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INSTITUTO POLITÉCNICO NACIONAL Unidad Profesional Interdisciplinaria de Ingeniería Campus Guanajuato Ingeniería Biotecnológica

Métodos Cuantitativos

“Problemario 1° Departamental”

3BM1

Equipo 3: Cadena Tinajero Citlalli Guadalupe Grimaldo Méndez Eva Guadalupe Padilla Villegas Natalia Jocelyn Rea García Susan Daniela

Capítulo 7 “EQUILIBRIO ÁCIDO - BASE” 7.7 Calcular el pH y el pOH de las siguientes soluciones de bases fuertes: A. 0.050 M NaOH SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es: −¿→ NaOH ¿

Na❑+ ¿+OH ❑

¿

Puesto que en la reacción es 1:1 la concentración será la misma para cada uno de los reactivos, como para el producto. Al intervenir una base , primero se calculara el pOH de la solución, partiendo de la siguiente ecuación:

pOH =−log[OH ] Ya que se conoce la concentración del hidroxilo que es 0.050 M, se sustituye en la ecuación anterior:

pOH =−log[0.050] Se obtiene pOH =1.30 Ahora se obtendrá el pH, a partir de la siguiente ecuación que relaciona el pOH y el pH pH=14− pOH Sustituyendo el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−1.30 Se obtiene pH=12.6989 B. 0.14 M Ba(OH )2 ❑❑ SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es:

Ba❑❑ 2 +2(OH )→ Ba(OH )❑2 Los coeficientes de cada uno de los compuestos son los moles que están interviniendo en la reacción, son los que se encuentran reaccionando.

Como la reacción estequiométrica no ocurre de 1:1, esto por los coeficientes, las concentraciones no serán las mismas, esto se visualiza de la siguiente manera: Ba❑❑ 2 +2(OH )→ Ba(OH )❑2 Concentración

0.14M

0.28M→ 0.14M

Como interviene una base, se procede a calcular primero el pOH, a partir de la siguiente ecuación: pOH =−log[OH ] Al estar reaccionando dos moles de (OH) la concentración será de 0.28, siendo el doble de la concentración del Ba(OH )❑2, se sustituye este valor en la ecuación anterior:

pOH =−log [0.28] Se obtiene que pOH =0.5528 Ahora se obtendrá el pH, a partir de la siguiente ecuación que relaciona el pOH y el pH pH=14− pOH Sustituyendo el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−0.5528 Se obtiene que pH=13.447 C. 2.4 M NaOH❑❑ SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es: −¿→ NaOH ¿

Na❑+ ¿+OH ❑

¿

Puesto que en la reacción es 1:1 la concentración será la misma para cada uno de los reactivos, como para el producto. Al intervenir una base , primero se calculara el pOH de la solución, partiendo de la siguiente ecuación:

pOH =−log[OH ] Ya que se conoce la concentración del hidroxilo que es 2.4 M, se sustituye en la ecuación anterior:

pOH =−log [2.4 ] Se obtiene que pOH =−0.380 Ahora se obtendrá el pH, a partir de la siguiente ecuación que relaciona el pOH y el pH pH=14− pOH Sustituyendo el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−(−0.380) Se obtiene que pH=14.3802 D. 3 x 10❑−7 M KOH❑❑ SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es: −¿→KOH ¿

K ❑+¿+OH ❑

¿

Puesto que en la reacción es 1:1 la concentración será la misma para cada uno de los reactivos, como para el producto. Al intervenir una base , primero se calculara el pOH de la solución, partiendo de la siguiente ecuación:

pOH =−log[OH ] Ya que se conoce la concentración del hidroxilo que es 3 x 10❑−7 M, se sustituye en la ecuación anterior:

−7

pOH =−log [3 x 10❑ ] Se obtiene pOH =6.5228 Ahora se obtendrá el pH, a partir de la siguiente ecuación que relaciona el pOH y el pH pH=14− pOH Sustituyendo el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−6.5228 Se obtiene pH=7.4771 E. 3 x 10❑−3 M KOH❑❑

SOLUCIÓN: Puesto que en la reacción es 1:1 la concentración será la misma para cada uno de los reactivos, como para el producto. Al intervenir una base , primero se calculara el pOH de la solución, partiendo de la siguiente ecuación:

pOH =−log[OH ] Ya que se conoce la concentración del hidroxilo que es 3 x 10❑−3 M, se sustituye en la ecuación anterior:

−3

pOH =−log [3 x 10❑ ] Se obtiene pOH =2.4317 Ahora se obtendrá el pH, a partir de la siguiente ecuación que relaciona el pOH y el pH pH=14− pOH Sustituyendo el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−2.4317 Se obtiene pH=11.5682 7.9 Calcular la concentración de ión hidrógeno de las soluciones con los siguientes valores de pH: A. 3.47 SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=3.47en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿ B. 0.20

SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=0.20en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿ C. 8.60 SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=8.60en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿ D. - 0.60 SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=−0.60en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿

E. 14.35 SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=14.35en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿ F. -1.25 SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se sustituye el valor de pH=−1.25en la ecuación anterior: ¿ Se obtiene ¿ 7.11 Calcular el pH de una solución obtenida mezclando volúmenes iguales de una solución de un ácido fuerte con un pH de 3 y una solución de base fuerte de pH =12 (Suponiendo que ambos tienen un volumen de 5 mL) SOLUCIÓN: A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH con la concentración de iones de Hidrógeno: pH=−log¿ Se despejará la concentración de ¿:

¿ Se sustituirá el pH de la solución ácida en la ecuación anterior: Solución ácida pH=3 ¿ ¿ Solución básica : se procede a calcular el pOH partiendo de la ecuación: pOH =14−pH Se sustituye el pH =12 en la ecuación anterior: pOH =14−12=2 A partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pOH con la concentración de iones de hidroxilo: pOH =−log ¿ Se despejará la concentración de ¿: ¿ Se obtiene: −2

[OH ]=10❑ =0.01 M Para la solución ácida se calculará el número de mmoles presentes, a partir de la ecuación: +¿=(concentración)×(volumen dela solución ácidaen mL)¿

mmol H ❑

Sustituyendo los datos, se obtiene: −3

mmol H ❑+¿=(1 x 10❑

−3

M )×(5 mL)=5 x 10❑ mmol¿

Para la solución básica se calculará el número de mmoles presentes, a partir de la ecuación: −¿=(concentración)×(volumen dela solución ácidaen mL)¿

mmol OH ❑

Sustituyendo los datos, se obtiene: mmol OH ❑−¿=(0.01 M )× (5 mL)=0.05 mmol¿ Al existir un exceso de base se procede a sustituir valores en la siguiente ecuación: ¿

Se sustituyen los datos en la ecuación anterior y se obtiene: ¿ Se procede a obtener el pOH a partir de la concentración que resultó, sustituyendo en la ecuación: pOH =−log ¿ pOH =−log[4.5 x 10❑−3 ] A lo que se obtiene: pOH =2.3467 Ahora que se conoce el pOH, se procede a calcular el pH, a partir de la siguiente ecuación que nos relaciona el pH y el pOH: pH=14− pOH Se sustituye el valor de pOH en la ecuación anterior: pH=14−2.3467 Se obtiene un valor de pH=11.653 7.18 Calcular el pH de una solución 0.10 M de anilina, una base débil. SOLUCIÓN:

x = (mmol) / mL

La anilina es una base débil que está parcialmente disociada en agua, según la reacción: C ❑6 H ❑5 NH ❑2+ H ❑2 O↔ C❑6 H ❑5 NH ❑3 +OH ❑−¿¿ Como Kb >> K H ❑2 O la única fuente de iones hidroxilo (OH) a considerar son los que provienen de la reacción de la anilina con el agua, ya que los provenientes de la autoprotólisis del agua se pueden despreciar. De la ecuación de disociación de la anilina se construye lo siguiente: Ecuación de la reacción

C ❑6 H ❑5 NH ❑2+ H ❑2 O↔ C❑6 H ❑5 NH ❑3 +OH ❑−¿¿

Concentración inicial (mol/L)0.10 M

0

0

0

Concentración de equilibrio (mol/L)0.1(1−x) 0 0.1 x 0.1 x

Aplicando la ley de acción de masas al equilibrio y sustituyendo, resulta que: K ❑b=[C❑6 H ❑5 NH ❑3 ]¿ ¿=4.6 × 10❑−10

(0.1 x)(0.1 x) 0.1 x❑2 = ( 0.1)(1−x) 1−x Como la concentración inicial de anilina es más grande que K ❑b, [ C ❑6 H ❑5 NH ❑2 ¿❑0 >> Kb, se puede realizar la aproximación: 1 – x = 1, por lo que, el grado de disociación es: x=6.78 ×10 ❑−5 Para calcular el pH, hay que calcular la concentración de iones hidronio en la disolución. Para ello se calcula la concentración de iones hidróxido y después utilizando la constante de autoprotólisis del agua. ¿ ¿ Utilizando la constante de autoprotólisis del agua K ❑agua =¿; 10❑−14

mol ❑2 =¿ L❑2

¿ pH=−log ¿ Se obtiene que pH=8.8326 7.21 Calcular la concentración de ión hidrógeno en una solución 0.1 M de ácido tricloroacético. SOLUCIÓN: K ❑a=3 , constante de disociación del ácido tricloroacético. Se tiene la reacción: C ❑2 HCl❑3 O❑2 ↔ H ❑+¿+C ❑ Cl❑ O ❑ ¿ 2

