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FACULTAD DE INGENIERIA Universidad Mayor de San Andrés U.M.S.A.

Marzo 2017 Calculo Precisión y Simetría…

¡ ¡ ¡ADELANTE INGENIERIA!!!

QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA

(QMC -106) Ejercicios resueltos 1° Edición

ELABORADO POR:

PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE

Prohibida la reproducción total o parcial del presente documento sin previa autorización del Autor. Los infractores serán sometidos a las sanciones legales por plagio según manda la ley. Email: [email protected]

Cel.: 73041515

AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA

GRUPO “A” 2017

TITULACION ACIDO FUERTE CON BASE FUERTE Para la ilustración se tomara el siguiente ejemplo: Ejercicio 1: Se titulan 50 ml de HCl 0,100 M con NaOH 0,05 M. Construya la curva de titulación. Solución: C   HCl   0,100 M  0,100 N HCl  1 V1  50 ml 



C   NaOH   0, 05 N  0, 05 M NaOH  2 V2  ¿? ml 

La ecuación de titulación será:

HCl  NaOH

  NaCl  H2O

Calculando el volumen necesario para la titulación: C1V1  C2V2

  0,100 N  50 ml    0, 05 N V2 



V2  100 ml

PARA POR LO MENOS 4 PUNTOS DE REFERENCIA EN LA TITULACIÓN: VTIT 

V2 100 ml   25 ml 4 4



VTIT  25 ml

Calculo del número de moles de (H+) existentes al inicio de la titulación: 0,100 mol HCl 1 mol H  n0  50 ml   1000 ml 1 mol HCl

n0  5  103 mol H 



Calculo de pH para volúmenes añadidos de 25 en 25 ml: 

Para VNaOH  0 ml :

Como se trata de un ácido fuerte, su disociación es completa, por lo tanto:  H     HCl     pH   log  0,100 M    pH   log  H  

[1]



pH  1

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

GRUPO “A” 2017

Para VNaOH  25 ml :

Calculando el número de moles de (OH-) añadidos en este volumen: n1  25 ml 

0, 05 mol NaOH 1 mol OH   1000 ml 1 mol NaOH

n1  1, 25 103 mol OH 



Basándonos en la ecuación de titulación: HCl



NaOH

n0

n1

 n1

 n1

n0  n1

 



NaCl

H 2O

 n1

0

 n1

n1

n1

Se pude evidenciar una disminución en el número de moles de (H+), entonces su nueva concentración será: 3 3  n  n  5 10  1, 25 10  mol H  H    0 1  VT  50  25 103 lt

pH   log  H     log  0,05M 



  H    0, 05M



pH  1,3

Para VNaOH  50 ml  2   25 ml  : Como el volumen para el siguiente punto son otros 25 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces se puede analizar de la siguiente manera:

0, 05 mol NaOH 1 mol OH  n2   2   25 ml     1000 ml 1 mol NaOH

 n2  2,5 103 mol OH   3  n2  2n1  2,5 10 mol OH



Guiándonos en la ecuación de titulación global: HCl



NaOH

 

NaCl



H 2O

n0

n2

 n2

 n2

 n2

 n2

0

n2

n2

n0  n2

3 3  n0  n2  5 10  2,5 10  mol H  H     0, 025M VT  50  50  103 lt 

  H    0, 025M

Numéricamente igual a: 3 3  n0  2n1 5 10  2  1, 25 10   mol H  H    VT  50  50  103 lt 

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  H    0, 025M

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[2]

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GRUPO “A” 2017

pH   log  H     log  0,025M 





pH  1,6

Para VNaOH  75 ml  3   25 ml  :

Siguiendo la misma lógica anterior: HCl



NaOH

 

NaCl

H 2O

n0

n3

n3

n3

 n3

 n3

0

n3

n3

n0  n3

3 3  n0  3n1 5 10  3  1, 25 10  mol H  H    VT  50  75 103 lt

  H    0, 01M



pH   log  H     log  0,01M 







pH  2

Para VNaOH  100 ml  4   25 ml  (PUNTO DE EQUIVALENCIA):

En este punto los moles añadidos de OH- son exactamente iguales a los moles de H+ de la primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del ácido. n4  4n1

   n4  4 1, 25 10 mol   3

n4  5 103 mol OH 



Con: n0  n4  5  103 mol En este punto la ecuación global de titulación será: AcH 2



NaOH

 

AcH 



H 2O

n0

n4

 n4

 n4

 n4

 n4

0

n4

n4

0

Como los moles de (H+) y (OH-) son iguales, sus concentraciones también serán iguales:  H   OH    KW

[3]



2

 H    KW

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pH   log  H     log



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

1014





pH  7

Para VNaOH  125 ml  5   25 ml  (Exceso de 25 ml después del punto de equivalencia):

Como ya se consumieron todos los moles de H+, entonces el pH lo define los moles de OH-, añadidos, como se usan otros 25 ml de NaOH, entonces: nOH  ( EXCESO )  n1  25 ml 

