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Análisis Químico Cuantitativo:

Problemas de Química analítica resueltos

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.20.

4.20. Una muestra de sidra de 100.00 g se somete a un proceso de oxidación mediante el cual su contenido en sacarina es transformado en sulfato, que posteriormente es precipitado con bario. Si la masa de este precipitado es de 0.0223 g, calcular el porcentaje de sacarina en la muestra de sidra

La sacarina es oxidada a sulfato y el sulfato es precipitado con bario según las reacciones siguientes y relaciones estequiométricas:

C7H5NO5S <- Oxid -> SO4(2-) SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSO4 (precip.)

moles sacarina/moles S = moles So4(2-) = moles BaSO4

moles sacarina = g BaSO4/Pm BaSO4 = 0.0223/233.40 = 9.55 * 10^-5

g sacarina = 9.55 * 10^-5 * Pm sacarina = 9.55 * 10^-5 * 183.19 = 0.0175 g

% sacarina = 0.0175 * 100/100.00 = 0.0175%


4.19. Una muestra de 1.227 g de alumbre, K2SO4 · Al2(SO4)3 · 24 H2O, que contiene sólo impurezas inertes, se disuelve y el aluminio se precipita con 8-hidroxiquinoleína. Una vez filtrado, el precipitado se calcina a Al2O3, obteniéndose una masa de 0.1098 g. Calcular los porcentajes de aluminio y azufre en la muestra.

El aluminio precipita con la 8-hidroxiquinoleína C9H7NO, según la reacción:

Al3+ + 3C9H7NO <--> Al(C9H6NO)3 (precip.) + 3H+

Una vez calcinado a Al2O3 y determinado su peso, 0.1098 g, se puede calcular el contenido de aluminio en la muestra.

g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.1098 * 2 * 26.98/101.96 = 0.05811 g

% Al = 0.05811 * 100/1.2277 = 4.73%

Para calcular el contenido de azufre en peso y su porcentaje tendremos en cuenta la reacción estequiométrica:

2 moles Al/4 moles S

moles Al =g l/Pt l = 0.05811/26.98 = 0.00254moles S = 2* moles Al = 2* 0.0002154 = 0.004308

g S = moles S * Pt S = 0.004308 *m 32.06 = 0.1381 g

% S = 0.1381 * 100/1.2277 = 11.25 %


4.18. Una aleación contiene aluminio, silicio y magnesio. Una muestra de 0.6750 g se disuelve en ácido y se separa el silicio en forma de SiO2, cuya masa un vez calcinada es de 0.0285 g. A la disolución ácida resultante se le añade amoniaco y se precipita el aluminio como Al2O3, que tras el adecuado tratamiento da una masa de 0.5383 g. En esta disolución amoniacal, finalmente, se precipita el magnesio con fosfato, se calcina el precipitado y se pesa como pirofosfato, obteniéndose 1.6946 g. Calcular la composición de la aleación.

El contenido de silicio en peso y su porcentaje será:

g Si = g SiO2 * Pat Si/Pm SiO2 = = 0.0285 * 28.09/60.09 = 0.0133 g

% Si = 0.0133 * 100/0.6750 = 1.97%

El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será:

g Al = g Al2O3 * 2 * Pat Al/Pm Al2O3 = = 0.5383 * 2 * 26.98/101.96 = 0.2849 g

% Al = 0.2849 * 100/0.6750 = 42.21%

El contenido de aluminio en peso y su porcentaje será:

g Mg = g Mg2P2O7 * 2 * Pat Mg/Pm Mg2P2O7 = 1.6946 * 2 * 24.31/222.56 = 0.3702 g

% Mg = 0.3702 * 100/0.6750 = 54.84%


4.17. Una muestra contiene sodio, bario y amonio en forma de nitratos. Se toman 0.9996 g y se disuelven en 250.0 ml. Una alícuota de 100.o ml se trata con H2SO4, obteniéndose un precipitado de 0.2201 g. La disolución resultante se evapora a sequedad, quedando un residuo de 0,1987 g. En otra alícuota de 100.0 ml se elimina el amonio y, tras tratamiento adecuado con tetrafenilborato de sodio, se obtiene un precipitado.

¿Cuál será su masa si el porcentaje de sodio en la muestra es del 11.20%? ¿Cuáles serán los porcentajes de bario y potasio en la muestra?.

Primero se procede a precipitar el SO4Ba:

Ba2+ + SO4(2-) <--> BaSO4 (precip.)