3

2

De acuerdo a la reacción de disociación se construye lo siguiente: Ecuación de reacción: Concentración inicial (mol/L)

Concentración en equilibrio

C ❑2 HCl❑3 O❑2 ↔ H ❑+¿+C ❑ Cl❑ O ❑ ¿ 2

0.1

3

0

2

0

(0.1−x) x x

Aplicando la ley de acción de masas al equilibrio y sustituyendo, resulta que: K ❑a=

(x )(x) ( 0.1−. x)

3=

x ❑2 (0.1−x )

//Obtener el valor de x x ❑2+3 x−0.3=0 x=0.0968 ¿ ¿ 7.42 Calcular el pH de una solución que es 0.05 M de ácido fórmico y 0.10 M en formiato de sodio. SOLUCIÓN: Ácido Fórmico CH ❑2 O❑2 Formiato de Sodio HCOONa Reacción para la sal: −¿¿

HCOO Na → Na❑+ ¿+ HCOO ❑

¿

De acuerdo a la reacción anterior, se construye lo siguiente: −¿¿

HCOONa → Na❑+¿+ HCOO❑ 0.10 M 0 0

¿

Reacción

Concentración inicial en (mol/L)

0 0.10 M 0.10

Concentración de cambio en (mol/L)

Reacción para el ácido: −¿¿

CH ❑2 O❑2 → H ❑+¿+ HCOO ❑

¿

A partir de la reacción anterior se construye lo siguiente: −¿¿

CH ❑2 O❑2 → H ❑+¿+ HCOO ❑ 0.05 M 00.10 M −x + x+ x 0.05 M −x + x 0.10 M + x

¿

Reacción Concentración inicial en (mol/L)

Concentración de cambio en (mol/L) Concentración de equilibrio en (mol/L)

A partir de la constante de disociación del ácido:

K ❑a=1.778 ×10 ❑−4 Aplicando la ley de acción de masas al equilibrio y sustituyendo, resulta que:

K ❑a=

(0.10+ x)(x ) (0.05−x)

K ❑a (0.05−x)=(0.10 x)+ x ❑2 8.8913 ×10❑−6 −1.778 ×10❑−4 =0.10 x+ x ❑2 Obtenemos valor de x x=8.87 × 10❑−5 como ¿ ¿ pH=−log ¿ Sustituyendo datos en la ecuación anterior: −5

pH =−log [8.87 ×10❑ ] Se obtiene un pH=4.052 7.43 Calcular el pH de una solución preparada al mezclar 5 mL de NH3 0.100 M con 10 mL de HCL 0.020 M. Planteamos la formula de molaridad para despejar el número de moles de NH3: M=

n ⇒ n=M ⋅V V

⇒ mmol N H 3=( 0.100

mmol )(5 mL)=0.5 mmol mL

Ahora calculamos el número de moles de HCL : mmol )(10 mL)=0.2 mmol mL ⇒ Hay un exceso de N H 3 ⇒ mmol N H 3=0.5 mmol−0.2 mmol=0.3 mmol ⇒ mmol HCl=(0.020

pH= p k a + log pH=9.42

[N H 3 ] [aceptor de protones ] 0.3 mmol =( p k w − p k b )+log =(14−4.76)+log [donador de protones ] [HCl ] 0.2 mmol

7.44 Una solución amortiguadora de ácido acético-acetato de sodio de pH 5.00 es 0.100 M en NaOAc. Calcular el pH después de la adición de 10 mL de NaOH 0.1 M a 100 mL del amortiguador. Las soluciones Tienen la propiedad de mantener estable el pH de una disolución frente a la adición de cantidades relativamente pequeñas de ácidos o bases fuertes. Después de la adición de 10 ml el volumen final es: Volumen final 110 mLprocedemos a calcular la concentración de HOAc : 0.1 ⇒ [HOAc ]=0.058 M conociendo [ HOAc ] calcular el número de moles de HOAc:

5=4.76+ log

la

concentración

podemos

mmol )(100 mL)=5.8 mmol Ahora calculamos la concentración de mL NaOAc, puesto que ya tenemos los datos sustituimos:

mmol HOAc=(0.058

mmol NaOAc=(0.100

mmol )(100 mL)=10 mmol mL

mmol NaOH adicionado=(0.100

mmol )(10 mL)=1.0 mmol mL

Después de adicionar NaOH mmol NaOAc=10 mmol+1 mmol=11 mmol mmol HOAc=5.8 mmol−1 mmol=4.8 mmol ⇒ pH=4.76+ log

