NH3 + H3O+ Ka,c = 5,56x10-10 
 0,015 – x x x 
Ka,c = 
x2
0,015 - x
 = 5,56x10-10  x = [H3O+] ≅ �5,56×10-10 * 0,015 = 2,89x10-6  
 pH = 5,54. 
(b) El NH4ClO4 proviene de base débil y ácido fuerte; y el NH4F de ácido y base 
débiles. El primero (NH4ClO4) da hidrólisis: pH > 7 y en el segundo (NH4F) se 
hidrolizan anión y catión; por tanto, es de esperar que el pH sea mayor ya quela [acídica] es menor y además tiene presente un componente básico. 
En el 1º: el cálculo es similar a la del apartado (a)  pH = 5,54. 
En el 2º: NH4F → NH4
+ + F- 
 0,010 0,010 0,010 
 NH4
+ + H2O → NH3 + H3O+ Ka,c = 
10-14
1,8×10-5
 = 5,56x10-10 
 0,010 – x x x 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
57 
 F- + H2O → HF + OH- Kb,c = 
10-14
7,2×10-4
 = 1,39x10-11 
 0,010 – y y y 
Como Ka,c > Kb,c  predomina la hidrólisis ácida, pero con componente básico 
 [H3O+] < �5,56×10-10 * 0,010 = 2,36x10-6  pH > 5,63. 
(c) Se trata de la misma sustancia NH4Cl (de ácido fuerte y base débil); dará hidró-
lisis ácida. Como [H3O+] ≅ �[NH4Cl] * Ka,c  a > [NH4Cl]  > [H3O+]  < pH. 
Por tanto el pH menor corresponde a la solución de concentración 0,050 M. 
 
95. Si tanto el catión como el anión de una sal reaccionan con agua cuando se disuel-
ve, ¿qué determina el que la solución sea ácida o básica? Clasifique las disolucio-
nes acuosas de las siguientes sales como ácidas o básicas, (a) NH4F(aq) y (b) 
CH3NH3OI(aq). Kb = 1,8 x 10-5 para NH3. Ka = 7,2 x 10-4 para HF. Kb = 5,0 x 10-4 pa-
ra CH3NH2 y Ka = 2,3 x 10-11 para HOI. 
 
Solución: El carácter ácido o básico de la solución viene determinado por la Ka o 
Kb: si Ka = Kb  solución neutra; si Ka > Kb  solución ácida; y si Ka < Kb  solu-
ción básica. 
(a) NH4F(eq): Ka,HF = 7,2x10-4 > Kb,NH3 = 1,8x10
-5  solución ácida. 
(b) CH3NH3OI: Kb,CH3NH2 = 5,0x10
-4 > Ka,HOI = 2,3x10-11  solución básica. 
 
96. ¿Por qué las sales que contienen cationes relacionados con bases insolubles (hi-
dróxidos metálicos) y aniones relacionados con ácidos fuertes dan disoluciones áci-
das? Use el Fe(NO3)3 para ilustrarlo. 
 
Solución: Usualmente este tipo de sales son sales hidratadas; al cristalizar se ro-
dean de 6 moléculas de agua formando iones complejos. Por ejemplo, es el caso 
de Fe(NO3)3, el ión Fe+3 es en realidad un ión complejo: [Fe(OH2)6]3+. Siendo así, y 
por tratarse de un ión pequeño (de tamaño) y con carga relativamente alta (pasa 
igual con Al y Cr) una de las moléculas de agua puede transferir un protón al agua, 
para dar una solución ácida: [Fe(OH2)6]3+(eq) + H2O(l) → [Fe(OH)(OH2)5]2+(eq) + 
+ H3O+(eq). 
 
97. Dados los valores de pH para disoluciones con las concentraciones siguientes, cal-
cule las constantes de hidrólisis para los cationes: (a) CeCl3, cloruro de cerio (III), 
0,00050 M, pH = 5,99; (b) nitrato de cobre (II), Cu(NO3)2, 0,10 M, pH = 4,50; (c) 
perclorato de escandio, Sc(ClO4)3, 0,10 M, pH = 3,44. 
 
