UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA FACULTAD: Ciencias ESCUELA: Biotecnología CURSO: Bioenergetica PROFESOR: Jesús Ruiz Baca
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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA
FACULTAD: Ciencias ESCUELA: Biotecnología CURSO: Bioenergetica PROFESOR: Jesús Ruiz Baca CICLO: III
NOMBRE: León Velásquez Yessica
NVO.CHIMBOTE-PERU 2012
1. Calcular la concentración de los iones hidrogeno u oxidrilo, % de disociación y el pH de las siguientes disoluciones acuosas. a. Ácido fórmico, HCOOH, 1.20M HCOOH 1.20M X 0
H+ 0 0 x
(1.20 - x)
x
1.8 x10-4 =
COOH0 0 x
+
x
x2 1.20 – x
X=0.0147= 1.5x10-2 % de disociación 1.20M 1.20α 0 1.20-1.20α
0 0 1.20α 1.20α
1.8 x10-4 =
α=
pH= -log [H+] = -log 0.0147= 1.82 0 0 1.20α 1.20α
[1.20α] [1.20α] 1.20 [1- α]
√ 1.84 x 10−4 1.20
α= 1.2% b. Etilamina, C2H5NH2 C2H3NH3+ + OH-
C2H5NH2 + H2O 1.50 M X 0
0 0 x
0 0 x
(1.50 - x)
x
x
4.3 x10-4 =
x2 1.50 – x
X= 2.5 x 10-2
pH=14 - pOH=14- (-log[OH-])=14-( -log 2.5 x 10-2)= 12.40
4.3x10-4=
[1.50α] [1.50α] 1.50 [1- α]
α = 1.70%
c. Ácido cianhídrico, 1.6 x 10-2 M H3O+ + 0 0 x x
HCN + H2O 1.6 x 10-2 M X 0 (1.6 x 10-2 M – x) 4.9 x10-10 =
CN0 0 x x
x2 1.6 x10-2 – x
X= 2.8 x 10-6 pH= -log 2.8 x10-6 = 5.55 % disociación 1.6 x 10-2
0
1.6 x 10-2α
1.6 x 10-2α
(1.6 x 10-2 - 1.6 x 10-2α)
4.9 x10-10=
0
1.6 x 10-2
1.6 x 10-2α 1.6 x 10-2
(1.6 x 10-2)2 α2 1.6 x 10-2 (1- α)
α = 0.018% d. Amoníaco, 0.066M NH4+ 0 0 x x
NH3 + H2O 0.066M X 0 (0.066 – x) 1.8 x 10-5 =
+
OH0 0 x x
x2 0.066 – x
X= 1.1 x 10-3 pOH= -log [OH-] = -log 1.1x 10-3 pOH= 2.96 pH= 14- 2.96 = 11.04 % disociación 0.066 0.066α 0 0.066 (1- α)
0 0 0.066α 0.066α
0 0 0.066α 0.066α
1.8 x10-5 =
(0.066)2 α2
α= 1.7%
0.066 (1- α)
2.- el peso molecular de un ácido HA es 88. Cuando se disuelven en agua 2.73gr de HA, hasta alcanzar un volumen de 100ml, el pH de la soluciones 4,65 ¿Cuál es la constante de ionización? PM HA = 88
n=
2.73 gr HA 88 gr /mol HA
= 0.031 moles
H2O = 2.73 gr HA VS = 100ml
M=
0.031moles 0.100 ml = 0.3102
pH = 4.65 Ka = ¿? A- + H3O 0 0 X X X X
HA + H2O 0.3102 X 0.3102 – X
Ka =
A−¿. H 3O HA ¿
=
XX (0.3102− X)
Pero: pH = 4.65 2
Ka =
x 0.3102
--------
pH = - log(4.65) = antilog (-4.65) Ph = 2.24 x 10-5 = X
Ka =
2.24 x 10−5 0.3102
Ka = 1.6 x 10-9 3.- determinar el ph de las siguientes soluciones : a) 500ml de una solución de HCl cuya concentración es 2.45×10-3M b) 300ml de NaOH concentración 0.0176M
c) Una solución contituida por una mezcla de 250ml de una solución con una concentración en iones hidronio 0.106M y 350 ml de una solución con una concentración en iones hidronio de 5.62×10-2M d) Una solución constituida por una mezcla de 325 ml de una solución de ph 2.70 y 475ml de una solución de 3.20(suponga que la fuente inicial de iones hidronio de las 2 soluciones es el HCL ) a. HCl H+ + ClCa = 2.45 x 10-3 V1 = 250 ml pH = -log [H+] C = -log [H+] [2.45 = 0.100M pH x 10-3] n = V1C1 n1 = 250 ml x 0.106 M n1 == 2.61 26.5 ml/M pH
b. NaOH Na+ + OHCb = 0.0176 V2 = 350 ml pOH = -log 0.0176 + C = [HpOH ] = 5.62 x 10-2 M = 1.754 n = V2pH C2 = 14 – 1.754 n2 = 350 ml x5.62 x 10-2 M n2 =19.67 pH =ml/M 12.25
a.