11 mmol ⇒ pH =5.12∴ pH incrementa 0.12 4.8 mmol

7.47 La aspirina (ácido acetilsalicílico) se absorbe en el estómago en forma de ácido libre (no ionizado). Si un paciente toma un antiácido que ajusta el pH del estómago a 2.95 y luego toma dos tabletas de aspirina de “5 granos” (equivalentes a un total de 0.65 g), ¿cuántos gramos de aspirina están disponibles para absorción inmediata del estómago suponiendo una disolución inmediata? También supóngase que la aspirina no cambia el pH del contenido del estómago. El pKa de la aspirina es 3.50, y su peso fórmula es 180.2. En la producción del ácido acetilsalicílico, se protona el oxígeno para obtener un electrófilo más fuerte. El ácido salicílico o salicilato, producto metabólico de la aspirina, es un ácido orgánico simple con un pK a de 3,0. La aspirina, por su parte, tiene un pKa de 3,5 a 25 °C. De la siguiente fórmula sustituimos los datos para obtener una ecuación:

pH= p k a + log mmol

A−¿ A−¿ A−¿ ⇒2.95=3.5+ log mmol ⇒ mmol =0.28 ¿ ¿ ¿ mmol HA mmol HA mmol HA

∴mmol A−¿=0.28 ×mmol HA (1)¿ 0.65 g aspirina(

1000 mg aspirina 1 mmolaspirina )( )=3.61 mmol aspirina 1 g aspirina 180.2 mgaspirina

mmol HA +mmol A−¿=3.61 mmol , sustituyendo(1)⇒ mmol HA +0.28 ×mmol HA =3.61mmol ¿ 1.28 ×mmol HA=3.61 mmol ⇒ mmol HA =2.82 mmol ⇒ mg HA=2.82 mmol HA (

180.2 mg 1 g HA )=508.16 mg HA ( )=508 g HA 1 mmol 1000 mg HA

7.50 se desea preparar una solución amortiguadora de ácido acético-acetato de sodio de pH=4.76 con capacidad amortiguadora de 1.0 M por unidad de pH ¿Qué concentración de ácido acético y acetato de sodio se necesitan? −¿¿

CH 3 COOH → H +¿+CH COO 3

¿

Y

CH 3 COONa → Na +¿+CH

−¿ ¿

3

COO

¿

⇒ [CH 3 COOH ]=[CH 3 COONa ]=x CA

si β=2.303 C HA ⋅

−¿

2

C HA +C A

−¿

x ⇒1.0 M =2.303 ⇒ 1.0 M =1.1515 x ⇒ x=0.868 M ¿ 2x

¿

∴[CH 3 COOH ]=[CH 3 COONa]=0.868 M

Capítulo 8 “TITULACIONES ÁCIDO-BASE” 8.14 Una solución de ácido clorhídrico se estandariza titulando 0.2329 g de carbonato de sodio estándar primario hasta un punto final de rojo de metilo hirviendo la solución de carbonato cerca del punto final para mover el dióxido de carbono. Si se consumen 42.87 mL de ácido para la titulación, ¿Cuál es la molaridad? SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es: Na2 CO 3 +2 HCl → 2 NaCl+ H 2 CO3 Debemos de recordar que los coeficientes de cada uno de los compuestos que intervienen en una reacción estequiométrica son el número de moles que reaccionan.

Tomando estas consideraciones tenemos que se necesita 1 mmol de Na2CO3 para que reaccione con 2 mmol de HCl, ahora procedemos a calcular la molaridad de HCl: 1000 mg Na2 CO 3 1mmol N a2 C O3❑ 2 mmol HCl 1 )( )( )( ) 1 g Na2 CO3 106 mg Na2 CO 3 1 mmol Na2 CO3 42.87 mL El resultado es: M HCl =0.1025 M M HCl =(0.2329 g Na2 C O3 )(

8.15 una solución de hidróxido se estandariza titulando 0.8529 g de ftalato de potasio estándar primario hasta un punto final de fenolftaleína con un consumo de 32.67 mL. ¿Cuál es la molaridad de la solución básica? SOLUCIÓN: La reacción estequiométrica es: KH C 8 H 2 O 4 + NaOH → KH C8 H O 4 Na+ H 2 O De esta manera se puede observar que se requiere 1 mmol de KHC 8H2O4 para reaccionar con 1 mmol de NaOH. Ahora procedemos a hacer los cálculos de molaridad de NaOH: M NaOH =(0.8592 g KH C 8 H 2 O 4 )(

1000 mg KH C8 H 2 O 4 1mmol KH C 8 H 2 O4 1 mmol NaOH 1 )( )( )( 1 g KH C 8 H 2 O4 204.23 mg KH C 8 H 2 O4 1 mmol KH C8 H 2 O 4 52.67 mL