Como la masa del precipitado obtenido es de 0.2201 g, se puede calcular el peso de bario presente en la alícuota así:

g Ba = g BaSO4 * Pat Ba /Pm BaSO4 = = 0.221 * 137.34/233.40 = 0.1295 g

Ahora lo calculamos para los 250.0 ml totales obteniendo:

gBa tot. = 0.1925 * 2.5 = 0.3235 g y referido a porcentaje:

%Ba =0.3238 * 100/0.9996 = 32.49%

Al evaporar a sequedad la disolución resultante, tras separar el precipitado de BaSO4, queda un residuo de 0.1987 g constituido por las sales Na2SO4 y K2SO4. Ya que conocemos el % de sodio en la muestra, 11.20%, calculamos la masa de Na2SO4 presente en el residuo:

gNa tot = 0.9966 * 0.1120 = 0.1116 g

En la alícuota de 100.0 ml habrá:

g Na = 0.1116/2.5 =0.04464 g

Los pesos de sulfatos sódico y potásico serán:

g Na2SO4 = g Na * Pam Na2SO4/(2 * Pat Na) = = 0.04464 * 142.04/(2 * 22.99) = 0.1379 g

g K2SO4 = 0.1987-0.1379 = 0.0608 g

g K = g K2SO4 * (2 * Pat K)/(Pam K2SO4) = 0.0609 * (2 * 39.10)/174.26 = 0.0273 g

Referido a 250.0 ml calculamos el peso pedido en 250 ml y su porcentaje:

g K = 0.0273 *2.5 = 0.0683 g

%K = 0.0683* 100/0.9996 = 6.85%

En la alícuota tratada con el tetrafenilborato se ha obtenido un precipitado de KB(C6H5)4:

Si en 100 ml había 0.0273 g de K tendremos:

g KB(C6H5)4 = g K * Pm KB(C6H5)4/Pat K = 0.0273 * 358.34/39.10 = 0.250 g


4.16. Una muestra de 1.5832 g conteniendo fósforo se disuelve en medio ácido, y a continuación, se añade un exceso de disolución de molibdato amónico, formándose un precipitado amarillo de fosfomolibdato amónico. El precipitado se disuelve y, tras el tratamiento adecuado, se procede a la precipitación de molibdato de plomo, cuya masa es de 0.1203 g. Calcular el procentaje de fósforo en la muestra, expresando el resultado como P2O5.

Comenzamos por precipitar el fosfomolibdato en medio ácido mediante la reacción:

PO4(3-) + 12 MoO4(2-) + 3NH4+ +24 H+ <--> <--> (NH4)3PMo12O40 (precip.) +12 H2O

La reacción da (NH4)3PMo12O40.2HNO3.H2O (precip.) en medio á. nítrico diluído y tras calentar a 300ºC se forma el precipitado PMo12O40. Así pues la reacción al precipitar como molibdato de plomo transcurre en la relación:

PO4(3-) <--> 12 MoO4(2-) <-->12 PbMoO4

ya que P2O5 <-->2 PO4(3-)

g P2O5 = g PbMoO4 * Pm P2O5/(24 * Pm PbMoO4)

g PbO5 = 0.1203 * 141.95/(24 * 367.13) = 0.1203 * 0.01611 = 0.001938 g

% P2O5 = 0.001938 g * 100/1.5832 = 0.1224 %


4.15. Una muestra de oxalatos de calcio y magnesio se analiza termogravimétricamente. Después de calcinación hasta formación de carbonato cálcico y óxido de magnesio, la masa del precipitado es de 0.5776 g y, tras calcinación a óxidos de calcio y magnesio, su masa es de 0.3407 g. Calcular la masa de óxido de calcio en la muestra.

El tratamiento térmico de la muestra de oxalatos da lugar a una mezcla de CaCO3 y MgO de acuerdo con las reacciones:

CaC2O4 (precip.) --Q--> CaCO3 (precip.) + CO (gas)MgC2O4 (precip.) --Q--> MgO (precip.) + CO (gas) + CO2 (gas)

La masa de este precipitado es 0.5776 g, luego g CaCO3 + g MgO = 0.5776 g

y teniendo en cuenta las equivalencias entre productos:

g CaCO3 = g CaO * Pm CaCO3/Pm CaO = g CaO * 100.9/56.8

y sustituyendo:

g CaO * 100.9/56.8 + g MgO = 0.5776 g

Al proseguir la calcinación:

CaCO3 --Q--> CaO (precip.) + CO2 (gas)

Y al final se tiene una mezcla de óxidos de calcio y magnesio de masa 0.3407 g.