+¿ H 3 O¿ ¿ ¿ +¿ H 3 O¿ ¿ ¿ [H3O+] = 0.07695 pH = -log [H3O+] pH = -log [0.07695] pH = 1.1
d.V1 = 325 ml pH = 2.70 -2.70 = log [H+]
V1 = 475 ml pH = 3.20 -3.20 = log [H+]
Antilog(-2.70) = [H+] [H+] = 2 x 10-3 n1 = 325 x (2 x 10-3) n1 = 0.05 moles
Antilog(-3.20) = [H+] [H+] = 6.3 x 10-4 n1 = 475 x (6.3 x 10-4) n1 = 0.3 moles
+¿¿ H ¿ ¿
[H+] =
0.65+0.3 325+ 475
[H+] = 1.2 x 10-3 pH = -log[1.2 x 10-3] pH = 2.925
4.- se agregara 14.90 ml de NaOH 0.250M a 30 ml de HCl 0.125 M ¿Cuál es el pH de la solución final?
[NaOH]
[HCl]
C: 0.250 M o N
C: 0.125M o N
V: 14.90ml
V: 30ml
N° de moles =14.90 ml 0.250 moles/litro
N° de moles =30 ml 0.125 moles/litro
N° = 3.725
N° = 3.75 moles
HCl
+
NaOH
↔
NaCl
+
H 20
3.750 3.725
3.725 3.725
0 3.725
0 0
0.025
0
3.725
0
[H+] = 3.75 – 3.725 44.90 44.90
pH= - log (5.567910-4)
[H+] = 5.567910-6
pH= 3.25
5.- Calcular la concentración del ion hidrogeno y el pH de las siguientes soluciones en agua pura: a. b. c. d.
Ácido acético 0.10 M (pka= 4.73) CH3COOH Ácido acético 3.85x10-3 M (pka = 4.74) CH3COOH Ácido bórico 2.0x10-3 M (pka = 9.24) HBO2 Fenol 0.001 M (pka = 9.89) C6H5OH
pH = 2.86 pH = 3.59 pH = 5.97 pH = 6.44
Solución: a.
H+
HC2H3O2
0
0
X
X
X
0.10 – X
X
X
+¿¿ H ¿ −¿ C2 H 3 O¿2 ¿ ¿ Ka=¿
1 pka ka = 10
2
−5
ka =
X =1.86 x 10 x (0.10−X )
10−3
+¿¿
=[ H
]
Entonces:
+¿¿ H ¿ ¿ pH ≅ ¿ pH=−log pH =
C2H3O2-
0.10M
Ka = -log(pka)
X = 1.36 x
+
−¿ log (1.36 x 10−3 )
1 4.73 10
Ka = 1.86 x 10-5
1 pka ka = 10
Ka = -log(pka)
1 4.74 10
ka =
Ka = 1.8 x 10-5
+¿¿ H ¿ −¿ C2 H 3 O¿2 ¿ ¿ Ka=¿ X 2=1.8 x 10−5 x (3.85 x 10−3 −X )
X = 2.64v68 x
+¿¿
10−4
=[ H
]
Entonces: pH =
−¿ log (2.6468 x 10−4 )
pH ≅
HB O2
c.
−¿ BO ¿2
+
3.85x10-3M
0
0
X
X
X
3.85x10-3 – X
X
X
Ka = -log(pka)
+¿¿ H ¿ −¿ BO ¿2 ¿ ¿ Ka=¿
H
+
1 pka ka = 10
ka =
1 10 9.24
Ka = 5.75 x 10-10
X 2=5.75 x 10−10 x (3.85 x 10−3− X) +¿¿
10−6
X = 1.072 x
=[ H
]
Entonces: pH =
−¿ log (1.072 x 10−6 )
pH ≅
C6 H 5 OH
d.
H+
0.001M
0
0
X
X
X
0.001– X
X
X
Ka = -log(pka)
1 pka ka = 10
+¿¿ H ¿ −¿ C 6 H ¿5 ¿ ¿ Ka=¿ X 2=1.288 x 10−10 x (0.001− X)
X = 3.59 x
10−7
+¿¿
=[ H
]
Entonces: pH =
−¿ log (3.59 x 10−7 )
pH ≅
ka =
+
1 10 9.89
−¿ ¿ C6 H 5
Ka = 1.288 x 10-10
6.- Considerece una solución de0.90M en acido fórmico y 0.10M en formiato de sodio a. calcúlese el pH de esta solución de acido fórmico – formiato de sodio , Ka= 1.8×10-4 b. a 100ml de esta solución se le añade 10.0 ml de HCl 1.0M¿cual es el pH de la solución resultante. Ka = 1.8 x 10-4 A. pH = pKa + Log [Sal] [Acido]
=> 3.47 + Log [1.10] => 30 [0.95]
pH = 3.74 + 0.92 pH = 3.83 B.