Solución: (a) CeCl3 → Ce+ + 3Cl- 
 [Ce(H2O)7]3+ + H2O → [Ce(OH)(H2O)6] + H3O+ 
 (5x10-4 – x) M x M x M 
Como pH = 5,99  [H3O+] = 1,02x10-6  Kh = 
x2
5×10-4 - x
 = 
�1,02×10-5�
2
5×10-4 - 1,02×10-6
 = 
= 2,10x10-9 = Kh, a 
(b) Cu(NO3)2 → Cu2+ + 2NO-3 
 [Cu(H2O)3]2+ + H2O → [Cu(OH)(H2O)2]+ + H3O+ 
 (0,10 – x)M x M x M 
[H3O+] = x = 10-4,5 = 3,16x10-5  Kh = 
x2
0,10 - x
 = 
�3,16×10-5�
2
0,10 - 3,16×10-5
 = 1,00x10-8 = Kh, a 
(c) Sc(CIO4)3 → Sc3+ + CIO4
-3 
[Sc(H2O)6]3+(eq) + H2O(l) →[Sc(OH)(H2O)5]2+(eq) + H3O+(eq) 
 0,10 – x x x 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
58 
[H3O+] = x = 10-3,44 = 3,63x10-4  Kh = 
�3,63×10-4�
2
0,1 - 3,63×10-4
 = 1,32x10-6 = Kh, a 
 
98. Construya la curva pH vs nNaOH añadidos obtenida añadiendo NaOH sólido a 1 L de 
disolución de HCl 0,0500 M. Número de moles de NaOH adicionados: (a) ninguno; 
(b) 0,00500; (c) 0,01500; (d) 0,02500 (valorado el 50 %); (e) 0,03500; (f) 0,04500; 
(g) 0,04750; (h) 0,0500 (valorado el 100 %); (i) 0,0525; (j) 0,0600; (k) 0,0750 (exce-
so del 50 % de NaOH). Consulte la tabla III.2 (rangos de viraje para algunos indica-
dores ácido-base) y cite qué indicadores se podrían utilizar en esta valoración. 
 
Solución: nHCl = M * V = 0,0500 
moles
L
 * 1 L = 0,0500 moles. Construimos tabla para 
graficar pH vs nNaOH añadidos. 
(a) nNaOHañ = 0  [H3O+] = [HCl] = 0,0500 M  pH0 = 1,30. 
(b) nNaOHañ = 0,0500 M, ocurre la Rx de neutralización: 
 NaOH(eq) + HCl(eq) → NaCl(eq) + H2O(l) 
Inicio (nº moles): 0,00500 0,0500 0 0 
Final: 0 (0,0500 – 0,00500) 0,00500 0,00500 
Por tanto: nHCl = 0,0500 – 0,00500 = 0,0450 moles HCl  [H+] = 0,0450 M [HCl 
es ácido fuerte  [HCl] = [H3O+]; y consideramos que el volumen de la solución 
(1 L) no cambia al adicionar NaOH]  pH1 = 1,35. 
Esta misma Rx tiene lugar hasta la neutralización total: 
(c) nHCl = 0,0500 – 0,01500 = 0,035 moles HCl  [H3O+] = 0,035 M  pH2 = 1,46. 
(d) nHCl = 0,0500 – 0,02500 = 0,02500 moles HCl  [H3O+] = 0,025 M  pH3 = 
= 1,60. 
(e) nHCl = 0,0500 – 0,03500 = 0,01500 moles HCl  [H3O+] = 0,015 M  pH4 = 
= 1,82. 
(f) nHCl = 0,0500 – 0,04500 = 0,00500 moles HCl  [H3O+] = 0,0050 M  pH5 = 
= 2,30. 
(g) nHCl = 0,0500 – 0,04750 = 0,00250 moles HCl  [H3O+] = 0,0025 M  pH6 = 
= 2,60. 
(h) nHCl = 0,0500 – 0,0500 = 0  neutralización; sólo queda agua y NaCl (sal neu-
tra); por tanto pH7 = 7 (del agua pura) PUNTO DE EQUIVALENCIA (PE). 
(i) Más allá del punto de equivalencia: 
 NaOH(eq) + HCl(eq) → NaCl(eq) + H2O(l) 
Inicio: 0,0525 0,0500 0 0 
Final: 0,0025 0,0 0,0500 0,0500 
y [NaOH] = [OH-] = 0,0525 – 0,0500 = 0,0025 M  pOH = 2,6  pH8 = 14 – 
― 1,6 = 11,40 = pH8. 
(j) [OH-] = 0,600 – 0,0500 =0,0100 M  pOH = 2,00  pH9 = 12,00. 
(k) [OH-] = 0,0750 – 0,0500 =0,0250 M  pOH = 1,6  pH10 = 12,40. 
Tabulamos los resultados y graficamos: 
Ap. NNaOH añ pH Predomina 
(a) 0,00000 1,30 HCl 
(b) 0,00500 1,35 HCl 
(c) 0,01500 1,46 HCl 
(d) 0,02500 1,60 HCl 
(e) 0,03500 1,82 HCl 
(f) 0,04500 2,30 HCl 
(g) 0,04750 2,60 HCl 
(h) 0,0500 7,00 PE 
(i) 0,0525 11,40 NaOH 
(j) 0,0600 12,00 NaOH 
(k) 0,0750 12,40 NaOH 
Capítulo IIl. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
59 
 