g CaO + g MgO = 0.3407

Sustituyendo pasamos a tener un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas que resolvemos:

g CaO * 1.785 + gMgO = 0.5776 gg Cao + g MgO = 0.3407 g

CaO = 0.3018 gMgO = 0.3407 - 0.3018 = 0.0399 g


Gravimetrías

4.14. El calcio de una muestra de 0.7554 g de piedra caliza, previamente disuelta, fue precipitado como oxalato y, posteriormente calentado hasta su transformación en carbonato cálcico. El peso de este compuesto fue de 0.3015 g. Calcular el porcentaje de calcio en la muestra de caliza. Datos: Pat Ca = 40.08; Pm CaCO3 = 100.09;

Precipitamos el calcio con oxalato y por calcinación se transforma térmicamente en carbonato:

Ca2+ + C2O4(2-) <--> CaC2O4 (precip.) CaC2O4 (precip.) -> CaCo3 (precip.) + CO (gas)

La relación molar es

moles Ca = moles CaC2O4 = moles CaCO3g Ca/Pat Ca = g CaCO3/Pm CaCO3

Se conoce como factor gravimétrico al cociente adimensional Pat Ca/PmCaCO3 = 0.4004.

g Ca = g CaCO3 * Pat Ca/PmCaCO3 = g CaCo3 * 40.08/100.09 = 0.3015 * 40.08/100.09 = 0.127 g%Ca = gCa * 100/g muestra = 0.1207 * 100/0.7554 = 15.98%


4.26. Se analiza un muestra comercial de cianuro potásico, que se sabe está contaminada con cianuro sódico, y que contiene pequeñas cantidades de cloruro y de sustancias inertes. Para ello se pesa 1.000 g de muestra, se disuelve y se valora con 45.95 ml de AgNO3 0.1650 M hasta turbidez permanente. A continuación se prosigue la adición de AgNO3, gastándose 47.70 ml hasta la obtención de un color rojizo, empleando K2CrO4 como indicador.

Calcular:

a) el contenido total de cianuaro en la muestra, expresado como porcentaje de KCN y

b) el contenido de cloruro en la muestra, expresado como porcentaje de KCl.

a) Valoramos el cianuro con nitrato de plata, por el método de Liebig, transcurriendo la

reacción así:2 CN- + Ag+ <--> Ag(CN)2- (precip.)

Añadimos la cantidad estequiométrica y un ligero exceso y se produce una turbidez permanente de dicianoargentato (I) de plata:

Ag(CN)2- + Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.)

En el punto de equivalencia se cumple la relación:

2 mmoles Ag+ = mmoles CN-

2 * 0.1650 * 45.95 = mmoles CN- 15.16 = mmoles CN- = mmoles KCN

15.16 * 65.12 = 987.2 mg KCN% KCN = 987.2 * 100/1000.0 = 98.72 %

b) Para determinar el cloruro se añade un cantidad adicional de disolución de nitrato de plata, seguida de la de cloruro de plata, originando el primer exceso de ión plata un precip. rojo anaranjado de Ag2CrO4, que indica el final de la valoración según el método de Mohr y las siguientes reacciones y equivalencias:

Ag(CN)2- + Ag+ <--> Ag[Ag(CN)2] (precip.)Cl- + Ag+ <--> AgCl (precip.)

mmol Ag+ = mmol g(CN)2- + mmol Cl-(mmol Ag+)ini = 0.1650 * 45.95 = 7.582 = mmol Ag(CN)2-(mmol Ag+)exceso = mmol Ag(CN)2- + mmol Cl-0.1650 * 47.70 = 7.582 + mmol Cl-mmol Cl- = 0.2890

mg KCl = 0.2890 * 74.56 = 21.55 mg% KCl = 21.55 * 100/1000.0 = 2.16 %Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.25.

4.25. Una muestra de blenda de 1.0728 g de masa se trata con HNO3, se elimina el H2S y la disolución resultante se enrasa a 250 ml. Una alícuota de 25.0 ml de ésta se valora con una disolución de ferrocianuro potásico, gastándose 16.5 ml de la misma. La concentración de la disolución valorante fue previamente determinada pesando 0.0490 g de Zn metálico, disolviéndolos en H2SO4 diluído y valorando seguidamente la disolución de ferrocianuro, que gastó 12.1 ml. Calcular el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda.

La valoración de cinc con ferrocianuro potásico transcurrirá de acuerdo con la reacción ajustada:3 Zn2+ +2 K+ +2 Fe(CN)6(4-) <--> K2Zn3[Fe(CN)6(4-)]2 (precip.)

En el punto de equivalencia la relación estequiométrica es:

2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-)

Calcularemos primero la concentración de la solución valorante de ferrocianuro, la cual se determina mediante la misma reacción. Por tanto, a partir de los datos del problema se tiene:

2 * 49.0/65.37 = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-) mmol Fe(CN)6(4-) = 0.500 mmoles

mmol Fe(CN)6(4-) = MsubFe(CN)6(4-) * V

0.500 = MsubFe(CN)6(4-) * 12.1 y despejando

MsubFe(CN)6(4-) = 0.0413 mol/l

Conocida la concentración del valorante, se determina la cantidad de cinc en la muestra problema.