10 ml HCl ---- 1.0 M 100 ml Sol Buffer
[HCOOH] = 0.90 [HCOONO] = 1.10
=> 100 x 1.10 => 110 m moles [ HCOONa] => 100 x 0.90 => 90 m moles [HCCOH] =>
=> 10 m moles [HCl] => [H+]
HCOO- + H+
HCOOH
M Inicial
10
90
M Reaccionan
10
0
n Final
0
10
(10 - 10) 0
(90 + 10) 100
n eq. (110 - 10) 100
[HCOO-] => 100 m moles => 0.91 M /acido 110 [HCOOH] => 100 => 0.91 M / sal 110 pH = pKa + Log [0.91] [0.91]
pH = 3.74 + Log [0.91] [0.91] pH = 3.74 7. El principal regulador intracellular es H2PO-4 – HPO42-¿cual es la relación de concentraciones de H2PO-4 – HPO42- si el pH es 7.5? Ka = 6.2 PH= Pka + log
Log
H 2 PO 4 H 2 PO 4
H 2 PO 4 H 2 PO 4
PH = 7.5
Ka = 6.2×10-8
=PH- Pka
H 2 PO 4 H 2 PO 4
=ANTILOG (7.5 – (-LOG 6.2×10-8)
H 2 PO 4 H 2 PO 4
=
1.99 1
2
= 1
8.- Se valoran 25 ml de HCl de 0.05 N con la disolución 0.05 N de NaOH calcular los puntos de la curva de titulación que corresponden a la adicción de: 5; 12.5; 20; 22.5; 24.75; 24.98; 25.02; 26.0 ml del álcali A.
V ´ =5 ml
HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O 1.25
0.25
V= 25 ml M ´ =0.05 Mx 25 ml=1.25 moles M ´ 2=0.05 Mx 5 ml=0.25
N1= 0.05 HCl N2= 0.05 NaOH
M ´ −M ´ 2=M ´ 3=1 M
N= M
M=
Vt=V + V ´ → Vt=25 ml+5 ml=30 ml
M´3 1 = =0.033 Vt 30
HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O 1.25
0.25
PH =−log ( M ) =−log ( 0.33 )=1.48
B.
V ´ =12 .5 HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O 1.25
0
0.62 5
0.62 0 5 12.5 ml=0.625 M ´ =0.05 Mx M
M ´ −M ´ 2=0.625−0=0.625 Vt=25 ml+12.5 ml=37.5 ml
M=
M ´ 3 10.625 = =0.0166 ml Vt 37.5 ml
PH =−log ( 0.0166 )=1.78 C.
V ´ =20 HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O 1.25 0.25
M ´ =0.05 Mx 20 ml=1 ml
0
1 0
Vt=25 ml+20 ml=45 ml M ´ −M ´ 2=0.25−0=0.25 M
M=
0.25 M −3 =5.55 x 1 0 45 ml PH =−log ( 5.55 x 10−3 )=2.26 D.
V ´ =22.5
HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O 1.25
1.23 75
0
0.125
M ´ =0.05 Mx 22.5ml=0.125 ml Vt=25 ml+22.5 ml=47.5 ml
M ´ −M ´ 2=0.125−0=0.125 M M=
0.125 M =2.63 x 1 0−3 47.5ml
PH =−log ( 2.63 x 1 0−3 )=2.58 E.
V ´ =24.75
HCl+ NaOH ↔ NaCl+ H 2O
1.25
1.23 755
0.012 5
0
M ´ =0.05 Mx 24.75ml=1.2375 ml
Vt=25 ml+24.75 ml=49.75 ml M ´ −M ´ 2=1.2375−0=0.0125 M
M=
0.0125 M =2.51 x 1 0−4 49.75 ml
PH =−log ( 2.51 x 10−4 )=3.4
f) HCl + NaOH NaCl + H 2O Na=25.0 x 0.05= 1.25 Nb = 0.05 x 24.98 = 1.249 Na – Nb =1x 10-3 M= 1x 10-3 = 2x 10 -5 49.98 pH= -log 2x 10 -5= 4.7
g) Nb= 25.0 x 0.05= 1.25 Na-Nb = 0 HCl + NaOH
NaCl + H 2O
pH=7 h) Nb= 25.02 x 0.05= 1.25 Na-Nb = 1 x 10-3 M=1 x 10-3= 2x 10-5 50.02 pOH=-log 2x 10-5= 4.7 pH= 9.3 i) Nb= 26.0 x 0.05= 1.3 Na – Nb = 0.05 M= 0.05 = 9.8 x 10 -4 51.00 pOH=-log 9.8 x 10-4 = 3 pH= 11
Curva de titulacion 12 10 8 PH
6
Curva de titulacion
4 2 0 0
2
4
6
8
Volumen NaOH
10
12
9. Se valoran 25.00 ml de KOH 0.05N con acido sulfúrico 0.05N. Calcular los puntos en la curva de titulación que corresponden a la adición de: 5,12.5, 20.0, 22.5, 24.75, 24.98, 25.0, 25.02, 26.0 ml de álcali. Trazar la curva de titulación. 2 KOH + H2 SO4 a)
K2 SO4 + 2H2O
V1 = 25 ml KHO – 0.05 N =
M = 0.05
V2 = 5 ml H2SO4 → 0.05 N = 0.025 M nb= 25x 0.05 1.25 na= 5x 0.025 0.125
VF = 25+5=30
nb - na = 1
POH = - log (0.033)
[OH]1 = M 1.25 0.0375 30
POH = 1.48
PH = 14 – 1.48 PH = 12.52 Vi = 25 ml
b) 2KOH + H2SO4
K2 SO4 + 2H2O
Na 12.5 x 0.025 0.3125
POH = - log 0.0166 1.78 POH = 12.22
M = 0.625 0.0166 37.5 c)
nb - 2na = 0.25
POH = 2.26
