$\ce{HA} \enspace c_{\rm{a}} \quad$ ($c_{\rm{a}}$, concentración analítica, es la concentración total)
$ \def\ieqarrow#1#2{ \stackrel{ \Newextarrow{\xrightharpoon}{10,10}{0x21C0} \overset{#1}{ \Rule{0pt}{0.4em}{0pt} \smash{ \xrightharpoon[\hphantom{#2}]{\hphantom{#1}} } } }{ \Rule{0pt}{1.5mu}{0pt} \Newextarrow{\xleftharpoon}{10,10}{0x21BD} \underset{#2}{ \smash{ \xleftharpoon[\hphantom{#2}]{\hphantom{#1}} } } } } \begin{array}{l} \ce{ HA + H2O -> A- \! + H3O+ } \\[1ex] \ce{ 2 H2O $\ieqarrow{}{\color{red}\leftarrow}$ H3O+ \! + OH- } \end{array} $
El aumento de la concentración de iones $\ce{H3O+ \!}$ procedentes de la disociación de $\ce{HA}$ provoca un desplazamiento hacia la izquierda del equilibrio de autoprotólisis del agua.
Debido a que en las reacciones ácido-base los protones que se ganan por un lado son iguales a los que se pierden por otro, se establece lo que se conoce como condición de balance protónico. Se define el balance protónico tal que la suma de las concentraciones de las especies que han ganado protones es igual a la suma de las concentraciones de las especies que han perdido protones.
$\ce{[H3O+] = [A-] + [OH-]} \quad$ (balance protónico)
A partir de esta expresión será posible el cálculo del $\ce{pH}$, teniendo en cuenta algunas relaciones adicionales.
Dado que $\ce{HA}$ está totalmente disociado $[\ce{A-}] = c_{\rm{a}}$, por lo que:
$\ce{[H3O+] = $c_{\rm{a}}$ + [OH-]}$
En este punto, para concentraciones relativamente altas de ácido fuerte, son las habituales de trabajo, se pueden considerar despreciables los iones $\ce{H3O+} \!$ provenientes del equilibrio de autoprotólisis del $\ce{H2O}$, y simplificar la expresión anterior eliminando de la misma la concentración de $\ce{OH-} \!$ ($c_{\rm{a}} > 20[\ce{OH-}]$).
$\ce{[H3O+] = $c_{\rm a}$ + \!\! $\cancel{[\ce{OH-}]}$ \! \approx $c_{\rm a}$ \qquad [OH-] \! \ll $c_{\rm a}$}$
Si no se tiene en cuenta la simplificación anterior, es necesario para desarrollar una ecuación general emplear la expresión de $\ce{Kw}$:
$ \begin{array}{l} \ce{Kw = [H3O+][OH-]} \\[1ex] [\ce{OH-}] = \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{H3O+}]} \end{array} $
Sustituyendo en la expresión de balance protónico, y reordenando, queda una ecuación de segundo grado:
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] = c_{\rm a} + \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{H3O+}]} \\[1ex] [\ce{H3O+}]^2 - c_{\rm a}[\ce{H3O+}] - \ce{Kw} = 0 \end{array} $
Cuya única solución, al no tener sentido físico una que fuera negativa:
$ [\ce{H3O+}] = \dfrac{c_{\rm a}}{2} + \sqrt{ \dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} + \ce{Kw} } $
Ésta es la expresión general para un ácido fuerte $\ce{HA}$. Siendo $c_{\rm a}$ y $\ce{Kw}$ conocidas, puede calcularse la concentración de $\ce{H3O+} \!$ y, por tanto, el $\ce{pH}$.
Para concentraciones altas de $\ce{HA}$, donde $\dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} \gg \ce{Kw}$, puede realizarse una simplificación de la expresión general, coincidiendo el resultado con la que ya se hizo anteriormente directamente sobre la expresión del balance protónico.