2 * mmoles Zn2+ = 3 * mmoles Fe(CN)6(4-)

2 * mmoles Zn2+ = 3 * 16.5 * 0.0413

mmoles Zn2+ = 1.02 mmoles

Ahora calculamos la masa de ZnS en la alícuota de 25.0 ml:

mmoles Zn2+ = mmoles ZnS = 1.02 * 97.43 = 99.4 mg ZnS

En el volumen total de 250 ml habrá 994 mg de ZnS y el porcentaje de sulfuro de cinc en la blenda será:

%ZnS = 994 * 100/1072.8 = 92.7%


4.24. Una mezcla de NaCl y MgCl2 que pesa 1.6330 g se disuelve en agua y se lleva a un volumen de 250 ml. Una alícuota de 25.0 ml se valora con Ag+ 0.1250 M, consumiéndose 24.5 ml. Calcular el porcentaje de MgCl2 en la muestra.

Se va a proceder a una valoración directa de cloruro con disolución patrón de Ag+:

Cl- + Ag+ <--> AgCl (precip.)


mmoles Cl- = mmoles Ag+mmoles Cl- = 24.5 * 0.1250 = 3.06 mmoles

Para el volumen total de 250 ml, tendremos:

mmoles Cl- =3.06 * 250/25.0 = 30.6 mmoles

Estos mmoles de cloruros proceden de la disolución de las dos sales, NCl y MgCl2. Por tanto, teniendo en cuenta la estequiometría de las sales se debe cumplir que:

mmoles Cl- = mmoles NaCl + 2 mmoles MgCl2

mmoles Cl- = 30.6 = mg NaCl/58.44 + (2 * mg MgCl2)/95.22

Teniendo en cuenta la masa total de la muestra de sales de cloruros, tendremos:

163.0 = mg NaCl + mg MgCl2

Disponemos de un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas para calcular las masas de ambas sales y el porcentaje de MgCl2 pedido:

mg NaCl = 950 mg; mg MgCl2 = 683 mg;

% MgCl2 = 683 * 100/1633 = 41.8%


4.23. Una muestra de 2.0000 g de feldespato produce una mezcla de cloruros de sodio y potasio que pesa 0.2558 g. Si se agregan 35.00 ml de AgNO3 0.1000 M a la mezcla disuelta de cloruros y el exceso de Ag+ requiere 1.00 ml de KSCN 0.0200 M para su valoración, ¿cuál es el porcentaje de potasio en el feldespato?

Aplicaremos el método de Volhard para la determinación indirecta de cloruros. Para ello se agregará una cantidad conocida de AgNO3. El exceso de sal de plata que no ha reaccionado con el cloruro se valorará con una solución patrón de SCN- y se producirán las siguientes reaccciones:

Cl- + Ag+ <--> AgCl(precip.) + Ag+(exceso)

Ag+(exceso) + SCN- <--> AgSCN-(precip.)

Las relaciones estequiométricas que se deducen de las reacciones son:

mmol Ag+(tot) = mmol Cl- + mmol Ag+ tot mmol Ag+(exceso) = mmol SCN- mmol Cl-(tot) = mmol NaCl + mmol KCl

Calculamos Cl-(tot) en la muestra, a partir de las dos ecuaciones con dos incógnitas citadas:

5.00 * 0.1000 = mmol Cl- + 1.00 *0.0200 mmol Cl- =3.48mmoles Cl- =3.48 = mg NaCl/58.44 + mg KCl/74.56255.8 mg = mg NaCl + mg KCl

mg NaCl =13.3 y mg KCl = 242.5 mg

mg K = mg KCl * Pat K/Pm KCl = 242.5 * 39.10/74.56 = 127.2 mg

% S = 127.2 * 100/2000 = 6.36 %


4.22. Un fragmento de una moneda de plata que pesa 0.1238 g, se disuelve en a. nítrico y se valora con KSCN 0.0214 M, consumiéndose 47.0 ml. Calcular el contenido de plata en la moneda.

Aplicaremos el método de Volhard para la determinación directa de la plata. La reacción y sus relaciones estequiométricas serán:

Ag+ + SCN- <--> AgSCN(precip.)mmoles Ag+ = mmoles SCN-

Aplicando:

mmoles Ag+ = 47.0 * 0.0214 = 1.01 mmolesmg Ag+ = 1.01 * 107.87 = 109 mg

% Ag = 109 * 100/123.8 = 88.8 %


4.21. Se quiere valorar una disolución de 50.0 ml de tiocianato potásico 8.00 * 10^-2 M con Cu+ 4.00 * 10^-2 M, a partir de los puntos más significativos, trazar la curva de valoración

correspondiente.