PH = 11.74
M= 0.25 5.56 X 10-3 45 d)
na = 22.5 X 0.05 0.5625 nb - 2na 0.125
POH = - log 2.63 X 10-3 POH = 2.58 PH = 11.42
M = 0.25 2.63 X 10-3 45 e) na = 24.75 x 0.025 0.61875 nb - 2na = 0.125
POH = - log 2.51 x 10-4 PH = 10.4
n = 0.125 2.51 x 10-4 49.75
a) Hc = 24,98 x 0,025 = 0,6245
POH= - log ( 2 x 10 -15) = 4,7 PH = 9,3
Nb – 2nb = 1 x 10-3 =
1 x 10−3 49,98
= 2 x 10-15
b) Hc = 25 x 0,025 = 6,25 Ph = 7 Nb – 2nb = neutro Por lo tal no se hidroliza.
por hidrólisis del H2O
c) Hc = 25,02 x 0,025 = 0,6255 pH= 4,7 -nb + 2na = 1 x 10-3 −3 1 x 10 = 50,02 = 1,999 x 10-5 d) n = 26 x 0,025 = 0,05 0,05 = 51 2ma – nb =0,05 pH = -log (0,05 x 10-4) pH = 3
OH- + H2
H2O
3.60
Curva de titulacion 15 10 PH
Curva de titulacion
5 0 0
5 10 15 20 25 30
Volumen H2SO4 (ml)
10.- trazar la curva de titulación de 20ml de HCOOH 0.2N con una disolución de KOH o.2 N calculando los puntos de la misma que corresponde a la adicion de 2,6,10,18,19,98,20,20,02,21 ml de KOH.
HCOOH+KOH
HCOOK + H2O
[HCOOH] = 0.2N = 0.2 M [KOH] = 0.2 N = 0.2 M V: 20ML x 0.2 HCOOH + KOH
HCOOK + H2O
a) nb= 2 x 0.2 0.4 m= 3.6/22 0.104
pH = - log 0.164 pH = 0.79
b) nb = 6x0.2=1.2 m= 2.8/26= 0.11 na – nb 2.8
c) nb = 10 x 0.2=2 na –nb =2 2/30 0.06667
D) nb = 18 x 0,2 = 3,6
pH = - log 0.11 pH = 0.97
pH =1.18
na – nb = 0,4
0,4 38
M=
= 0.011
PH = 1,98
E) nb = 19,8 x 0,2 = 3,96 na – nb = 0,04
M=
0,04 39,8
= 1 x 10-3 PH = 3
F) nb = 19,98 x 0,2 = 3,996 na – nb = 4 x 10-3
M=
4 x 10−3 39,98
= 1 x 10-4
4 x 10−3 40,02
= 2 x 10-5
PH = 4
G) nb = 20 x 0,2 = 4 Na – nb = 0
Ph = 7
H) nb = 20,2 x 0,2 = 4,004 Nb – na =4 x 10
-3
M=
POH = 4 PH = 10
I)
nb = 21 x 0,2 = 4,2 Nb - na = 0,2
M=
0,2 41
= 4,88 x 10-3
POH = 2,31
PH = 11,69
Curva:
11) NH
Se valoran 20 ml de 0.4 N con una 4OH disolucion de H2SO4 0.4 Calcular los puntos de la curva de titulación que corresponden a la adicion 2, 6, 10, 18, 20 ml de acido. Trazar la curva NH4OH+ H2SO4 =
N. de 2
(NH4)2SO4 + 2 H2O a) [NH4OH] = 0.4 N = 0.4 M = b [H2SO4] = 0.4 N = 0.2 M = a
nb = 20 x 0.4
nb = 8 moles
na = 2 x 0.2
na = 8 moles
2 Nb – 2na = 7.2
P[OH] = - Log 0.33 = 0.48
M = 7.2 = 0.33
P[H] = 13.52
22 b) na = 6 X 0.2 = 1.2 M = 5.6 = 1.22
P[OH] = - Log 1.22 = 0.67 P[H] = 13.33
26 Nb - 2na = 5.6 c) na = 10 X 0.2 = 2 M= 4
= 0.133
P[OH] = 0.88 P[H] = 13.12
30 Nb - 2na = 4 d) na = 18 X 0.2 = 3.6 M = 0.8 = 0.02
38
P[OH] = 1.68 P[H] = 12.32
Nb - 2na = 0.8 e) Na = 20 x 0.2 = 4
P[H] = 7
Curva de titulacion 15 10 PH
Curva de titulacion 5 0 0
5
10
15
20
25
Volumen de H2SO4 (ml)
12) ¿De qué color se tiñe el agua si se le añade fenolftaleína, tornasol, anaranjado de metilo? - Incoloro -------- Fenolftaleína - Amarillo -------- anaranjado de metilo - No varía -------- Tornasol
13. A 20ml de acido acético 0.1N se le añaden 10ml de NAOH 0.2N ¿Qué coloración presentaran en esta solución el rojo de metilo, tornasol, fenolftaleína? Datos: 20 ml de [CH3-COOH] = 0.1N =M 10 ml de [NAOH] =0.2N =M
Base débil
Base fuerte
solución
Solución:
CH3-COOH + NAOH
CH3COONA +H2O
0.1 ml ₓ 20 ml = 2ml moles
2
2
0
0
0.2 ml ₓ 10 ml = 2ml moles
0
0
2
2
na – nb = ph =7
Coloraciones de las soluciones: Rojo de metilo: amarillo Tornasol: anaranjado Fenolftaleína: incoloro
14. Se titula acido acético 0,2 N con KOH 0,2 N en presencia de anaranjado de metilo ¿se ha elegido correctamente el indicador? Si no es correcto ¿Cuál es el error cometido?