0, 05 mol NaOH 1 mol OH   1000 ml 1 mol NaOH



n1  1, 25  103 mol OH 

Para el cálculo del pH: n 1, 25 103 mol OH  OH    1  V  50  125 103 lt

 OH    7,1428 103 M

T

pH  14  log OH    14  log  7,1428 103 M 

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

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pH  11,85

[4]

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GRUPO “A” 2017

Ejercicio 2: Construya la curva de titulación de 50 ml de una solución que contiene una concentración de NaOH 0,1 N y otra para hidracina N2H4 0,08 M para cada uno utilizar HIO4 de 0,2 M. Solución:

BASE FUERTE CON ACIDO FUERTE C   NaOH   0,1 N NaOH  1 V1  50 ml 

C   HIO4   0, 2 M  0, 2 N HIO4  2 V2  ¿? ml 



Primero la titulación de NaOH con HIO4: La ecuación de titulación será:

NaOH  HIO4

  NaIO4  H 2O

Calculando el volumen necesario para la titulación: C1V1  C2V2

  0,1 N  50 ml    0, 2 N V2 



V2  25 ml

Para por lo menos 4 puntos de referencia para la titulación entonces: VTIT  VHIO4 

V2 25 ml  4 4



VTIT  VHIO4  6, 25 ml

Calculo de pH para volúmenes añadidos de 6,25 ml en 6,25 ml: 

Para VHIO4  0 ml :

Entonces se considera NaOH en agua pura, por lo tanto: NaOH

 

0,1 N

Entonces:

[5]

pH  14  pOH

  pH  14  log  0,1M  

Na  0,1 N



OH 



0,1 N

pH  13

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GRUPO “A” 2017

Para VHIO4  6, 25 ml :



Basándonos en la ecuación global de titulación: NaOH



HIO4

 

NaIO4



H 2O

n0

n1

 n1

 n1

 n1

 n1

n0  n1

0

n1

n1

Calculando los moles iniciales de NaOH y los moles que se adicional en los 6,25 ml: n0  50 ml 

0,1 mol NaOH 1000 ml

n1  6, 25 ml 

0, 2 mol HIO4 1000 ml

n0  5  103 mol NaOH  5  103 mol OH 



n1  1, 25  10 3 mol HIO4  1, 25  10 3 mol H 



Como se puede ver en la ecuación global de titulación, los moles que se agregan a la solución original se consumen por completo, quedando así un sobrante de NaOH que define el “pH”, calculando la nueva concentración de OH- que quedan: 3 3  n OH    n0  n1  5 10  1, 25 10  mol OH OH      VT VT  50  6, 25 103 lt

pH  14  pOH  14  log  0,06667M 

OH    0, 06667 M





pH  12,82

Para VHIO4  12,5 ml  2   6, 25 ml  :



Como el volumen para el siguiente punto son otros 6,25 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces: n2  2   6, 25 ml  

NaOH

n OH 



OH   VT





HIO4

n0

n2

 n2

 n2

n0  n2 

0, 2 mol HIO4 1000 ml

n2  2,5  10 3 mol H 



 

NaIO4

0

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H 2O

 n2

 n2

n2

n2

3 3  n0  n2  5 10  2,5 10  mol OH   VT  50  12,5 103 lt

pH  14  pOH  14  log  0,04M 







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OH    0, 04 M

pH  12,60

[6]

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GRUPO “A” 2017

Para VHIO4  18,75 ml  3   6, 25 ml  :



Como el volumen para el siguiente punto son otros 6,25 ml, es decir el triple, entonces: n3  3   6, 25 ml  

n OH 



OH   VT 



0, 2 mol HIO4 1000 ml

n3  3, 75  103 mol H 



3 3  n0  n3  5 10  3, 75 10  mol OH   VT  50  18, 75 103 lt

pH  14  pOH  14  log  0,01818M 







OH    0, 01818 M

pH  12, 26

Para VHIO4  25 ml  4   6, 25 ml  (PUNTO DE EQUIVALENCIA):

Si se realiza el balance molar, podemos evidenciar que los moles añadidos de H + son exactamente iguales a los moles de OH-, llegando así al punto de equivalencia, en este caso al tratarse de una titulación de base fuerte con ácido fuerte, el pH es igual a 7: 



pH  7

Para VHIO4  31, 25 ml  5   6, 25 ml  (Exceso de 6,25 ml después del punto de equivalencia):

Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles añadidos a la solución, esto porque ya no existen moles de la solución original: Al definir por comodidad un volumen de titulación constante: nEXCESO  n1  6, 25 ml 

 H   

n EXCESO  VT

0, 2 mol HIO4 1000 ml



1, 25 103 mol H    50  31, 25 103 lt

pH   log  H     log  0,01538 M 

[7]

nEXCESO  1, 25  103 mol H 

 H    0, 01538 M





pH  1,81

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

GRUPO “A” 2017

Para VHIO4  37,5 ml  6   6, 25 ml  (Exceso de 12,5 ml después del punto de equivalencia): nEXCESO  2n1  12,5 ml 