Representaremos valores de pSCN = -log[SCN-] frente al volumen de valorante añadido de la disolución de Cu+, que tiene lugar mediante la reacción:

Cu+ + SCN- <--> CuSCN (precip.)

En el punto inicial, antes de añadir el valorante, tenemos:

pSCN- = -log[SCN-] = -log(8.00 * 10^-2) = 1.10

En el transcurso de la valoración y antes de llegar al punto de equivalencia, la concentración de SCN- se calcula a partir de:

[SCN-]tot = [SCN-]novalo + [SCN-]sub(CuSCN)

Siendo [SCN-]sub(CuSCN) la concentración de ión tiocianato procedente de la disolución parcial del preecipitado de CuSCN.

La concentración de tiocianato debido a la solubilidad del CuSCN puede despreciarse frente a la [SCN-]novalo hasta aproximarse al punto de equivalencia.

La [SCN-]novalo se calcula a partir de los mmoles iniciales de Cu+ añadidos, restándoles los mmoles de Cu+ añadidos y dividiendo el resultado por el volumen total en ml de la disolución.

Tras añadir 10.0 ml de Cu+ tendríamos:

[SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN- - mmoles Cu+)/V ml = [50.0 * (8.00 * 10^-2) -20.0 * (4.00 * 10^-2)]/60.0 = 6.00 * 10-2 M y pSCN = -log[SCN-] = 1.22

Tras añadir 50.0 ml de Cu+ tendríamos:

[SCN-]novalo = (mmoles ini de SCN- - mmoles Cu+)/V ml = [50.0 * (8.00 * 10^-2) -50.0 * (4.00 * 10^-2)]/100.0 = 2.00 * 10-2 M y pSCN = -log[SCN-] =1.70

Para 99.0 ml, casi en el punto de equivalencia, comprobaremos si sigue siendo despreciable la solubilidad del CuSCN, resolviendo la ecuación de segundo grado y despejando [SCN-]tot:

[SCN-]tot = [SCN-]novalo + [SCN-]sub(CuSCN)[SCN-]tot = [SCN-]novalo + Ksub(s)/[SCN-]tot

[SCN-]tot = 0.0400/149.0 + 10^-13.4/[SCN-]tot = 2.68 * 10-4 M pSCN = -log[SCN-] = 3.57

En el punto de equivalencia al añadir los 100.0 ml de Cu+ [SCN-] se obtiene del producto de solubilidad del CuSCN (precip.) calculando:

[SCN-] = [Cu+] = raiz(Ksub(s)) = raiz(10^-13.4)= 2.00 *10^-7 y pSCN = 6.70

Para valores en exceso la [SCN-] disminuye por efecto del ión común aportado por el exceso de valorante y se calculará así:

[SCN-] = Ksub(s)/[Cu+]exceso = 10^-13.4/[Cu+]exceso

Para 105 ml Cu+ tendremos:

[SCN-] = 10^-13.4/(5.0*(4.00*10^2)/155.0) = = 3.09 *10^11 y pSCN = 10.5

Tabla 1. Datos curva valoración (x,y)

Vañad[SCN-]novalo pSCN-Vañad[SCN-]novalo pSCN10 6.00 *10^-2 1.22 --- 95 ------ 2.8620 4.57 *10^2 1.34 --- 99 ------ 3.5730 3.50 *10^-2 1.46 --- 100 2.00 *10^-7 6.7040 2.67 *10^-2 1.57 --- 105 3.09 * 10^-11 10.5 50 2.00 *10^-2 1.70 --- 110 1.59 * 10^-11 10.860 ----- 1.84 --- 120 11.170 ---- 2.00 --- 130 11.280 ----- 2.21 --- 140 11.390 ----- 2.54 --- 150 11.4

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 4.31.4.31. Un método para la determinación del ión Co(2+) consiste en añadir a la disolución problema un exceso conocido de SCN-, en presencia de piridina, C5H5N, para que se produzca Co(C5H5N)4(SCN)2, después se filtra el precip. y se valora el exceso de SCN-. Calcular la concentración de Co(2+) en la disolución, si 25.0 ml se tratan con 3 ml de piridina y 25.0 ml de KSCN 0.1132 M., se filtra y el filtrado se lleva 250.0 ml, se toma una alícuota de 50.0 ml y se añade 5.00 ml de AgNO3 0.1210 M. El exceso de plata, tras la adición de unas gotas de Fe3+, requiere 4.00 ml de KSCN 0.1132 M hasta aparición de color rojo.