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] = \dfrac{c_{\rm a}}{2} + \sqrt{ \dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} + \! \cancel{\ce{Kw}} } \approx c_{\rm a} \qquad \dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} \gg \ce{Kw} \\[1ex] \dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} > 20 \ce{Kw} \: \Rightarrow \: c_{\rm a} > \ce{10^{-6} M} \end{array} $
Ejemplos:
$ \ce{ HA + H2O -> H3O+ \! + A- } $
- $ \ce{HA} \enspace c_{\rm a} = \ce{10^{-1} M} $
$ \begin{array}{l} \ce{[H3O+] = [A-] + \!\! $\cancel{[\ce{OH-}]}$ = $c_{\rm a}$} \\[1ex] \ce{[H3O+] = 10^{-1} M $\: \Rightarrow \:$ pH = -\log 10^{-1} = 1} \\[1ex] \ce{[OH-]} = \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{H3O+}]} = \pu{e-13 M} \ll c_{\rm a} \Rightarrow \text{Simplificación absolutamente válida.} \end{array} $
- $ \ce{HA} \enspace c_{\rm a} = \pu{e-4 M} $
$ \ce{[H3O+] = \pu{e-4 M} $\: \Rightarrow \:$ pH = 4} $
- $ \ce{HA} \enspace c_{\rm a} = \ce{10^{-7} M} $
Suponiendo primero que sí fuera adecuado despreciar la concentración de $\ce{OH-} \!$ en el balance protónico:
$ \begin{array}{l} \ce{[H3O+] = $c_{\rm a}$ = 10^{-7} M $\Rightarrow$ pH = 7} \\[1ex] \ce{[OH-] = 10^{-7} M \cancel{\ll} $c_{\rm a} \Rightarrow \;$} \text{mal} \end{array} $
No se cumple la suposición, por tanto el cálculo no es correcto. Según la expresión general, sin hacer simplificaciones:
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] = \dfrac{c_{\rm a}}{2} + \sqrt{ \dfrac{{c_{\rm a}}^2}{4} + \ce{Kw} } \\[1ex] [\ce{H3O+}] = \dfrac{10^{-7}}{2} + \sqrt{ \dfrac{10^{-14}}{4} + 10^{-14} } = \pu{1,62e-7 M} \: \Rightarrow \: \ce{pH} = 6{,}79 \end{array} $
$ \ce{ NaOH \enspace $c_{\rm b}$ } $
$ \begin{array}{l} \ce{NaOH -> Na+ \! + OH-} \\[1ex] \ce{2 H2O <=> H3O+ \! + OH-} \end{array} $
Dado que en la solución el número de cargas positivas ha de ser igual al número de cargas negativas:
$ \ce{[Na+] + [H3O+] = [OH-]} $
Esto se conoce como balance de cargas, y a partir de esta expresión se puede calcular el $\ce{pH}$.
Considerando que el $\ce{NaOH}$ está completamente disociado, por lo que la concentración de $\ce{Na+} \!$ es igual a $c_{\rm b}$, y que la concentración de $\ce{H3O+ \!}$, en las concentraciones habituales de base fuerte, es despreciable:
$ \begin{array}{l} [\ce{Na+}] = c_{\rm b} \quad \enspace [\ce{H3O+}] \ll c_{\rm b} \\[1ex] [\ce{OH-}] = c_{\rm b} + \! \cancel{[\ce{H3O+}]} \approx c_{\rm b} \\[1ex] [\ce{H3O+}] = \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{OH-}]} = \dfrac{\ce{Kw}}{c_{\rm b}} \\[1ex] \Rightarrow \ce{pH} = -\log[\ce{H3O+}] = \log c_{\rm b} + \ce{pKw} = \log c_{\rm b} + 14 \end{array} $
Ejemplo:
$ \begin{array}{l} \ce{NaOH} \enspace c_{\rm b} = \pu{e-1 M} \\[1ex] \ce{pH} = \log 10^{-1} + 14 = 14 - 1 = 13 \\[1ex] [\ce{H3O+}] = \pu{e-13 M} \ll c_{\rm b} \, \Rightarrow \, \text{Simplificación válida} \end{array} $
$ \begin{array}{l} \ce{ HA + H2O $\ieqarrow{\displaystyle \ce{Ka}}{}$ H3O+ \! + A- } \\ \ce{ 2 H2O $\ieqarrow{\displaystyle \ce{Kw}}{}$ H3O+ \! + OH- } \end{array} $
Para resolver el sistema, hay que observar tanto las especies como las constantes de equilibrio presentes.