 H   

n EXCESO  VT



0, 2 mol HIO4 1000 ml

2,5 103 mol H   50  37,5 103 lt

pH   log  H     log  0,02857 M 



nEXCESO  2,5 10 3 mol H 





 H    0, 02857 M

pH  1,54

pH vs. V(añadido) 14 12

pH

10 8 6 4 2 0 0

5

10

15

20

25

30

35

40

V(añadido) [ml]

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[8]

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GRUPO “A” 2017

BASE DEBIL CON ACIDO FUERTE Recurriendo a las tablas acido base: pK N2 H4   8, 48 C   N 2 H 4   0, 08 M  0, 08 N N2 H 4  1 V1  50 ml 

C   HIO4   0, 2 M  0, 2 N HIO4  2 V2  ¿? ml 



La ecuación de titulación será:

  N2 H5  IO4

N2 H4  HIO4

Calculando el volumen necesario para la titulación: C1V1  C2V2

  0, 08 N  50 ml    0, 2 N V2 



V2  20 ml

Para por lo menos 4 puntos de referencia para la titulación entonces: VTIT  VHIO4 

V2 20 ml  4 4



VTIT  VHIO4  5 ml

Calculo de pH para volúmenes añadidos de 5 ml en 5 ml: 

Para VHIO4  0 ml :

Entonces se considera la hidracina en agua pura, por lo tanto: N2 H 4



H 2O

Kb   N 2 H 5

C0  x

Kb 

x2 C0  x

Entonces:

[9]

;

 OH 

x

x 2  K b x  K bC0  0

pH  14  pOH

   4 pH  14  log  4,9 10 M  

x







Kb  105,52

x  OH    4,9  104 M

pH  10, 69

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

GRUPO “A” 2017

Para VHIO4  5 ml :

Basándonos en la ecuación global de titulación: 

N2 H 4

HIO4

n0

n1

 n1

 n1

n0  n1

 

N 2 H 5

IO4 



 n1

0

 n1

n1

n1

Calculando los moles iniciales de N2H4 y los moles que se adicional en los 5 ml: n0  50 ml 

n1  5 ml 

0, 08 mol N 2 H 4 1000 ml

n0  4  103 mol N 2 H 4



0, 2 mol HIO4 1000 ml



n1  1 103 mol HIO4  1 103 mol N 2 H 5

Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: N2 H 4

 H 2O

 N 2 H 5 Kb



 OH



 N 2 H 5  OH   Kb   N2 H 4 



Despejando la concentración de oxidrilos:

 N2 H 4  OH    Kb  N 2 H 5 

.........

 

Operando se tiene:  nN2 H 4   V  n OH    Kb  T   Kb N2 H 4 nN H   nN2 H5  2 5   V  T 



n OH    Kb N2 H 4 nN H  2

.........

 

5

Guiándonos en la ecuación de titulación global: OH    K b

3 3 n0  n1 5,52 4  10 mol  1 10 mol  10  3 105,52 3 n1 110 mol

pH  14  pOH  14  log 105,0429 M 

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

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 OH    105,0429 M pH  8,96

[10]

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

GRUPO “A” 2017

Para VHIO4  10 ml  2   5 ml  :

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces: n2  2   5 ml  

N2 H 4

0, 2 mol HIO4 1000 ml



HIO4

n0

n2

 n2

 n2

n0  n2

 

n2  2  103 mol H 



N 2 H 5

0



IO4 

 n2

 n2

n2

n2

Guiándonos en la ecuación de titulación global: OH    K b

n0  n2 4 103 mol  2 103 mol  105,52  1105,52 n2 2 103 mol pH  14  pOH  14  log 105,52 M 



 OH    105,52 M pH  8, 48

(Llegando así al punto tampón) 

Para VHIO4  15 ml  3   5 ml  :

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: n3  3   5 ml  

OH    K b

0, 2 mol HIO4 1000 ml



n0  n3 4 103 mol  3 103 mol 1  105,52   105,52 3 n3 3 10 mol 3 pH  14  pOH  14  log 105,997 M 



n3  3  103 mol H 



 OH    105,997 M pH  8,003

Para VHIO4  20 ml  4   5 ml  (PUNTO DE EQUIVALENCIA):

Si se realiza el balance molar, podemos evidenciar que los moles añadidos de H+ son exactamente iguales a los moles de OH-, llegando así al punto de equivalencia, en este caso al

[11]

ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515

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GRUPO “A” 2017

tratarse de una titulación de base débil con ácido fuerte, el pH se calcula de la siguiente manera al haberse consumido por completo los moles de la base: N2 H 4



HIO4

n0

n4

n4

n4

0

 

N 2 H 5

0



IO4 

 n4

 n4

n4

n4

Como se puede evidenciar, solo existe un número de moles de N2 H5 formados en el proceso de titulación, entonces en el punto de equivalencia: N 2 H 5

Ka  

N2 H 4



H

n4 y

y

y

n4  y

y

y



Ka 

 N2 H 4   H    N 2 H 5 



y2  108,48 C4  y

Hallando la concentración:

Ka 

y2 C4  y

Entonces:



C4 

n4 4 103 mol N 2 H 5  VT  20  50  103 lt



C4 

;

y 2  K a y  K a C4  0



y   H    1,3755  105 M

   5 pH  log 1,3755 10 M   



pH  l og  H  

2 M  0, 05715M 35

pH  4,86

Para VHIO4  25 ml  5   5 ml  (Exceso de 5 ml después del punto de equivalencia):

Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles añadidos a la solución, ¿Pero qué ocurre con el aporte de H+ de N2 H5 ?????, este aporte es mínimo y despreciable, pero para este ejercicio se lo realizara por demostración:

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[12]

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GRUPO “A” 2017

Al definir por comodidad un volumen de titulación constante, se tiene: nEXCESO  n1  5 ml 

 H   

N 2 H 5

n EXCESO 

Ka  

VT

z

z

Cz

z





N2 H 4

C

C

0, 2 mol HIO4 1000 ml

nEXCESO  1 103 mol H 



1103 mol H   50  25 103 lt

1  H    M 75



H



1 75 1 z 75

 1  z  z 75   108,48 Ka   Cz



1 z 75

n4 4 103 mol N 2 H 5  VT  25  50 103 lt



 1  z 2    K a  z  K aC  0  75 

C



4 M  0, 0533M 75 z  1,3245  10 5 M

La concentración final de protones será: 1  H    M z T 75



 1   pH   log  H     log   1,3245  105  M  T    75



pH  1,875

Como se puede apreciar el término “z” es despreciable ante el aporte de protones proveniente del exceso de ácido añadido después del punto de equivalencia; entonces el cálculo del pH después del punto de equivalencia será: 



1  pH   log  H     log  M   75 



pH  1,875

Para VHIO4  30 ml  6   5 ml  (Exceso de 10 ml después del punto de equivalencia):

[13]

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nEXCESO  2n1  10 ml 

 H   

n EXCESO  VT



GRUPO “A” 2017

0, 2 mol HIO4 1000 ml

nEXCESO  2  103 mol H 



2 103 mol H   50  30  103 lt



 1  pH   log  H     log  M   40 

1  H    M  0, 02857 M 40 

pH  1, 6

ACIDO DEBIL CON BASE FUERTE Ejercicio 3: Desarrolle la curva de titulación de 25 ml de 0,1 M de ácido maléico, con hidróxido de sodio 0,1 N. Solución: C   AcH 2   0,1 M  0, 2 N AcH 2  1 V1  25 ml 



C   NaOH   0,1 N NaOH  2 V2  ¿? ml 

De tablas para el ácido maléico: pK1  1,92

pK 2  6, 22

;

La ecuación de titulación será:

AcH2  2NaOH

  Na2 Ac  2H 2O

Calculando el volumen necesario para la titulación: C1V1  C2V2

  0, 2 N  25 ml    0,1 N V2 



V2  50 ml

Como es un ácido diprótico, el volumen total de titulación “V2” se divide en dos partes, entonces: Para por lo menos 4 puntos de referencia para cada etapa de titulación:

V2 50 ml   25 ml 2 2



25 ml  VTIT 1 ETAPA   6, 25 ml   4  25 ml V   6, 25 ml TIT  2 ETAPA   4

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[14]

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GRUPO “A” 2017

Calculo de pH para volúmenes añadidos de 6,25 ml en 6,25 ml: 

Para VNaOH  0 ml :

Entonces se considera el ácido en agua pura, por lo tanto: AcH 2

AcH 

K1  

H



C1 x C1  x

Ka 

x2 C1  x

x

x

x

x



x 2  K a x  K bC1  0

;

x2 K1   101,92 C1  x



x  0, 02918M

Podríamos calcular el pH directamente con este valor, debido a que la segunda constante de disociación es muy pequeña, K 2  10 6,22 y no aportara con muchos protones además que esta el efecto del ion común y eso también merma su aporte, pero para comprobar lo que se afirma, se realizara el cálculo: AcH 

K2  

Ac 

H



x

x

y

y

x y

K2 

y  x  y x y

y

;



y

K2 

y  x  y  106,22 x y

x y

y 2   x  K2  y  K2 x  0

y  6, 025 107 M



Como se puede observar, la concentración de protones será:  H    x  y



 H    0, 02918

Entonces:    pH   log  0, 02918M    pH   log  H  

[15]



pH  1,53

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

GRUPO “A” 2017

Para VNaOH  6, 25 ml :

Basándonos en la ecuación de titulación para la primera etapa: AcH 2



 

NaOH

AcH 



H 2O

n0

n1

n1

n1

 n1

 n1

0

n1

n1

n0  n1

Calculando los moles iniciales de AcH2 y los moles que se adicional en los 6,25 ml de NaOH: n0  25 ml 

0,1 mol AcH 2 1000 ml

n1  6, 25 ml 

0,1 mol NaOH 1000 ml

n0  2,5  10 3 mol AcH 2



n1  0, 625  10 3 mol NaOH  0, 625  10 3 mol OH 



Para el cálculo del pH de una titulación de un ácido débil, se tiene el siguiente procedimiento: AcH 2

 K1

AcH



 H





 AcH    H   K1   AcH 2 

Despejando la concentración de protones:

 AcH 2   H    K1  AcH   Operando se tiene:  nAcH 2   V  n  H    K1  T   K1 AcH 2 nAcH   nAcH    V   T 



n  H    K1 AcH 2 n AcH

.........