El Co(2+) se va a determinar de forma indirecta mediante su precipitación en presencia de piridina con un exceso de disolución de SCN-, basada en la reacción:

Co(2+) + 4 C5H5N + 2 SCN- <--> Co(C5H5N)4(SCN)2 (precip.)

El SCN- no reaccionado se trata, con un exceso conocido de disolución de AgNO3, precipitando AgSCN. Por último la cantidad de Ag+ sobrante se valora con la disolución patrón de SCN- por el método de Volhard.

(mmol Ag+tot) = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso)5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso)mmol Ag+ = mmoles SCN- = 4.00 * 0.1132 = 0.453

Sustituyendo arriba:

5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + (mmol Ag+exceso)5.00 * 0.1210 = (mmol SCN-sin reacc) + 0.453(mmol SCN-sin reacc) = 0.605 - 0.453 = 0.152

Estos valores se refieren a una alícuota de 50 ml, por lo que ahora los referiremos a los 250 ml totales:

(mmol SCN-sin reacc) = 250 * 0.152/5 = 0.760(mmol SCN-tot) = 25.0 * 0.1132 = 2.83(mmol SCN-sin reacc) = 2.83 - 0.760 = 2.07

Por la estequiometría de la reacción:

2 * mmol Co(2+) = mmol SCN- 2 * mmol Co(2+) = 2.07

mmol Co(2+) = 1.04


4.30. Para determinar el contenido de sulfato en una muestra de sal de Mohr, contaminada con impurezas inertes, se requiere un volumen de disolución de Ba2Cl 0.2000 M cuyo valor, en ml, es igual al porcentaje de hierro en la muestra. ¿Cuál es el peso de la muestra?.

El sulfato se va a determinar mediante una volumetría de precipitación basada en la reacción:

Ba2+ + SO4(2-) <--> BaSO4 (precip.)


mmoles Ba2+ = mmoles SO4(2-)

La muestra a analizar es sal de Mohr impurificada bajo la fórmula Fe(SO4)2. (NH4)2 . 6H2O que es un sulfato ferroso amónico hexahidratado y cada mol de esta sal contiene dos moles de

sulfato y uno de hierro.

mmol SO4(2-) 2 * mmol sal de Mohr = 2 * mmol Fe

Por tanto calculamos los moles gastados en la valoración del sulfato:mmoles Ba+2 = V ml * 0.2000 = mmoles SO4(2-)V ml * 0.2000 = 2 * mmoles Fe = 2 * mg Fe/55.85V ml = mg Fe * 100/mg muestramg Fe* 100 * 0.2000/mg muestra = 2 * mg Fe/55.85

mg muestra = 558.5


4.29. Una mezcla que contiene NaBr, KCN y KSCN se pone en disolución y requiere 14.6 ml de AgNO3 0.100 M hasta aparición de una tenue turbidez. A otra muestra idéntica se le añaden 52.5 ml de AgNO3 0.100 M, necesitándosen a continuación 8.25 ml de KSCN 0.0920 M para valorar el exceso de Ag+ por el método de Volhard. El precipitado total obtenido se trata hasta descomposición de todos los precipitados, a excepción del de AgBr. La disolución resultante se valora seguidamente con KSCN 0.00920 M, del cual se requieren 39.1 ml. Calcular las masas de NaBr, KCN y KSCN presentes en la muestra.

En la primera muestra se lleva a cabo una determinación de cianuro de acuerdo con el método de Liebig, mediante la reacción:

Ag+ + 2CN- <--> Ag(CN-)2 (precip.)


2 * mmoles Ag+ = mmoles CN-1 * 14.6 * 0.100 = 2.92 mmol CN-

A la segunda muestra, idéntica a la primera, se añade suficiente cantidad de AgNO3 para que precipiten las sales de plata como AgCN, AgSCN y AgBr, quedando un exceso de Ag+ que se valora con SCN- por el método de Volhard. Por tanto en esta segunda muestra:

(mmol Ag+tot) = mmolCN- + mmol SCN- + mmol Br + (mmol Ag+exceso)

Para valorar el exceso se requieren 8.25 ml de disolución patrón de SCN- 0.0920 M. Por tanto:

(mmol Ag+exceso) = 8.25 * 0.0920 = 0.759

La cantidad de CN- presente en la muestra es de 2.92 mmoles de CN- según se ha valorado

previamente y sustituyendo :

52.5 * 0.100 = 2.92 + mmol SCN- + mmol Br + 0.759

Como el exceso de Ag+, tras precipitar el Br-, ha precisado 39.1 ml de SCN- 0.0920 M, tenemos: mmol Ag+ = 39.1 * 0.0920 = 3.60