El resultado es: M NaOH =0.1288 M 8.18 Calcular el pH a 0, 10.0, 25.0 y 30.0 mL de titulante en la titulación de 50.0 mL de NaOH 0.100 M con HCl 0.200 M. SOLUCIÓN: la reacción estequiométrico es: NaOH + HCl → NaCl+ H 2 O Como se sabe que el NaOH y el HCl son un ácido fuerte y una base fuerte, respectivamente, se tiene una titulación ácido - base fuerte; por lo que usaremos las ecuaciones correspondientes dependiendo de la concentración de los productos presentes. A 0 mL, se tiene sólouna solución de NaOH 0.100 M , es decir , lafracción titulado es igual a 0 ⇒¿ A 10.0 mLla fracción titulada se encuentra entre 0 y 1 , entonces mmol NaOH alinicio=(0.100 M )(50.0 mL)=5 mmol NaOH mmol H +¿agregados=(0.200 M)(5 mL)=2 mmol H

+¿ ¿

¿

mmol NaOH remanentes=5 mmol−2mmol=3 mmol en60 mL ⇒¿ A 25 mLtodos losOH −¿ se hanconvertido a H

2

O ∴ pH =7 ¿

A 30 mLtenemos un excedente de ácido presente en nuestra solución , entonces

mmol H

+¿en exceso=(0.200 M )(5 mL)=1 mmol¿

¿ pH=1.90

PROBLEMA CON SOLUCIÓN DETALLADA 8.19 Calcular el pH a 0, 10.0, 25.0, 50.0 y 60.0 mL de titulante en la titulación de 25.0 mL de HA 0.200 M con NaOH 0.100 M. Ka 2.0 105. La reacción estequiométrica es HA + NaOH ⇔ NaA + H ❑2 O Como K ❑a ≪1❑se considera un ácido débil y sabemos que el NaOH es una base fuerte, por lo tanto es una titulación ácido débil + base fuerte, así que usaremos las ecuaciones correspondientes, dependiendo de la concentración de los productos presentes. De acuerdo a la concentración, se neutraliza agua y una sal equivalente de la sal. Antes de iniciar la titulación se tiene HA 0.200 M y el pH se calcula como se hace para ácidos débiles. Al iniciarse la titulación, algo de AH se convierte en NaA y se establece un sistema amortiguador. Así, el pH aumenta poco a poco, al ir agregando titulante y cambiar la relación [A]/[HA]. En el punto medio de la titulación [A]=[HA] y el pH es igual al pKa. En el punto de equivalencia se tiene una solución de NaA, ya que se trata de una base de Bronsted, se hidroliza y el pH en este punto debe ser equivalente; el pH dependerá de la concentración de NaA. Cuanto mayor sea la concentración, mayor será el pH. Al agregar NaOH en exceso más allá del punto de equivalencia, se elimina la ionización de la base A❑−¿ ¿y el pH se determinará con la concentración de OH ❑−¿¿en exceso, de esta forma la curva de titulación más allá del punto de equivalencia sigue la de la titulación de un ácido fuerte. Las ecuaciones que utilizaremos son las que se presentan en la siguiente tabla, siguiendo las condiciones presentadas.

SOLUCIÓN ➔ A 0 mL de NaOH 0.100 M Al tratarse de un ácido débil y cumplir con la condición C ❑BH ❑ >100∗K ❑ ¿ , además de que la fracción titulada es 0 mL, podemos aplicar la siguiente ecuación +¿

a

¿ Nuestros datos son: K ❑a=2.0 × 10❑−5 C ❑HA =0.200 M Sustituyendo datos ¿ Ahora que conocemos la ¿podemos aplicar la fórmula para determinar el pH a partir de la concentración. pH=−log ¿ pH=−log (2.0 ×10❑−3 M ) El resultado es pH=2.7 Como solo tenemos ácido en la solución es correcto que el pH presente sea bajo. ➔ Agregando 10 mL de NaOH 0.100 M mmol HA )=5 mmol HA Al inicio se tienen 25 mL (0.200 mL