 



Guiándonos en la ecuación de titulación global: 2,5  103  0, 625 10 3  mol n0  n1 1,92   H   K1  10  3  101,92 M 3 n1 0, 625  10 mol 

pH   log  H     log 101,4429 M 

ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE



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  H    101,4429 M

pH  1, 44

[16]

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

GRUPO “A” 2017

Para VNaOH  12,5 ml  2   6, 25 ml  :

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces: n2  2   6, 25 ml  

0,1 mol NaOH 1000 ml

n2  1, 25  103 mol OH 



Guiándonos en la ecuación de titulación global: 2,5  103  1, 25  10 3  mol n0  n2 1,92   H   K1  10  1 101,92 3 n2 1, 25 10 mol

  H    101,92 M



pH   log  H     log 101,92 M 



pH  1,92

(Llegando así al primer punto tampón) 

Para VHIO4  18,75 ml  3   6, 25 ml  :

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: n3  3   6, 25 ml  

0,1 mol NaOH 1000 ml

n3  1,875  10 3 mol OH 



2,5  103  1,875 10 3  mol 1 n0  n3 1,92   H   K1  10   101,92 3 n3 1,875 10 mol 3 

pH   log  H     log 102,397 M 





  H    10 2,397 M

pH  2, 4

Para VNaOH  25 ml  4   6, 25 ml  (1ER PUNTO DE EQUIVALENCIA):

En este punto los moles añadidos de OH- son exactamente iguales a los moles de H+ de la primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del ácido. AcH 2

NaOH

 

AcH 



H 2O

n0

n4

 n4

 n4

 n4

 n4

0

n4

n4

0

[17]



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GRUPO “A” 2017

Como se pude ver, entra en acción la segunda etapa, al formarse los “ n4 ” moles de AcH  . También se evidencia la existencia de un doble equilibrio. El pH se calcula de la siguiente manera:  K1

AcH 2

AcH



AcH

 Ac K2





 H



 H





 AcH    H   K1   AcH 2 



 Ac    H   K2   AcH  

Multiplicando miembro a miembro las ecuaciones de equilibrio:  AcH    H    Ac    H   K1K 2    AcH    AcH 2 



 AcH 2 

Considerando que las sustancias  Ac   

 Ac   2  H   K1K 2    AcH 2 

en este punto de la titulación son

prácticamente muy pequeñas, se puede considerar que su actividad es igual a 1, o podemos decir que esas concentraciones son muy pequeñas e iguales  Ac     AcH 2  , entonces:  H    K1 K 2

En el primer punto de equivalencia:  H    K1 K 2 

Entonces: 

10 10 1,92

6,22



pH   log 104,07 M 

 H    104,07 M





pH  4, 07

Para VNaOH  31, 25 ml  5   6, 25 ml  (Exceso de 6,25 ml después del primer punto de equivalencia):

La ecuación de titulación para esta etapa será:

AcH   NaOH

  NaAc  H 2O

Si observamos en el punto de equivalencia se consumieron los moles de AcH 2 en la primera etapa pero se fueron formando en cada adición de volumen de NaOH moles de AcH  , entonces:

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[18]

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N2 H 4



GRUPO “A” 2017

 

HIO4

n0

n4

n4

n4

0

0

nAcH   n0  4   6, 25 ml  

N 2 H 5



IO4 

 n4

 n4

n4

n4

0,1 mol NaOH 1000 ml

nAcH   2,5 103 mol OH   2,5 103 molAcH 



El volumen de titulación para esta nueva etapa serán los 6,25 ml de NaOH destinados para la titulación de la segunda etapa: n1  6, 25 ml 

0,1 mol NaOH 1000 ml

n1  0, 625  10 3 mol NaOH  0, 625  10 3 mol OH 



Basándonos en la ecuación de titulación para la segunda etapa: AcH 



NaOH

 

AcNa 



H 2O

n0

n1

 n1

 n1

 n1

 n1

n0  n1

0

n1

n1

Para la segunda etapa: AcH



 Ac K2



 H





 Ac    H   K2   AcH  

Despejando la concentración de protones:  AcH    H   K 2  Ac   

Operando se tiene:  nAcH    V  n   H    K1  T   K 2 AcH nAc  nAc  V   T  [19]



n   H    K 2 AcH nAc

.........