$ \begin{array}{l} \ce{ HA \quad A- \quad H3O+ \quad OH- } \\[1ex] \ce{Ka} = \dfrac{[\ce{H3O+}][\ce{A-}]}{[\ce{HA}]} \\[1ex] \ce{Kw} = [\ce{H3O+}][\ce{OH-}] \end{array} $
La concentración analítica $c_{\rm a}$ es la concentración total del ácido:
$ \ce{ $c_{\rm a}$ = [HA] + [A-] } $
El balance protónico se basa en que la suma de los protones ($\ce{H+}\!$) que se ganan es igual a la suma de los que se pierden. Nunca los reactivos aparecen en la expresión del balance protónico, sólo aparecen los productos.
$ \ce{ [H3O+] = [A-] + [OH-] } $
La principal especie a determinar es el $\ce{H3O+} \!$, para encontrar el $\ce{pH}$.
¿Cómo se calcula el $\ce{pH}$?
1ª hipótesis:
Los $\ce{H3O+} \!$ procedentes de la autoionización del $\ce{H2O}$ son despreciables.
Observando las reacciones, podemos desglosar los $\ce{H3O+}$ entre los que provienen del $\ce{HA}$ y los que lo hacen del $\ce{H2O}$.
$ [\ce{H3O+}] = [\ce{A-}] + \! \cancel{[\ce{OH-}]} \approx [\ce{A-}] $
2ª hipótesis:
La mayoría del ácido no está disociado.
Esto es:
$ [\ce{A-}] \ll c_{\rm a} \: \Rightarrow \: c_{\rm a} = [\ce{HA}] + \! \cancel{[\ce{A-}]} \approx [\ce{HA}] $
Partiendo de la ecuación de la $\ce{Ka}$ e incorporando las hipótesis:
$ [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{[\ce{HA}]}{[\ce{A-}]} $
→ 1ª hipótesis
$ [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{[\ce{HA}]}{[\ce{H3O+}]} \: \Rightarrow \: [\ce{H3O+}]^2 = \ce{Ka} [\ce{HA}] $
→ 2ª hipótesis
$ [\ce{H3O+}]^2 = \ce{Ka} c_{\rm a} \: \Rightarrow \: [\ce{H3O+}] = \sqrt{\ce{Ka} c_{\rm a}} $
Así pues:
$ \ce{pH} = \dfrac{1}{2} \ce{pKa} - \dfrac{1}{2} \log c_{\rm a} $
Ejemplo en que se supone:
$ \begin{array}{l} \ce{Ka} = \pu{4e-5} \\ c_{\rm a} = \pu{e-1 M} \end{array} $
Entonces:
$ [\ce{H3O+}] = \sqrt{\pu{4e-5} \cdot 10^{-1}} = 2 \cdot 10^{-3} \: \Rightarrow \: \ce{pH} = 2{,}7 $
Comprobación de las hipótesis:
$ \begin{array}{l} [\ce{OH-}] = \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{H3O+}]} = \dfrac{10^{-14}}{\pu{2e-3}} = \pu{0,5e-11 M} = [\ce{H3O+}]_{\ce{H2O}} \\[1ex] [\ce{H3O+}] = [\ce{H3O+}]_{\ce{HA}} + [\ce{H3O+}]_{\ce{H2O}} \\[1ex] \pu{2e-3} \! = [\ce{H3O+}]_{\ce{HA}} \! + \pu{0,5e-11} \Rightarrow [\ce{H3O+}]_{\ce{HA}} \! = \pu{2e-3} \! - \! \cancel{\pu{0,5e-11}} \end{array} $
$\Rightarrow$ 1ª hipótesis correcta
$ \begin{array}{l} [\ce{A-}] = [\ce{H3O+}] = \pu{2e-3 M} \\[1ex] c_{\rm a} = [\ce{HA}] + [\ce{A-}] \\[1ex] 10^{-1} = [\ce{HA}] + \pu{2e-3} \Rightarrow [\ce{HA}] = 10^{-1} - \cancel{\pu{2e-3}} \end{array} $
$\Rightarrow$ 2ª hipótesis correcta
Caso de una $c_{\rm a}\!$ mucho más pequeña:
$ \begin{array}{l} c_{\rm a} = \pu{e-3 M} \\[1ex] [\ce{H3O+}] = \sqrt{\ce{Ka} c_{\rm a}} = \sqrt{\pu{4e-5} \cdot 10^{-3}} = \pu{2e-4 M} \\[1ex] \Rightarrow \ce{pH} = 3{,}7 \approx 4 \end{array} $
Comprobación de las hipótesis:
$ [\ce{H3O+}]_{\ce{H2O}} = [\ce{OH-}] \approx \pu{e-10 M} $
$\Rightarrow$ 1ª hipótesis se cumple