Se agregan 10 mL(0.100

mmol NaOH )=1 mmol NaOH mL

Estos reaccionan de la siguiente forma HA + NaOH ⇔ NaA + H ❑2 O 5 mmol 1 mmol0 inicio −1 mmol−1 mmol+1 mmol cambio 4 mmol 01 mmol equilibrio Por lo tanto tenemos al terminar la reacción 4 mmol HA en 35 mL 4 mmol [ HA ]= =0.114285 M 35 mL y 1 mmol NaA en 35 mL 1 mmol [NaA ]= =0.02857 M 35 mL Ahora aplicamos la ecuación de Henderson-Hasselbalch para conocer el pH de un ácido débil, ya que la fracción titulada corresponde al 40% del volumen inicial. pH= pKa−log¿ ¿ donde pKa=−log( Ka) Ka=2.0 ×10 ❑−5 ¿ [ HA ]=0.114285 M De esta forma sustituimos datos en la ecuación de Henderson-Hasselbalch 0.02857 M pH=−log (2.0 ×10❑−5 )+ log 0.114285 M El resultado es pH=4.097 Como se mencionó al inicio el pH aumente lentamente de acuerdo a la relación presente de ¿ ¿. ➔ Agregando 25 mL de NaOH 0.100 M mmol HA )=5 mmol HA Al inicio se tienen 25 mL (0.200 mL mmol NaOH )=2.5mmol NaOH Se agregan 25 mL (0.100 mL Estos reaccionan de la siguiente forma

inicio cambio equilibrio

HA + NaOH ⇔ NaA + H ❑2 O 5 mmol 2.5 mmol 0 −2.5 mmol−2.5 mmol+2.5 mmol 2.5 mmol 0 2.5 mmol

Por lo tanto tenemos al terminar la reacción 2.5 mmol HA en50 mL 2.5 mmol [ HA ]= =0.05 M 50 mL y 2.5 mmol NaA en50 mL 2.5 mmol [Na A]= =0.05 M 50 mL Aplicamos la ecuación de Henderson-Hasselbalch pH=−log (Ka)−log ¿ ¿ Sustituimos datos en la ecuación de Henderson-Hasselbalch 0.05 M pH=−log (2.0 ×10❑−5 )+ log 0.05 M El resultado es pH=4.7 Como podemos observar este es el punto en el que la [ HA ]=¿ , por lo que el pH es igual al pKa. ➔ Agregando 50 mL de NaOH 0.100 M mmol HA )=5 mmol HA Al inicio se tienen 25 mL (0.200 mL mmol NaOH )=5 mmol NaOH Se agregan 50 mL(0.100 mL Estos reaccionan de la siguiente forma HA + NaOH ⇔ NaA + H ❑2 O 5 mmol 5 mmol 0 inicio −5 mmol−5 mmol+5 mmol cambio 0 0 5 mmol equilibrio En este caso tenemos cantidades iguales de HA y NaOH (lo que corresponde también a la misma concentración de OH❑−¿¿ ), así que la reacción se neutraliza completamente y podemos calcular el pH de la misma manera que para cualquier otra base débil. Por lo que usamos la siguiente ecuación, ya que solo tenemos una solución de NaA. ¿ la cual es válida sólo si C ❑A ❑ >100 K ❑b ❑

Podemos obtener K ❑bde acuerdo a K ❑a K ❑b=K ❑w

Nosotros sabemos que K ❑w =1.0 ×10 ❑−14 Así que despejamos K ❑b de la ecuación anterior y tenemos que K ❑b=

K ❑w 1.0 × 10❑−14 −10 = =5.0× 10❑ K ❑a 2.0 ×10❑−5

Y de acuerdo a la reacción tenemos que al finalizar tenemos 5 mmol de NaA en 75 mL (25 mL iniciales +50 mL agregados), por lo que [NaA ]=

5 mmol NaA =0.0667 M 75 mL

Podemos sustituir los datos en la ecuación ¿ ¿ Con la ¿ podemos conocer el pOH pOH =−log ¿ pOH =−log(5.775 ×10 ❑−6 M )=5.238 Sabemos que pH+pOH=14, así que podemos despejar el pH pH=14− pOH pH=14−5.238 El resultado es pH=8.762 En este caso se trata del punto de equivalencia, así que la base se hidroliza y el pH se considera como alcalino.

➔ Agregando 60 mL de NaOH 0.100 M Al inicio se tienen 25 mL (0.200

mmol HA )=5 mmol HA mL

Dea cuerdo a su disociación −¿ ¿

HA ↔ H ❑+¿+ A ❑ ¿ La reacción es 1:1, por lo que 5 mmol de HA producen 5 mmol de H ❑+¿¿ mmol NaOH )=6 mmol NaOH mL NaOH ↔ Na❑+¿+OH ❑ ¿ La reacción es 1:1, por lo que 6 mmol de NaOH producen 6 mmol de OH ❑−¿¿ Se agregan 60 mL (0.100

−¿¿

Podemos observar que hay un exceso de OH ❑−¿¿ y el titulante agregado es 2.4 veces mayor que el inicial, así que Al inicio = 5 mmol H ❑+¿ ¿ Se agregan = 6 mmol OH ❑−¿ ¿ Al final =1 mmolOH ❑−¿→ Corresponde a losmmol deOH enexceso ¿ y nuestro volumen final es de 85 mL, ya que se tenían 25 mL y se agregaron 85 mL Por lo tanto ¿ Con la ¿ podemos conocer el pOH pOH =−log ¿ pOH =−log(0.01176 M )=1.9295 Sabemos que pH+pOH=14, así que podemos despejar el pH pH=14− pOH pH=14−1.9295 El resultado es pH=12.07 En este caso la ionización de A desaparece y el pH solo depende de la concentración de OH presente.