Y como este exceso proviene de la disolución de los precipitados de AgCN y AgSCN, tendremos:

mmol Ag+ = 3.60 = 2.92 + mmol SCN- mmol SCN- = 0.680

Calculamos ahora Br-, sustituyendo y despejando en la ecuación de arriba:

(mmol Ag+tot) = mmolCN- + mmol SCN- + mmol Br + (mmol Ag+exceso)

52.5 * 0.100 = mmol CN- + mmol SCN- + mmol Br- + 0.75952.5 = 2.92 + 0.680 + mmol Br- + 0.759mmol Br = 0.891

Y por último calculamos las masas de las sales:

mg KCN = mmol KCN * 65.12 = 2.92 * 65.12 = 190 mgmg NaBr = mmol NBr * 102.90 = 0.891 * 102.90 = 91.7 mgmg KSCN = mmol KSCN * 97.18 = 0.680 * 97.18 = 66.1 mg

Problema resueltos de Química analítica. PQA 4.28.

4.28. Una muestra de 2.2886 g de un plaguicida que contiene DDT, di-(p-clorofenil)-tricloroetano, se mineraliza y la disolución resultante se enrasa a 100.0 ml. A una alícuota de 25.0 ml se le añaden 10.0 ml de una disolución de AgNO3.

En la valoración del exceso de Ag+ se consumen 3.75 ml de SCN-. Para determinar la concentración de la disolución de AgNO3 se pesan 0.1226 g. de NaCl, se disuelven en agua y se valoran por el método de Mohr con la disolución de AgNO3 requiriendo 21.4 ml de la misma. Si 17.7 ml de SCN- consumen 19.7 ml de esa misma disolución de Ag+, calcular el porcentaje de DDT en el plaguicida.

Para calcular la concentración de la disolución de AgNO3, sabemos:

mmol Ag+ = mmol Cl- = mmol NaCl

21.4 * M(Ag+) = 122.6/58.44M(Ag+) = 0.0980 mol/l

Para calcular la concentración de la disolución de SCN-, sabemos:mmol Ag+ = mmol SCN-19.7 * 0.0980 = 17.7 * M(SCN-)M(SCN-) = 0.109La mineralización de la muestra produce iones de Cl- procedentes del DDT, que reaccionan con los de Ag+ añadidos y el exceso se valora con SCN-mmol Ag+ = mmol Cl- + mmol SCN-

10.0 * 0.0980 = mmol Cl- + 3.75 * 0.109 mmol Cl- = 0.571Como cada molécula de DDT contiene 5 átomos de cloro nos permite deducir los mmoles de DDTmmol DDT = mmol Cl-/5 = 0.571/5 = 0.114Estos cálculos corresponden a una alícuota de 25 ml y referidos a la muestra de 100.0 ml serán:(mmol DDT)tot = 0.114 * 4 = 0.456mg DDT = 0.456 * 354.5 = 162

% DDT = 162 * 100/2288.6 = 7.08%


4.27. El contenido de azufre en un compuesto orgánico se determina por el procedimiento siguiente: se toman 5.00 mg de dicho compuesto y se someten a un proceso de oxidación que según la conversión total del S a SO3 el cual se recoge en una disolución de H2O2, formándose H2SO4; a continuación se procede a valorar esta disolución con Ba(ClO4)2, empleando rojo de alizarina S como indicador de absorción, gastándose 1.53 ml de dicho valorante. Si 10.00 ml de H2SO4 0.0104 M requieren 8.60 ml de la disolución de Ba(ClO4)2 para su valoración, calcular el % de S en la muestra.

La determinación de azufre en la muestra problema, un compuesto orgánico, se lleva a cabo transformándolo previamente en sulfato y procediendo seguidamente a su valoración con una sal de bario, bajo la siguiente reacción:

SO4(2-) + Ba2+ <--> BaSo4 (precip.)

El punto final se detecta con un indicador de absorción, que actúa por un principio semejante al del método de Fajans.