CH3COOH + KOH 0,2 N
0.2N
+¿ H 3 O¿ ¿ +¿ H 3 O¿ ¿
CH3COOK + H2O
=
0,2N
√1 , 8 X 10−5 0,2
= 9,49 X 10-3
+¿ ¿ H3 O ¿ - PH = ¿ −log ¿ PH = 2,02 -POH =
−log ( 0,2 )
POH = 0,69
1 2
PH =
PH = 7
PKw + pKa +
4,73 2
+
- 0,69
PH = 8,66 POH = 5,2
1 2 log ( CH3COO )
PH = 8,7
ROJO DE DIETILO = Amarillo FENOLFTALEINA = incoloro Ph= 3,25
+¿¿ H = 5,62 X 10-4 ¿ HAC ❑
H+ + AC-
→
[ HAC ] = [ 5,62 X 10−4 ] [ H AC ] =0,018 -
CH3COOH + KOH → CH3COOH + H2O
[ HAC ] =
20+V =
V=
( 4−X ) 20+ X
4−X [ HAC ]
4−X −20 0,010
V = 17,4 ml -
%=
17,4−20 17,4
X 100
(%)E = -14 % Indicador anaranjado de metilo CH3COOH + OH10
2
CH3COO0
pH
2
2
0
0
0
2
8
0
2
=> pKa + log (sol) => 474 + log (2) / (8) => 4.14
V=40ml
Vf= 90ml
CH3COOH + OH10
CH3COO-
8
2
0 0
V=49ml
pH
8
vf= 99ml
CH3COOH + OH-
CH3COO-
10
9.8
0
0.2
0
9.8
V=49.9
pH
=> 4.74 + log (9.8/2) => 6.4
vf= 99.9
CH3COOH + OH-
CH3COO-
10
9.98
0
0.02
0
9.98
V=50ml CH3COO- + H-2 O
=> 4.74+ log (8/2)
pH
vf= 100ml CH3COOH + OH-
Kb => (CH3COOH) [ OH- ] / [CH3COO- ] => kw/ka Kb = 10-w/1.8 x 10-5 => 5.55 x 10-10
=> 4.74 + log (9.98/0.02) => 7.44
CH3COO- + H2 O
CH3COOH + OH-
10
x
x
Kb => [ X ] / [ X ] / [CH3COO- ]
[CH3COO- ] 10/100 = 0 0.1
Kb => X2 /0.1 X => 7.4 x 10-6 pOH => 5
V=50.1ml CH3COOH + OH-
vf= 100.1ml CH3COO-
10
[ OH- ] => 0.02/100 = 2 x 10-4
10.02
1
0.02
p (OH-) => -log [ OH- ] pOH => 3.7 pH => 10.3
V=51ml CH3COOH + OH-
vf= 101ml
CH3COO- + H2O 0
10.2
0
0.2
10
[OH-] => 0.02/0.01 => 1.88 x 10-3 pOH => -log [1.88 x 10-3]
=>
11.3
pOH => 3.7
15. Una disolución es 0.150M en acido nitroso (HNO 2) y 0.080M en nitrito de sodio ¿cuál es su pH? pKa=0.00045
HNO2 0.15 M
[H ]=
→
[H+]
H+ +
NO2-
0.080
0.00045 x 0.150 0.080
[ H ] =8.4 x 10
-4
a) Inicialmente
pH= pKa+[
sal ] acido
pH= pKa+ log[
0.080 ] 0.150
pH=3.3+[−0.27] pH=3. b) Después de añadir 0.050 moles de HCL a 1Litro de solución. PKa => -log (0.05) => 1.30 HCl
=>
H+ + 0.15
+
Cl0.05
0.20 HNO2
=>
H+ +
NO2-
0.08 +
0.05
0.02
pH=3.3+ log[
0.03 ] 0.20
H +¿ ¿ Ka=¿ 0.00045 => [0.03] ¿ ¿
pH=2.53
[H+]= 3 x 10-3
pH=2.52
c) Después de añadir 0.050moles de NaOH a 1 litro de solucion
OH NaOH=−log0.05 = 1.30 OH =1.3 pH =12.69 NaOH => Na HNO2 =>
H+
+
OH
+
NO2
0.150 +
0.080
0.050
0.050
0.100
0.130
H +¿ ¿ [0.130] ¿ Ka=0.00045=¿ [H+] = 3.46 X 10 -4
pH =3.3+ log
0.130 0.100
pH = 3.41
16.- Una disolución es 0.150M en ácido nitroso (HNO2) y 0.080M en nitrito de sodio. ¿Cuál es su Ph? Kb= 0.00045. a. inicialmente b. después de añadir 0.120 moles de Hcl a 1 L de solución c. después de añadir 0.050moles de NaOH a 1L de solución