$ [\ce{HA}] = c_{\rm a} -[\ce{A-}] \approx 10^{-3} - 10^{-4} \Rightarrow [\ce{A-}] \approx \pu{10\%} $ de $c_{\rm a}$
$\Rightarrow$ 2ª hipótesis no se cumple
Hay que rehacer los cálculos teniendo en cuenta sólo la primera hipótesis:
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{[\ce{HA}]}{[\ce{A-}]} \\[1ex] [\ce{A-}] = [\ce{H3O+}] \Leftarrow \text{1ª hipótesis} \\[1ex] [\ce{HA}] = c_{\rm a} - [\ce{A-}] = c_{\rm a} - [\ce{H3O+}] \end{array} $
Sustituyendo en la primera igualdad:
$ [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{c_{\rm a} - [\ce{H3O+}]}{[\ce{H3O+}]} $
Ecuación de segundo grado, que al resolver da como resultado un $\ce{pH} = 3{,}74$. Así pues, la fórmula más sencilla, resultado de tener en cuenta las dos hipótesis, es una aproximación muy cercana.
Como se observa en esta última ecuación, si fuera $c_{\rm a} \gg [\ce{H3O+}]$ la consiguiente simplificación conduciría a la expresión resultado de tener en consideración las dos hipótesis. Este es el caso de ácidos débiles, están poco disociados, cuando su concentración no es excesivamente baja.
Dejando los ejemplos y volviendo a la teoría, si no se tienen en cuenta hipótesis previas:
Sustituyendo:$ \begin{array}{l} \ce{Ka} = \dfrac{[\ce{H3O+}] [\ce{A-}]}{[\ce{HA}]} \: \Rightarrow \: [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{[\ce{HA}]}{[\ce{A-}]} \\[1ex] [\ce{H3O+}] = [\ce{A-}] + [\ce{OH-}] \: \Rightarrow \: [\ce{A-}] = [\ce{H3O+}] - [\ce{OH-}] \\[1em] c_{\rm a} = [\ce{HA}] + [\ce{A-}] \: \Rightarrow \: [\ce{HA}] = c_{\rm a} - [\ce{A-}] \end{array} $
$ [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{c_{\rm a} - [\ce{A-}]}{[\ce{A-}]} = \ce{Ka} \dfrac{c_{\rm a} - ([\ce{H3O+}] - [\ce{OH-}])}{[\ce{H3O+}] - [\ce{OH-}]} $
Si sobre esta expresión general se hace la sustitución $[\ce{OH-}] = \ce{Kw} \big/ [\ce{H3O+}]$ se obtendría una ecuación de tercer grado. Así pues, para resolver de forma sencilla, es conveniente recurrir a simplificaciones análogas a las ya vistas. La primera, al ser un medio ácido, sería considerar la concentración de $\ce{OH-} \!$ mucho menor que la de $\ce{H3O+}$:
$ \begin{array}{l} [\ce{OH-}] \ll [\ce{H3O+}] \\ \Rightarrow [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{ c_{\rm a} - ([\ce{H3O+}] - \! \cancel{[\ce{OH-}]}) }{ [\ce{H3O+}] - \! \cancel{[\ce{OH-}]} } \approx \ce{Ka} \dfrac{c_{\rm a} - [\ce{H3O+}]}{[\ce{H3O+}]} \end{array} $
Ecuación de segundo grado que aún es posible simplificar más. Al ser un ácido débil estará poco disociado, de tal modo que, segunda hipótesis, $c_{\rm a}$ es mucho mayor que $[\ce{H3O+}]$:
$ \begin{array}{l} c_{\rm a} \gg [\ce{H3O+}] \\ \Rightarrow [\ce{H3O+}] = \ce{Ka} \dfrac{ c_{\rm a} - \! \cancel{[\ce{H3O+}]} }{ [\ce{H3O+}] } \approx \ce{Ka} \dfrac{c_{\rm a}}{[\ce{H3O+}]} \\[1ex] \Rightarrow [\ce{H3O+}] = \sqrt{\ce{Ka} c_{\rm a}} \end{array} $
Obteniéndose la misma ecuación sencilla ya vista anteriormente. En realidad, se han aplicado las mismas aproximaciones que entonces.