8.20 Calcular el pH a 0, 10.0, 25.0, 50.0 y 60.0 mL de titulante en la titulación de 50.0 mL de NH3 0.100 M con HCl 0.100 M Se trata de una titulación base débil +ácido fuerte La reacción estequiométrica es NH ❑3 + HCl → NH ❑4 Cl SOLUCIÓN ➔ 0 mL de HCl Nuestros Datos son: [NH ❑3 ]=0.100 M K b =1.75× 10❑−5 NH ❑3 + H ❑2 O ↔ NH ❑4 +OH ❑−¿¿ ¿ 0.100>100(1.75 ×10❑−5)¿0.00175

sí podemos usar esa fórmula Sustituyendo valores: ¿ Podemos conocer el pOH con la concentración que ahora sabemos de OH ❑−¿¿ pOH =−log ¿ Sustituyendo valores: pOH =−log (1.3228 ×10 ❑−3 M )=2.8784 Sabemos que pH + pOH= 14 pH=14− pOH =14−2.8784 El resultado es pH=11.12 ➔ 10 mL de HCl Al inicio (50 mL)(0.100

NH ❑3 )=5 mmol NH ❑3 mL

Se agregan (10 mL)(0.100

HCl )=1 mmol HCL=1 mmol H ❑3 O❑+¿ ¿ mL

Reacción de neutralización + ¿+ H ❑2 O ¿ 4

inicio cambio equilibrio

NH ❑3 + H ❑3 O❑+¿ → NH❑ 5 mmol 1 mmol0 −1 mmol−1 mmol+1 mmol 4 mmol 01 mmol

¿

De lo anterior obtenemos: 4 mmol [NH ❑3 ]= =0.0667 M 60 mL ¿ Ahora usamos la siguiente reacción estequiométrica para obtener la concentración de OH ❑−¿¿ NH ❑3 + H ❑2 O ↔ NH ❑4 +OH ❑−¿¿ 0.0667 M 0.01667 M x Ahora usamos la siguiente fórmula para obtener nuestra incógnita que corresponde a la ¿ K ❑b=¿ ¿ ¿ Sustituimos valores y despejamos x

(0.01667)( x) (1.75 ×10❑−5 )(0.0667) → x= =7.0021× 10❑−5=¿ ( 0.0667) (0.01667) Ahora que tenemos la ¿, podemos conocer el pOH pOH =−log ¿ Sabemos que pH + pOH=14 pH=14 - pOH Sustituyendo valores: pH=14−4.154 El resultado es pH=9.84

1.75 ×10❑−5=

➔ 25 mL de HCl Al inicio (50 mL)(0.100

NH ❑3 )=5 mmol NH ❑3 mL

Se agregan (25 mL)(0.100

HCl +¿¿ )=2.5 mmol HCL=2.5 mmol H ❑3 O❑ mL

Reacción de neutralización + ¿+ H ❑2 O ¿ 4

inicio cambio equilibrio

NH ❑3 + H ❑3 O❑+¿ → NH❑ 5 mmol 2.5 mmol 0 −2.5 mmol−2.5 mmol+2.5 mmol 2.5 mmol 0 2.5 mmol

¿

Al finalizar la reacción obtenemos 2.5 mmol [NH ❑3 ]= =0.0333 M 75 mL ¿ Como se tienen las mismas concentraciones del par conjugado ácido-base, es una solución amortiguadora, podemos usar la ec. de Henderson Hasselbalch pH= pKa−log¿ ¿ Podemos conocer Ka con la siguiente ecuación K ❑a K ❑b=K ❑w Sabemos que Kw=1.0 ×10❑−14 Despejando Ka y sustituyendo valores K ❑w 1.0 ×10❑−14 −10 K ❑a= = =5.7143× 10❑ −5 K ❑b 1.75 × 10❑ pK ❑a=−log( K ❑a) [0.0333] pH=−log (5.7143× 10❑−10)−log [0.0333] El resultado es pH=9.25

➔ 50 mL de HCl Al inicio (50 mL)(0.100 Se agregan (50 mL)(0.100

NH ❑3 )=5 mmol NH ❑3 mL

HCl )=5 mmol HCl=5 mmol H ❑3 O❑+¿¿ mL

Reacción de neutralización + ¿+ H ❑2 O ¿ 4

inicio cambio equilibrio

NH ❑3 + H ❑3 O❑+¿ → NH❑ 5 mmol 5 mmol 0 −2.5 mmol−5 mmol+5 mmol 0 0 5 mmol

¿

Se trata del punto de equivalencia, ya que se agregó suficiente ácido para que reaccioné con toda la base y así se neutralize. Obtenemos que ¿ + ¿¿