10−5
a. Kb = 1.8 x
0.280 M……………………………..
NH 4 CL
0.160 M………………………………
NH 3
pOH = pKb +log
(sol) (base)
pOH = -log 1.8 x
10−5 + log
(0.280) (0.160)
pOH = 4.98 pH= 9.02
b. pOH = pKb + log
(
Sol+ a ) base−a
0.280+ 0.120 pOH = 4.74 + log ( 0.160+ 0.120 )
0.4 ( ) pOH = 4.74 + log 0.04 pOH= 5.74 pH = 8.26
c. pOH = pKb + log
pOH = 4.24 + log
(
(
Sol−b ) base−b
0.280−0.120 ) 0.160+1.20
0.16 ( ) pOH = 4.24 + log 0.28
−¿¿
[ OH
pOH= 4.42
] Ka
(
0.10 ) 0.18 = 0.57
pOH = 4.42 + 0.57 pOH = 4.99 pH = 9.01
17.-utilizando ácido fórmico y formiato de sodio, sugiérase un procedimiento para preparer una solución reguladora con pH =3 y el Ka = 1.8×10-4
HCCCH - NaCOOH pH = pka + log
sal acido sal acido
3.00 =-log (1.8 x 10-4) + log
3.00 = 3.74 + log
sal acido
3.00 – 3.74 = log
sal acido
-0.74= log
0.18 =
sal acido
sal acido
ó
18 100
=
sal acido
=
0−8 5
Debe tener una proporción 0 – 18 de sal sobre 1 acido
1.0 x 10−8 0.04
+
(Mg )=
+
(0/2) Mg =
= 2.5 x
2.5 x 10−7 1.0 x 10−4
10−7
x 100 = 25%
18.- Empleando hidracina, N2H4 , y cloruro de hidracinio, N2H5Cl, sugiérase un procedimiento para preparar una solución reguladora con pH= 7.50 Kb= 1.3x10-6. pH = 14 –Poh
Poh = Pkb + log
Poh = 14 – 7.5
6.5 = 5.89 + log
Poh = 6.5
0.61 = log
sal/base sal/base
sal/base
N2H5Cl / N2H4 = 4.07 N2H4
= 0.407 M --- 100ml
N2H5Cl
= 0.010 M ---10ml
Respuesta.- hay que agregar 0.407 moles de N2H4 a 100ml de la solución, y 0.010 moles de N2H5Cl a 10 ml de la solución.
19. Calculen se los productos de solubilidad de las siguientes sustancias a partir de las solubilidades que se indican en g/L. a.- Cd(OH)2 2.6x 10-3 b.- Ca (IO3)2 1.0 c.-PbCrO4 5.8X 10-5 a) Cd(OH)2
Cd (OH)2
Cd2+ + 2 OHX 2X
PM = 146, 41 gr/ mol S= 2, 6 x 10 -3 gr /Lt
[Cd (OH)2] = 2, 6 x 10-3 146, 41
Kps = [Cd2+] . [OH-]2 = [1, 78 x 10-5]. [2 (1, 78 x 10-1)]2 = 2, 2559 x 10-14
[Cd (OH)2] = 1, 7758 x 10-5 mol/ Lt b) Ca (IC3)2
Ca (IC3)2 X
Ca+2 + 2 IO3 2X
PM = 389 [Ca (IC3)2] = 1, 0 389 [Ca (IC3)2] = 2, 565 x 10-3 mol/Lt = X c)
Kps = [X] . [2X] = [2,565 x 10-3] . [(2,565 x 10-3)]2 Kps = 6, 7502 x 10-8
Pb Cr O4
Pb2+ + CrO4-2
Pb Cr O4
PM = 323, 2 968692570 S= 5, 8 x 10-5 gr/Lt
X
X
Kps = [Pb2+] . [CrO4-2] [ Pb Cr O4 ] = 5, 8 x 10 323,2
-5
Kps = [1, 79 x 10-7]2 Kps = 3, 2 x 10-14
[ Pb Cr O4 ] =1, 79 x 10-7
20. calcular las solubilidades de las siguientes sustancias en g/l a.