Como es posible observar, ambas simplificaciones aplicadas sobre la expresión general son contradictorias, ya que cuanto más fuerte es el ácido débil más válida sería la primera simplificación, $[\ce{OH-}] \ll [\ce{H3O+}]$, y menos lo sería la segunda, $c_{\rm a} \gg [\ce{H3O+}]$, al aumentar $[\ce{H3O+}]$ al estar $\ce{HA}$ más disociado. Al revés sucede si el ácido fuese excesivamente débil.
Llegado este punto, también se pueden averiguar $[\ce{HA}]$ y $[\ce{A-}]$:
$ \begin{array}{l} c_{\rm a} = [\ce{HA}] + [\ce{A-}] \\[1ex] [\ce{A-}] = \dfrac{\ce{Ka} [\ce{HA}]}{[\ce{H3O+}]} \\[1ex] \qquad \begin{array}{l} \Rightarrow c_{\rm a} = [\ce{HA}] + \dfrac{\ce{Ka} [\ce{HA}]}{[\ce{H3O+}]} = [\ce{HA}] \left( 1 + \dfrac{\ce{Ka}}{[\ce{H3O+}]} \right) \\[1ex] \Rightarrow [\ce{HA}] = \dfrac{c_{\rm a} [\ce{H3O+}]}{[\ce{H3O+}] + \ce{Ka}} \end{array} \\[1em] [\ce{HA}] = \dfrac{[\ce{H3O+}] [\ce{A-}]}{\ce{Ka}} \\[1ex] \qquad \begin{array}{l} \Rightarrow c_{\rm a} = \dfrac{[\ce{H3O+}] [\ce{A-}]}{\ce{Ka}} + [\ce{A-}] = [\ce{A-}] \left( \dfrac{[\ce{H3O+}]}{\ce{Ka}} + 1\right) \\[1ex] \Rightarrow [\ce{A-}] = \dfrac{ c_{\rm a} \ce{Ka} }{ [\ce{H3O+}] + \ce{Ka} } \end{array} \end{array} $
Con estas últimas expresiones, para un $\ce{pH}$ determinado, ya se pueden calcular todas las especies del sistema.
$ \begin{array}{l} \ce{B + H2O <=> BH+ \! + OH-} \\[1ex] \ce{2 H2O <=> H3O+ \! + OH-} \end{array} $
Especies y constantes de equilibrio del sistema:
$ \begin{array}{l} \ce{B} \, \quad \ce{BH+} \quad \ce{OH-} \quad \ce{H3O+} \\[1ex] \ce{Kb} = \dfrac{[\ce{BH+}] [\ce{OH-}]}{[\ce{B}]} \qquad \ce{Kb} \cdot \ce{Ka} = \ce{Kw} \\[1ex] \ce{Kw} = [\ce{H3O+}][\ce{OH-}] \end{array} $
Balance protónico:
$ [\ce{OH-}] = [\ce{BH+}] + [\ce{H3O+}] $
Concentración analítica:
$ c_{\rm b} = [\ce{B}] + [\ce{BH+}] $
Al igual que con el ácido débil, para simplificar los cálculos, también se aplican hipótesis previas razonables.
1ª hipótesis: Los iones $\ce{OH-} \!$ procedentes de la autoionización del agua son despreciables.
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] \ll [\ce{BH+}] \\[1ex] \Rightarrow [\ce{OH-}] = [\ce{BH+}] + \mspace{-5mu} \cancel{[\ce{H3O+}]} \! \approx [\ce{BH+}] \end{array} $
2ª hipótesis: Base débil que mayoritariamente no estará protonada.