H❑ O❑ NH ❑4 + H ❑2 O→ NH ❑+¿+ 4 0.05−x 0 0 inicio −x + x+ x cambio 0.05−x x x equilibrio 3

¿

Así podemos formula la siguiente ecuación cuadrática [ productos] (x )(x) x ❑2 K ❑a= = = [reactivos] 0.05−x 0.05−x K ❑a=5.7173 ×10 ❑−10 Como x es una constante muy pequeña 0.05−x ≃0.05 Sustituyendo datos x ❑2 −10 −10 −6 5.7173 ×10❑ = → x=√ (0.05)(5.7173 ×10 ❑ )=5.3466 ×10 ❑ =¿ 0.05 Ahora que conocemos la ¿, podemos conocer el pH pH=−log ¿) El resultado es pH=5.27 ➔ Se agregan 60 mL de HCl NH ❑3 Al inicio (50 mL)(0.100 )=5 mmol NH ❑3 mL Se agregan (60 mL)(0.100 Remanentes

HCl )=6 mmol HCl=6 mmol H ❑3 O +¿ ¿ mL ¿ 1 mmol H ❑3 O +¿ ¿

Así tenemos el exceso de ¿ ¿ Aplicamos la fórmula para conocer el pH pH=−log ¿ El resultado es pH=2.041

8.24 ¿Qué volumen de H2SO4 0.155 M se requiere para titular 0.293 g de LiOH 90.0% puro? La reacción estequiométrica es H 2 S O4 + 2 LiOH → Li ❑2 S O4 +2 H 2 O Datos: [ H 2 S O 4 ]=0.155 M m=0.293 g LiOH al 90 % P M H ❑ SO❑ =98.07 g 2

4

P M LiOH =23.95 SOLUCIÓN De acuerdo a la reacción estequiométrica y la relación que podemos establecer entre cada uno de los datos proporcionados, tenemos que VH

2

S O4

=

1 mol H 2 S O 4 1 mol LiOH 1L 90 g LiOH × × × ×0.293 g=0.0355 L 0.155 mol H 2 S O 4 2 mol LiOH 23.95 g LiOH 100 g

El resultado es V H

2

S O4

=35.5mL

8.27 Se analiza una muestra de 2.00 mL de suero para determinar proteína mediante el método de Kjeldahl modificado. La muestra se digiere y se destila el amoniaco resultante a una solución de ácido bórico, consumiendo 15.0 mL de HCl estándar para titular el borato de amonio. El HCl se estandariza tratando 0.330 g de (NH4)2SO4 puro de la misma manera. Si se consumen 33.3 mL de ácido en la titulación de estandarización, ¿cuál es la concentración de proteína en el suero en g% (peso/vol)? Datos: % Proteína= ?

V= 2mL N H 3+ HB O4 ↔ N H 4 B O4 Titulación V ❑HCl =15 mL Estandarización HCl V HCl=133.3 mL m❑¿¿ SOLUCIÓN N=

¿ Eq masa PM ¿ Eq= Peq= Peq Z V (L)

1 mol(N H 4 )S O 4 → 2 eq=Z PM ❑¿ ¿ Peq=

132.14 g/mol =66.07 g/eq 2 eq /mol

¿ Eq=

0.330 g =0.00499 eq 66.07 g/eq 1

En la estandarización, reacción 1:1, por lo tanto ¿ E q ¿¿ N HCl=

¿ E q HCl 0.00499 eq = =0.15 N V 0.0333 L

En la titulación ¿ E q HCl =NV =(0.15 N )(0.015 L)=0.00225 eq Que corresponden el mismo número de equivalentes del N H 4 B O4 La reacción HH ❑3 + HB O 4 ↔ N H 4 B O4 es 1:1, por lo que el ¿ Eq❑N H ¿ Eq❑N H

4

B O4

es igual al

3

¿ Eq❑N H =0.00225 eq 3

1 mol N H 3 → 1eq Así que 0.00225 eq N H 3 →0.00225 mol N H 3 ( 0.0384 g N H 3 (

14 g N )=0.0315 g de N 17.031 g NH

17.031 g N H 3 )=0.0384 g N H 3 1mol N H 3

Sabemos que las proteínas contienen 16% de nitrógeno % Proteína ( p/v )=(

1 g Proteina 0.0315 g N )( )× 100 %=9.84 % ( p/v ) 0.16 g N 2mL

El resultado es % Proteína ( p/v )=9.84 %