BaCO3; kps= 8.1 x10-9 Fe(Oh)2; kps= 1.6 x10-14 c. PbI2; kps= 1.4 x10-8 b.
a) BaCO3 Kps = 8.1x10⁻⁹
PM: 89.85 g/mol
BaCO3 = PM: 197.33 g/mol Ba+2 X
CO 3−2
+
↔ BaCO3
X
X
+2 −2 Kps : [ Ba ] [ CO 3
Fe
Fe (OH2) X Kps :
]
X Fe ¿ ¿ ] ¿
X => 9.0x
10
X
Solubilidad:
X
−5
S= 9.0x 10
mol/L x 197.33 g/mol −2
S= 1.775x 10
=>
√1.6 x 10−14 4
−5 => 1.587x 10
M
Solubilidad: −5 S= 1.587x 10 mol/L x 89.85g/mol
g/L
−3 S= 1.42x 10
b) Fe (OH2)
2X
3 => 4 X
−14 1.6x 10
M
−¿¿ + 2 OH
OH −2 ] ¿
8.1x10⁻⁹ => χ² −5
+2
−14
Kps= 1.6x 10
g/L
−8
Kps = 1.4x 10
c) PbI2
PbI2 = PM: 461 g/mol
PbI2 X
Pb+2 X
X
−¿¿ 2I
2X
Kps : [2X] [2 X =>
+
X 2 ] => 4 X 3
√1.4 x 10−8 4 −3
=> 1.518x 10
Solubilidad: −3 S= 1.518x 10 mol/L x 461 g/mol −1
S= 6.99x 10
g/L
21. Calcular la concentración mínima que debe alcanzar el ion metálico añadido para que se produzca precipitación. a) Ba+2 a una solución de NaF 0.010M 1.7x10-6 M b) Ag+ a una solución de KI 5x10-3M 3.0x10-14M c) Mn2+ a una solución de KOH 0.030M 4.0x10-14M a)
NaF 0.01M
BaF 2 F−¿ ¿ ¿ +2 Kps=[ Ba ] ¿
−¿ +¿+ F ¿ Na ¿
b)
−¿ +¿+ I ¿ K¿
IK
0.01M
−¿ Ba +2 F¿
5 x 10−3
+2
5 x 10−3
AgI
−¿ +¿+ I ¿ Ag¿
22. se producirá precipitación en los casos siguientes? a) se añade NaF a una solución de Pb(NO3)2 hasta que la concentración de fluoruro es 5.0 ×10-4M b) se disuelve nitrato de estroncio en una solución saturada de sulfato de calcio hasta que la concentración de estroncio es 1×10-2 Pb(NO3)2
0.10M Pb2 + c) 2F X 2x
a. PbF2 FPb+2
2NaF + Pb(NO3)--------- 2NaNO3 + Pb
KOH
2x x
5.0 x 10-4 2.5 x10-4
−¿ +¿+OH ¿ K¿
0.032 0.032
Mn(OH )2 −¿
PbF2 = Pb+2 + 2F= (Pb+2) (F-)2 =(0.10) (5x10-4)2) = (0.10) (2.500x10 -7) PI = 2.5x10 -8 Kps=3.7x10-8
Kps Pb F2 = (2x)2. X = (2.5x10-4) (5x10-4)2 4x3 Kps = 6.25x10-11 .
6.25x10-11 < 3.7x10-8 No hay precipitado de Kps= 2.8x10-7
b. Sr(NO3) (Sr-2)= 1.0x10-2 Sr(NO3)2 + CaSO4 SrSO4 +Ca(NO3)2 SrSO4 Sr+2+ SO4x 1.0x10-12 Kps (1x10-2)(1.0x10-2) Kps = 1x10-4
1x10-4
> 2.8x10-7
Si hay precipitado del sulfato de estroncio
23.- Una disolución es 1.2 M en
MgSO4
−3 y 2.0 x 10
en Zn( N O3 )2 . Se añade
KOH solido hasta que justamente se inicie la formación de un precipitado, determinar −¿¿ (a) La naturaleza del precipitado. (b) La concentración de OH en el punto en que se inicia la precipitación. ¿ MgSO4 +2 KOH ↔ Mg (OH )2 + KSO 4
KPS → 3.4 x 10−11
NO Zn(¿¿ 3)2 +2 KOH ↔ Zn ( OH )2+ 2 KNO3 ¿¿ −17
KPs→ 1.0 x 10
−¿ Mg ( OH )2 ↔ Mg +2 +2OH ¿
X =1.2
−¿ OH ¿ ¿ ¿ E kps → [ Mg+2 ] .¿ −¿ ¿ OH ¿ ¿ −11 34 x 10 → 1.2¿
−¿ OH ¿ ¿ ¿
−¿ ¿ OH ¿ ¿ −17 −3 1.0 x 10 → 2.0 x 10 ¿
−¿ OH ¿ ¿ ¿ 0.5 x 10−14 =¿ −¿ OH ¿ ¿ ¿
24.- una disolución es 0.020M en Mg 2+ y se desea precipitar el Mg2+ de una muestra de 1.0L por adición de oxalato de sodio 0,020 Moles de oxalato de sodio 0,020 Moles calcular a. la concentración de Mg2+ que permanece en solución en solución b. % de mg2+ inicial que no ha precipitado