 

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AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA GRUPO “A” 2017

Guiándonos en la ecuación de titulación global: 2,5 10 3  0, 625 10 3  mol n0  n1 6,22   H   K 2  10  3  10 6,22 M n1 0, 625 10 3 mol 

pH   log  H     log 105,74 M 





  H    10 5,74 M

pH  5,74

Para VNaOH  37,5 ml  6   6, 25 ml  (Exceso de 12,5 ml):

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces: n2  2   6, 25 ml  

0,1 mol NaOH 1000 ml



n2  1, 25  103 mol OH 

Guiándonos en la ecuación de titulación global:  H    K 2

 2,5 103  1, 25 103  mol  1106,22 n0  n2  106,22 n2 1, 25 103 mol pH   log  H     log 106,22 M 



  H    106,22 M

pH  6, 22

(Llegando así al segundo punto tampón) 

Para VHIO4  43,75 ml  7   6, 25 ml  (Exceso de 18,75 ml):

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: n3  3   6, 25 ml  

 H    K 2

0,1 mol NaOH 1000 ml



 2,5 103  1,875 103  mol  1 106,22 n0  n3  106,22 n3 1,875 10 3 mol 3 pH   log  H     log 106,7 M 



n3  1,875  10 3 mol OH 



  H    106,7 M

pH  6,7

Para VNaOH  50 ml  8   6, 25 ml  (2DO PUNTO DE EQUIVALENCIA):

Ahora se tituló por completo al ácido diprótico, por lo tanto:

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[20]

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AcH 

GRUPO “A” 2017 K2  

Ac 

H



n0

n4  4   6, 25 ml  

 n4

n4

n4

0

n4

n4

0,1 mol NaOH 1000 ml



n4  2,5  10 3 mol OH   2,5 10 3 mol Ac 

Se evidencia solo la presencia de la base conjugada Ac  , entonces en procedimiento es: Ac 



AcH 

Kb1 

H 2O

 OH 

n4 z

z

z

z

z

n4  z

 AcH   OH   z2  Kb1    107,78 Cz  Ac  

Calculo de la concentración “C”: C

Kb1 

z2 Cz

Entonces:



n4 2,5 103 mol Ac  1   M  0, 03333M 3 VT 75 10 lt 30

z 2  Kb1 z  Kb1C  0

;

z  OH    2,351105 M



   5 pH  14  log  2,35110 M    pH  14  log OH  



pH  9,37

Para VNaOH  56, 25 ml  9   6, 25 ml  (Exceso de 6,25 ml después del punto del segundo punto equivalencia; VT=81,25 ml):

Para el cálculo del pH posterior a la titulación; el pH lo define el exceso de moles añadidos de NaOH, por ser base fuerte, y el aporte de oxidrilos de Ac  , es despreciable, entonces: nEXCESO  n1  6, 25 ml 

OH   



[21]

n EXCESO  VT



0,1 mol NaOH 1000 ml

0, 625 103 mol OH   25  56, 25 103 lt



nEXCESO  0, 625  10 3 mol OH 



OH    7, 6923 103 M

pH  14  log OH    14  log 7,6923 103 M 



pH  11,89

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GRUPO “A” 2017

BASE DEBIL CON ACIDO FUERTE Ejercicio 4: Desarrolle una curva para la titulación de 50 ml de una solución 0,1 M del compuesto A con una solución 0,2 M del compuesto B de la siguiente lista. Para cada titulación determinar el pH del punto tampón y del punto de equivalencia correspondiente así como también el exceso del titulante: A

B

Na2CO3 ……………………. HCl Solución: Para la titulación de base débil con ácido fuerte, se tiene los siguientes datos: Para el ácido carbónico: K1  106,34

K b 2  107,66



K 2  1010,25

K b1  103,75



C   Na2CO3   0,1 M  0, 2 N Na2CO3  1 V1  50 ml 

C   HCl   0, 2 M  0, 2 N HCl  2 V2  ¿? ml 



La ecuación global de titulación será:

Na2CO3  2HCl

  H 2CO3  2NaCl

Calculando el volumen necesario para la titulación: C1V1  C2V2

  0, 2 N  50 ml    0, 2 N V2 



V2  50 ml

Para por lo menos 4 puntos de referencia para cada etapa de titulación, entonces:

V2 50 ml   25 ml 2 2



25 ml  VTIT 1 ETAPA   6, 25 ml   4  25 ml V   6, 25 ml TIT  2 ETAPA   4

Calculo de pH para volúmenes añadidos de 5 ml en 5 ml: 

Para VHCl  0 ml :

Entonces se considera la hidracina en agua pura, por lo tanto:

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Cel.: 73041515

[22]

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CO3



H 2O

GRUPO “A” 2017

Kb1  HCO3

C0  x

K b1 

x2 C0  x

;

 OH 

x

x 2  K b1 x  K b1C0  0



x

Kb1  103,75

x  OH    4,129  103 M



Considerando despreciable el aporte de oxidrilos de la segunda disociación, al ser muy pequeña la constante K b 2  107,66 , entonces el pH será: pH  14  pOH

   pH  14  log  4,129 10 M  



3



pH  11, 61

Para VHCl  6, 25 ml :

Basándonos en la ecuación de titulación para la primera etapa: CO3



  HCO3

HCl

 Cl 

n0

n1

n1

n1

 n1

 n1

0

n1

n1

n0  n1

Calculando los moles iniciales de CO3= y los moles de protones que se adicional en los 5 ml: n0  50 ml 

0,1 mol Na2CO3 1000 ml

n1  6, 25 ml 

0, 2 mol HCl 1000 ml

n0  5  103 mol Na2CO3  5  103 mol CO3





n1  1, 25  103 mol HCl  1, 25  103 mol H 

Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: CO3



 H 2O

 HCO3 Kb1



 OH





 HCO3  OH   Kb1  CO3 

Despejando la concentración de oxidrilos: CO3  OH   Kb1  HCO3  

[23]

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UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA

GRUPO “A” 2017

Operando se tiene:  nCO3    nCO   VT   3 OH   Kb1  Kb1 nHCO   nHCO3  3    VT 



n  OH    K b1 CO3 n

.........