$ \begin{array}{l} [\ce{B}] \gg [\ce{BH+}] \\[1ex] \Rightarrow c_{\rm{b}} = [\ce{B}] + \mspace{-5mu} \cancel{[\ce{BH+}]} \! \approx [\ce{B}] \end{array} $
Teniendo en cuenta esto y empleando la ecuación de la $\ce{Kb}$:
$ \begin{array}{l} [\ce{OH-}] = \ce{Kb} \dfrac{[\ce{B}]}{[\ce{BH+}]} \overset{\large 1ª}{=} \ce{Kb} \dfrac{[\ce{B}]}{[\ce{OH-}]} \overset{\large 2ª}{=} \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b}}{[\ce{OH-}]} \\[1ex] \Rightarrow [\ce{OH-}]^2 = \ce{Kb} c_{\rm b} \: \Rightarrow \: [\ce{OH-}] = \sqrt{\ce{Kb} c_{\rm b}} \end{array} $
Así pues:
$ \begin{array}{l} [\ce{H3O+}] = \dfrac{\ce{Kw}}{[\ce{OH-}]} = \dfrac{\ce{Kw}}{\sqrt{\ce{Kb} c_{\rm b}}} \\ \Rightarrow \ce{pH} = \ce{pKw} - \dfrac{1}{2}\ce{pKb} + \dfrac{1}{2}\log c_{\rm b} \end{array} $
También, es otra manera, se puede calcular el $\ce{pH}$ sin aplicar hipótesis previas y, para poder resolver de forma sencilla, simplificar al final. De las ecuaciones del balance protónico, para la concentración analítica y de la constante de basicidad:
$ \begin{array}{l} [\ce{BH+}] = [\ce{OH-}] - [\ce{H3O+}] \\[1em] [\ce{B}] = c_{\rm b} - [\ce{BH+}] \\[1ex] [\ce{OH-}] = \ce{Kb} \dfrac{[\ce{B}]}{[\ce{BH+}]} = \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b} - [\ce{BH+}]}{[\ce{BH+}]} = \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b} - ([\ce{OH-}] - [\ce{H3O+}])}{[\ce{OH-}] - [\ce{H3O+}]} \end{array} $
1ª simplificación: Medio básico, por lo que la concentración de iones $\ce{OH-} \!$ es mucho mayor que la de iones $\ce{H3O+}$.
$ \begin{array}{l} [\ce{OH-}] \gg [\ce{H3O+}] \\ \Rightarrow [\ce{OH-}] = \ce{Kb} \dfrac{ c_{\rm b} - ([\ce{OH-}] - \! \cancel{[\ce{H3O+}]}) }{ [\ce{OH-}] - \! \cancel{[\ce{H3O+}]} } \approx \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b} - [\ce{OH-}]}{[\ce{OH-}]} \end{array} $
2ª simplificación: Base débil, por lo que el equilibrio estará poco desplazado hacia la base protonada.
$ \begin{array}{l} c_{\rm b} \gg [\ce{OH-}] \\ \Rightarrow [\ce{OH-}] = \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b} - \! \cancel{[\ce{OH-}]}}{[\ce{OH-}]} \approx \ce{Kb} \dfrac{c_{\rm b}}{[\ce{OH-}]} \\[1ex] \Rightarrow [\ce{OH-}]^2 = \ce{Kb} c_{\rm b} \: \Rightarrow \: [\ce{OH-}] = \sqrt{\ce{Kb} c_{\rm b}} \\[1ex] \Rightarrow \ce{pH} = \ce{pKw} - \dfrac{1}{2} \ce{pKb} + \dfrac{1}{2} \log c_{\rm b} \end{array} $
Obviamente, el resultado es el mismo ya sea planteando los cálculos de una manera o de otra. De esta última manera primero se ha obtenido la expresión general, pero, dado que es una ecuación de tercer grado, es conveniente, para resolver más sencillamente, aplicar simplificaciones sobre la misma, cuya validez hay que comprobar a posteriori.
- Ácido fuerte $\ce{HA}$
$\ce{pH} = -\log c_{\rm a}$
- Base fuerte del tipo $\ce{NaOH}$ (monohidróxido)
$\ce{pH} = \ce{pKw} + \log c_{\rm b}$
- Ácido débil $\ce{HA}$
$\ce{pH} = {1/2} \, \ce{pKa} - {1/2} \log c_{\rm a}$
- Base débil $\ce{B}$
$\ce{pH} = \ce{pKw} - {1/2} \, \ce{pKb} + {1/2} \log c_{\rm b}$