c. % de mg2+ que permanecería sin precipitar si se añaden otros 0.020 moles de oxalato. A)
Na2C2CO4 = 2Na +C2O4
Hallando kps MgC2O4 =[Mg2+][C2O4] X=1.0 X10-8 X =10 X 10-4 B) (%) Mg+2 Si se agrega[C2O4] =0.02 =[Mg2+]=1.0X10-8 /0.02 =5 X 10-7 =%Mg2que no se precipita x100 /Mg+2solucion = 5x10-7x100/1.0x10-4=0.50%
C) [C2O4] =0.04 =[Mg2+]=1.0X10-8/0.04 =2.5X10-7 (%) Mg+2=2.5X10-7/1.0X10-4X100 =2.5X10-3%
25. Se prepara una disolución disolviendo 33,1 g de nitrato de potasio en agua y llevando a un volumen de 1,0 L, se toman tres porciones de 100 ml de la solución y se añade a cada una de ellas ácido sulfúrico concentrado en las siguientes cantidades: (a) 5.0x10-3 moles; (b) 1.0x10-2 moles; (c) 2.0x10-2 moles. Calcules cada mezcla de las concentraciones de ion plomo y sulfato y el % de plomo que no se ha precipitado. Supóngase que la adición del acido sulfúrico no varia el volumen. Solución (a) 5x10 -2, 4.4X10-7M; (b) 1.0X10-4, 1.0X10-4; (C) 1.1X10-7, 1.0X10-2. Datos:
[Pb (NO3)2]
W =¿ moles PM
W= 33.1 g
PM= 331.0
gr ml
V= 1.0 L I.
Solución:
33.1 331.0 =M =0.1 L
Pb (NO3)2
+
1.0X10-2
5.0x10-3
¿ moles → V . total
[PbSO4] = I.
↔
H2SO4
PbSO4 5.0x10-3
5.0 ×10−1 → 5x10-2M o .1
Solución: Pb (NO3)2
+
-2
1.0X10
↔
H2SO4 5.0x10
-3
PbSO4 5.0x10-3
5.0 ×10−3 → 5x10-2M o .1
+2
[Pb ]=
[SO4 =]=
KPS → Pb+2
[SO4 =]=
2.2 ×10−8 ¿ −7 = [ SO 4 ]=4.4 × 10 −2 5 × 10
I.
2.2x10-5…. según tabla.
Solución:
Pb (NO3)2
+
H2SO4
↔
PbSO4
Pb+2
+
SO4 =
↔
PbSO4
1.0X10-2
[Pb+2] =
5.0x10-3
0.1 0.01 no ppta 2x10-23
Kps CaS
Ca+2
3x10-23 = 1.5x10-20< 0.01 ppta 2x10-23
Kps CuS
Cu+2
1x10-44 = 0.5x10-14< 0.01 ppta 2x10-23
Kps PbS
Pb+2
5x10-23 = 2x10-23
2.5x10-6< 0.01 ppta
Mn+2
1.3x10-24 = 2x10-23
0.7x108 > 0.01 no ppta
Kps MnS
31. Los valores de Kps para el MnS y el ZnS son 2.5 x 10-23 y 1.6 x 1023 respectivamente. a) ¿Cuál de los sulfuros tiene mayor solubilidad? b) ¿se puede utilizar una solución saturada de acido sulfhídrico para separar los Iones de magneso y zinc en un solución 1 M de ambos? Solución: A) Kps MnS = 2.5 x 10-23
Kps ZnS = 1.6 x 1023 ZnS = Zn+2 + S-2 (y)
MnS = Mn+2 + S-2 (X) (y)
(X)
xx=2.5 x 10−23
x=√ 2.5 x 10−23
−23
x=5 xyy=1.6 10−12 x 10
y=√ 1.6 x 10−23 Solubilidad: S= X. PM
−10
y=4.3 x 10 S= Y. PM Solubilidad:
S= 5 x 10-12 (87)
S= 4.3 x 10-12 (97.37)
S= 4.3 x 10-10
S= 3.5 x 10-10
MnS > ZnS
Tiene solubilidad el MnS si pesamos menos cantidad de ZnS
Solución: B) 1.0M
1.0 M
Zn
Zn
Usando S-2 = 2 x 10-2 Kps = MnS [Mn+2] [2 x 10-23] = 2.5 x 10-23 [Mn] = 1.25
1.25 > 1.0
Usando Zn-2 = 1.6 x 10-2 Kps = MnS [Mn+2] [1.6 x 10-23] = 2.5 x 10-23 [Mn] = 0.8
0.8 < 1.0
Para hacer precipitar el MnS, en una solución de MnS debe disolvers [H] para dar mas [S]