 

HCO3

Guiándonos en la ecuación de titulación global: OH    K b1

n0  n1 5 103 mol  1, 25 103 mol  103,75  3 103,75 3 n1 1, 25 10 mol pH  14  pOH  14  log 103,27 M 



 OH    103,27 M

pH  10,73

Para VHCl  12,5 ml  2   6, 25 ml  :



Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior punto, entonces: n2  2   6, 25 ml  

CO3

0, 2 mol HCl 1000 ml



HCl

n2  2,5  10 3 mol H 



  HCO3

n0

n2

 n2

 n2

 n2

0

n2

n0  n2

 Cl   n2 n2

Guiándonos en la ecuación de titulación global: 5 10 3  2,5 10 3  molH  n0  n2 3,75  OH   K b1  10  1 103,75 n2 2,5  103 mol H  mol 

pH  14  pOH  14  log 103,75 M 



 OH    10 3,75 M

pH  10, 25

(Llegando así al PRIMER PUNTO tampón) 

Para VHCl  18,75 ml  3   6, 25 ml  :

Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces:

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[24]

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n3  3   6, 25 ml  

OH    K b1

GRUPO “A” 2017

0, 2 mol HIO4 1000 ml

n3  3, 75  103 mol H 



5 103  3, 75 10 3  mol 1 n0  n3 5,52   10   10 3,75 3 n3 3, 75  10 mol 3

pH  14  pOH  14  log 104,22 M 



 OH    104,22 M

pH  9,77

Para VHCl  25 ml  4   6, 25 ml  (PRIMER PUNTO DE EQUIVALENCIA):



En este punto los moles añadidos de H+ son exactamente iguales a los moles de OH- de la primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del ácido. CO3



  HCO3

HCl

 Cl 

n0

n4

 n4

 n4

 n4

 n4

0

0

n4

n4

Como se pude ver, entra en acción la segunda etapa, al formarse los “ n4 ” moles de HCO3  . También se evidencia la existencia de un doble equilibrio. El pH se calcula de la siguiente manera: CO3



HCO3

 H 2O



 H 2O

 HCO3 Kb1



 H 2CO3 Kb 2

 OH



 OH





 HCO3  OH   Kb1  CO3 



Kb 2 

 H 2CO3  OH    HCO3 

Multiplicando miembro a miembro las ecuaciones de equilibrio:  HCO3  OH    H 2CO3  OH   Kb1Kb 2  CO3   HCO3 

[25]



Kb1Kb 2 

 H 2CO3  OH   2 CO3  



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Considerando que las sustancias  H 2CO3   CO3  en este punto de la titulación son prácticamente muy pequeñas, se puede considerar que su actividad es igual a 1, o podemos decir que esas concentraciones son muy pequeñas e iguales  H 2CO3   CO3  , entonces: OH    Kb1Kb 2

En el primer punto de equivalencia: OH    K b1 K b 2 

Entonces: 

10

3,75

10

7,66



pH  14  log 105,507 MM 

OH    105,507 M





pH  8, 295

Para VHCl  31, 25 ml  5   6, 25 ml  (6,25 ml de exceso después del 1er punto de equivalencia):

La ecuación de titulación para esta etapa será:

HCO3  HCl

  H2CO3  Cl 

Si observamos en el punto de equivalencia se consumieron los moles de CO3  de la primera etapa pero se fueron formando en cada adición de HCl moles de HCO3  “ n4  n0 ”, ahora entonces: HCO3



HCl

n0

n1

 n1

 n1

n0  n1

  H 2CO3

 Cl 

 n1

 n1

n1

n1

0

Para los moles de HCO3  formados: nHCO   n0  n4  4   6, 25 ml   3



0,1 mol HCl 1000 ml

nHCO   2,5 103 mol HCl  2,5 103 mol HCO3 3

Basándonos en la ecuación de titulación para la segunda etapa:

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[26]

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HCO3



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HCl

n0

n1

 n1

 n1

n0  n1

  H 2CO3

 Cl 

 n1

 n1

n1

n1

0

Los moles de protones que se adicional en los 6,25 ml de exceso: n1  6, 25 ml 

0, 2 mol HCl 1000 ml



n1  1, 25  103 mol HCl  1, 25  103 mol H 

Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: HCO3



 H 2O

 H 2CO3 K b1

 OH





Kb 2 

 H 2CO3  OH    HCO3 

Despejando la concentración de oxidrilos:  HCO3  OH   Kb 2  H 2CO3  

Operando se tiene:

OH    Kb 2

 nHCO3    nHCO   VT  3  Kb 2 nH 2CO3  nH 2CO3     VT 

n  OH    Kb 2 HCO3 nH 2CO3



.........

