Uzasadnienie: Wniosek jest nie poprawny. Po pierwsze nie prawdą jest to, że w roztworze o odczynie obojętnym nie ma ani kationów wodorotlenowych ani kationów wodorowych. Są one obecne w roztworze, a ich stężenia są sobie równe. Po drugie otrzymany roztwór nie ma odczynu obojętnego tylko lekko zasadowy. Po zmieszaniu stechiometrycznych ilości NaOH i HF powstał NaF, który dysocjuje na kationy sodu, które nie ulegają dalszym przemianom (NaOH jest mocnym elektrolitem) oraz F^-, który ulega hydrolizie (HF jest słabym elektrolitem), w wyniku czego w roztworze pojawiają się dodatkowe aniony wodorotlenowe.

 

Równania reakcji:

$\mathrm{HF}+\mathrm{OH}{}^{-}\to \mathrm{F}{}^{-}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$

$\mathrm{F}{}^{-}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}\rightleftarrows \mathrm{HF}+\mathrm{OH}{}^{-}$

 

Obliczenia:

Obliczamy liczbę moli NaOH (M = 40 g/mol) w 20 g roztworu, który zawiera 0,75% jego masowych:

$m_{\mathrm{NaOH}}=0,75\%\cdot 20\mathrm{g}$

$m_{\mathrm{NaOH}}=0,15\mathrm{g}$

$n=\frac{m}{M}$

gdzie:

n - liczba moli,

m - masa, 

M - masa molowa.

$n_{\mathrm{NaOH}}=\frac{0,15\mathrm{g}}{40\frac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}}$

$n_{\mathrm{NaOH}}=3,75\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}$

W analogiczny sposób obliczamy liczbę moli HF (M = 20 g/mol) w 30 g roztworu, który zawiera 0,25% jego masowych:

$m_{\mathrm{HF}}=0,25\%\cdot 30\mathrm{g}$

$m_{\mathrm{HF}}=0,075\mathrm{g}$

$n_{\mathrm{HF}}=\frac{0,075\mathrm{g}}{20\frac{\mathrm{g}}{\mathrm{mol}}}$

$n_{\mathrm{HF}}=3,75\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}$

Na podstawie stechiometrii równania reakcji HF i NaOH:

$\underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{NaOH}}+\underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{HF}}\to \underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{NaF}}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}$

Zauważamy, że substraty zostały zmieszane w sposób stechiometryczny. W wyniku reakcji powstała taka sama liczba moli NaF, który dysocjuje w wodzie na kationy Na⁺ i aniony F^-:

$\underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{NaF}}\stackrel{\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}}{\to }\underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{F}{}^{-}}+\underset{3,75\cdot 10{}^{-3}\mathrm{mol}}{\mathrm{Na}{}^{+}}$

Kationy Na+ pochodzą od mocnego elektrolitu, więc nie ulegają reakcji hydrolizy. Jony F^- są przyczyną powstania lekko zasadowego odczynu roztworu:

$\mathrm{F}{}^{-}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}\rightleftarrows \mathrm{HF}+\mathrm{OH}{}^{-}$

Wiedząc, że roztwór uzupełniono wodą do objętości 1dm3 określamy, że całkowite stężenie anionów F- wynosi:

$c_0=3,75\cdot 10^{-3}\frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}$

Odczytujemy z tablic stałą dysocjacji kwasu fluorowodorowego:

${\mathrm{K}}_a=6,31\cdot 10^{-4}$

i obliczamy stałą dysocjacji zasadowej anionu F^-, korzystając z zależności:

${\mathrm{K}}_a\cdot {\mathrm{K}}_b=10^{-14}\Rightarrow {\mathrm{K}}_b=\frac{10^{-14}}{{\mathrm{K}}_a}$

${\mathrm{K}}_b=\frac{10^{-14}}{6,31\cdot 10^{-4}}$

${\mathrm{K}}_b\approx 1,58\cdot 10^{-11}$

Sprawdzamy, czy możemy korzystać z uproszczonej wersji prawa rozcienczeń Ostwalda licząc iloraz:

$\frac{c_0}{{\mathrm{K}}_b}=\frac{3,75\cdot 10^{-3}}{1,58\cdot 10^{-11}}\gg 400$

Wartość ilorazu jest zdecydowanie większa od 400, co uprawnia nas do korzystania ze wzoru na obliczenie stopnia dysocjacji anionu F^-:

${\mathrm{K}}_b={\alpha }^2\cdot c_0\Rightarrow \alpha =\sqrt{\frac{{\mathrm{K}}_b}{c_0}}$

$\alpha =\sqrt{\frac{1,58\cdot 10^{-11}}{3,75\cdot 10^{-3}}}$

$\alpha \approx 6,49\cdot 10^{-5}$

Stopień dysocjacji dla anionu F^- z definicji to iloraz stężenia niezdysocjowanych cząsteczek HF oraz jego całkowitego stężenia w roztworze:

$\alpha =\frac{\left[\mathrm{HF}\right]}{c_0}$

Pomijając proces autodysocjacji wody, na podstawie równania hydrolizy anionu fluorkowego:

$\mathrm{F}{}^{-}+\mathrm{H}{}_2\mathrm{O}\rightleftarrows \mathrm{HF}+\mathrm{OH}{}^{-}$

możemy założyć, że:

$\left[\mathrm{HF}\right]=\left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]$

dzięki czemu otrzymujemy zależność, która umożliwi obliczenie stężenia anionów wodorotlenowych w roztworze:

$\alpha =\frac{\left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]}{c_0}\Rightarrow \left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]=\alpha \cdot c_0$

$\left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]=6,49\cdot 10^{-5}\cdot 3,75\cdot 10^{-3}\frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}$

$\left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]=2,43\cdot 10^{-7}\frac{\mathrm{mol}}{\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}$

Obliczamy wartość pOH oraz pH dla tego roztworu:

$\mathrm{pOH}=-\log \left[\mathrm{OH}{}^{-}\right]$

$\mathrm{pOH}=6,61$

$\mathrm{pH}+\mathrm{pOH}=14\Rightarrow \mathrm{pH}=14-\mathrm{pOH}$

$\mathrm{pH}=14-6,61$

$\mathrm{pH}=7,39$

Otrzymano roztwór o pH mniejszym niż 7,39 ale większym niż 7 (autodysocjacja wody). Ma on odczyn lekko zasadowy. Pomimo tego fenoloftaleina nie zabarwi się na malinowo, ponieważ w roztworze o pH mniejszym od 8 pozostaje ona bezbarwna.