 
99. Una muestra de 25,0 mL de HNO3 0,125 M se valora con NaOH 0,100 M. Calcule el 
pH de la disolución (a) antes de la adición de NaOH y después de la adición de (b) 
5,0 mL, (c) 12,5 mL, (d) 25,0 mL, (e) 31,25 mL, (f) 37,5 mL de NaOH, (g) ¿Se al-
canza el punto de equivalencia (PE)? ¿Cuál es el volumen necesario de NaOH para 
alcanzarlo? 
 
Solución: (a) HNO3 1,25 M  Ácido fuerte: [H3O+] = [HNO3] = 1,25 M  pH0 = 
= 0,0969. 
(b) HNO3(eq) + NaOH(eq) → NaNO3(eq) + H2O(l) 
 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 
 25,0 mL 5,0 mL 
 1,25 M 0,1 
 0,03125 5x10-4 moles Moles Iniciales 
 -5x10-4 -5x10-4 Rx 
 0,03075 0 Moles Finales 
Por tanto; considerando que los volúmenes son aditivos: Vf = (25,0 + 5,0) mL = 
= 30 mL  Vf = 0,030 L y [HNO3] = [H3O+] = 
0,03075 moles
0,030 L
 = 1,025 M  pH = 
= 0,011. 
(c) El cálculo es similar hasta el PE: nNaOH = 0,0125 L * 0,100 M = 1,25x10-3 moles; 
Vf = 25,0 + 12,5 = 37,5 mL ó Vf = 0,0375 L  [HNO3] = = [H3O+] = 
= 0,03125 moles - 1,25×10
-3 moles
0,0375 L
 = 0,03 moles
0,0375 L
 = 0,8 M = [H3O+]  pH2 = 0,097. 
(d) NNaOH = 0,025 L * 0,100 M = 2,5x10-3 moles; Vf = 25,0 + 25,0 = 50 mL ó 0,050 L 
 [HNO3] = [H3O+] = 
0,03125 moles - 2,5×10-3 moles
0,050 L
 = 0,575 M  pH3 = 0,240. 
(e) nNaOH = 0,03125 L * 0,100 M = 3,125x10-3 moles; Vf = 25,0 + 31,25 = 56,25 mL 
o 0,05625 L  [HNO3] = [H3O+] = 
0,03125 moles – 3,125×10-3 moles
0,05625 L
 = 0,5 M  pH4 = 
= 3,01. 
(f) nNaOH = 0,0375 L * 0,100 M = 3,75x10-3 moles; Vf = 25,0 + 37,5 = 62,5 mL o 
0,0625 L  [HNO3] = [H3O+] = 
0,03125 moles – 3,75×10-3 moles
0,0625 L
 = 0,44 M  pH5 = 3,57. 
(g) No se alcanza el PE: Vb = 
Ma * Va
Mb
 = 1,25 M * 25,0 mL
0,1 M
 = 312,5 mL. 
0,00
1,00
2,00
3,00
4,00
5,00
6,00
7,00
8,00
9,00
10,00
11,00
12,00
13,00
14,00
0,00000
0,01000
0,02000
0,03000
0,04000
0,05000
0,06000
0,07000
0,08000
pH
 
nNaOH añ 
Problema 98. Curva de valoración: AF-BF. 
Zona de viraje de la feolftaleína 
PE 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
60 
 
100. Se adiciona NaOH sólido a 1 L de disolución de CH3COOH 0,0200 M. Número de 
moles de NaOH adicionados: (a) ninguno; (b) 0,00400; (c) 0,00800; (d) 0,01000 
(valorado el 50 %); (e) 0,01400; (f) 0,01800; (g)