 

Guiándonos en la ecuación de titulación global: OH    K b 2

n0  n1 5 103 mol  1, 25 103 mol  107,66  3 107,66 n1 1, 25 103 mol pH  14  pOH  14  log 107,18 M 





 OH    107,18 M

pH  6,82

Para VHCl  37,5 ml  6   6, 25 ml  (Exceso de 12,15 ml después del 1ER punto de equivalencia): n2  12,5 ml 

[27]

0, 2 mol HCl 1000 ml



n2  2,5  103 mol H 

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OH   K b 2 

GRUPO “A” 2017

5 103  2,5 10 3  molH  n0  n2 7,76   10  1 107,76 n2 2,5  103 mol H  mol

pH  14  pOH  14  log 107,66 M 



 OH    107,76 M

pH  6,34

(Llegando así al SEGUNDO PUNTO tampón) Para VHCl  43,75 ml  7   6, 25 ml  (Exceso de 18,75 ml después del 1ER punto



de equivalencia): Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: n3  18, 75 ml 

OH   K b 2 

0, 2 mol HIO4 1000 ml

n3  3, 75 103 mol H 



5 103  3, 75 103  mol 1 n0  n3 7,66   10   107,66 n3 3, 75 103 mol 3

pH  14  pOH  14  log 108,14 M 



 OH    108,14 M

pH  5,86

Para VHCl  50 ml  8   6, 25 ml  (SEGUNDO PUNTO DE EQUIVALENCIA):



En este punto los moles añadidos de H+ son exactamente iguales a los moles de OH- de la segundo etapa, al haberse consumido por completo los moles. El tratamiento es de la siguiente manera: HCO3



 H 2O

 H 2CO3

 OH

Kb 2





Kb 2 

 H 2CO3  OH    HCO3 

Se evidencia la formación del ácido carbónico: HCO3



HCl

  H 2CO3

 Cl 

n0

n4

 n4

 n4

 n4

 n4

0

0

n4

n4

Nota: Los iones en solución como el Cl  no influyen en el cálculo del pH, ya que están completamente disueltas al ser sales.

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[28]

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Como en este punto solo existe el ácido carbónico, entonces: H 2CO3

K1   HCO3

H



n4 z

z

n4  z

z

z

z

z



K1 

z2  106,34 Cz

Calculo de la concentración “C”: C

K1 

z2 Cz

Entonces: 

;

n4 5 103 mol Ac    0, 05M VT  50  50  103 lt

z 2  K1 z  K1C  0

z   H    1,509 104 M



pH   log 1,509 104 M 



pH  3,82

Para VHCl  56,5 ml  9   6, 25 ml  (Exceso de 6,25 ml después del punto del segundo punto de equivalencia):

Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles de H+ añadidos a la solución, considerando además despreciable la cantidad de protones cedidos por el ácido carbónico, al ser su constante acida pequeña, entonces: nEXCESO  n1  6, 25 ml 

 H   



[29]

n EXCESO  VT



0, 2 mol HCl 1000 ml



1, 25 103 mol H   50  56, 25 103 lt

pH   log  H     log101,93 M

nEXCESO  1, 25  103 mol H 

 H    101,93 M





pH  1,93

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ACIDO DEBIL CON BASE DEBIL Ejercicio 5: Se calculara el pH en el punto de equivalencia en la titulación de 50 ml de ácido acético 0,1 N con 50 ml de hidróxido de amonio 0,1 N. Para el ácido y de la base respectivamente: pKa = 4,74; pKb=4,8 Solución: C  CH 3COOH   0,1 M  0, 2 N CH 3COOH  1  V1  50 ml ; K a1  104,74  Para el cálculo del pH en el punto de equivalencia:

C   HCl   0,1 M  0, 2 N NH 4OH  2 4,8  V2  50 ml ; K b1  10

Se tiene la ecuación:  H   OH    KW

KW  H    OH  



...........( )

De los equilibrios: K a1 Kb1 CH 3COOH  CH 3COO   H  NH 4OH  NH 4   OH 

CH 3COO    H   K a1  CH 3COOH 

......(1)

 NH 4   OH   K b1   NH 4OH 

......(2)

Ahora (1)/(2):

K a1  K b1

CH 3COO    H   CH 3COOH   NH 4   OH    NH 4OH 

Despejando los OH-: OH   

Kb1 CH 3COO    H    NH 4OH  K a1 CH 3COOH   NH 4  

Reemplazando en ( ) : KW  H     Kb1 CH 3COO   H    NH 4OH  K a1 CH 3COOH   NH 4  

Despejando  H   :

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[30]

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2

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KW K a1 CH 3COOH   NH 4  

 H   Kb1 CH 3COO    NH 4OH  

De donde:

CH3COOH    NH4OH 

 NH 4   CH3COO 



Entonces: 2

 H   

K W K a1 K b1

/ / lg

2lg  H    lg KW  lg Ka1  lg Kb1

/ /(1)

Realizando operaciones se llega a: pH 

1  pKW  pK a1  pKb1  2

Entonces el pH en el punto de equivalencia será: 1  pKW  pK a1  pKb1  2  1 pH  14  4, 74  4,8   2 

pH 

[31]



pH  6,95 Respuesta.

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