Los mmoles de azufre en la muestra igualan a los de sulfato formados y éstos a los de bario añadidos en el punto de equivalencia de la valoración

mmol S = mmol SO4(2-) = mmol B2-

Para conocer la concentración de la disolución de Ba(ClO4)2 utilizamos el dato del enunciado:

10 ml H2SO4 0.0104 M = 8.60 ml Ba(ClO4)2mmol SO4(2-) 10 * 0.0104 = mmol Ba2+0.104 = mmol Ba2+ = 8.60 * M(Ba2+)M(Ba2+) = 0.0121 mol/l

Conocida la concentración de Ba2+, ya podemos conocer el contenido de azufre en la muestra problema:

mmol S = mmol SO4(2-) mmol Ba(2+) = 1.53 * 0.0121mmol S = 0.0185mg S = 0.0185 * 32.064 = 0.593

% S = 0.593 * 100/5.00 = 11.9%


Problemas de Química analítica resueltos 3


3.20. Una disolución contiene una mezcla de Mg2+ y Zn2+. Para determinar ambos iones se valoran 20.0 ml de muestra con EDTA 0.0436 M en medio amoniacal, empleando NET (negro de eriocromo T) como indicador, gastándose 22.7 ml hasta color azul. Seguidamente se añadieron 2.5 g de NaF a la disolución, observándose la aparición de un precipitado y liberándose una cantidad de EDTA tal que se necesitaron 18.6 ml de una disolución patrón de Mn2+ 0.0230 M para su valoración. Datos: Pat Mg = 24.3 Pat Zn = 65.4

a) Justificar el procedimiento seguido y b) Calcular los mg de Mg2+ y Zn2+ en la alícuota valorada.

a) Las reacciones que tienen lugar son:

Valoración: Mg2+ + Zn2+ + Y4- --> MgY2- + ZnY2- Indicador: MgNET + Y4- --> MgY2- +NETDesplazamiento: MgY2- + 2F- <--> MgF2 (precip.) + Y4-Valoración: Y4- + Mn2+ --> MnY2-

Para validar el método, el fluoruro debe reccionar y desplazar al Mg complejado

cuantitativamente al EDTA. Para ello se calculará la constante de la reacción de desplazamiento:

K = [H2Y2-]/([MgY2-][F-]^2) Si multiplicamos por [Mg2+]/[Mg2+] obtenemos:

K = 1/KsubMgY * Ksubs(MgF2) = 1/10^8.6 * 10^-8.2 = 10^0.4

Dicho valor de K es pequeño, pero el desplazamiento de la reacción se asegura añadiendo un fuerte exceso de NaF, tal como indica el procedimiento.

b) En la primera valoración:

mmol EDTA = mmol Mg2+ + mmol Zn2+mmol Mn2+ = mmol EDT (desplaz.) = mmol Mg2+

22.7 * 0.0436 = mg Mg2+/Pat Mg +mg Zn2+/Pat Zn18.6 * 0.0230 = Mg2+/Pt Mg Sustituyendo y despejando:Mg2+ = 10.4 mg y Zn+2 = 36.7 mg


3.19. El contenido en sulfato de un mineral se determina mediante un método indirecto. Para ello se toman 0.4782 g de muestra, se disuelven en ácido nítrico y se añade un exceso de nitrato de plomo. A continuación, el sulfato de plomo formado se separa por filtración, se lava y se disuelve en 25.0 ml de una disolución amoniacal de EDTA de la que 2.5 ml equivalen a 16.2 mg de Zn. Finalmente el exceso de EDTA se valora con una disolución de Zn(II) 0.0986 M, consumiéndosen 7,4 ml. Calcular el porcentaje de SO4(2-) en la muestra. Datos: Pm SO2(2-) = 96; Pt Zn = 65.4

Las reacciones que tienen lugar son:

SO4(2-) + Pb2+ <--> PbSO4 (precip)PbSO4 (precip) +Y4- --> PbY2- + SO4(2-) + Y4- (exceso)

Y en la valoración:

YY4- (eceso) +Zn2+ --> ZnY4-

Es un valoración por retroceso y se cumple que:

mmol Y4- (total) = mmol Pb2+ + mmol Zn2+ = mgSO4(2-)/Pm SO2(2-) + VZn2+ * MZn2+

Para calcular la concentración de la disolución de EDTA se sabe que:

mmol Y4- = mmol Zn2+

2.5 *MY4- = mgZn/Pt Zn = 16.2/65.4MH2Y2- = 0.0991 mol/l y sustituyendo:

25.0 * 0.0991 = mg SO4(2-)/96 + 7.4 * 0.0986y despejando mg SO4(2-) = 168 mg

pasando a porcentaje:%SO4(2-) = 168* 100/478.2 = 35.1 %


3.18. Para determinar la composición de una disolución de Bi(III) y Pb(II) se aplicó el siguiente procedimiento:

Se tomó una alícuota de 50.0 ml y una vez ajustado el pH a 1.7 se valoró con EDTA 0.050 M hasta viraje del naranja de xilenol, consumiéndose 24.5 ml. A continuación, la disolución obtenida se llevó a pH 5.0 y se siguió adicionando EDTA 0.050 M hasta completar la valoración, gastándose 42.0 ml en total.

a) Justificar el procedimiento seguido, indicando las especies que se valoran en cada uno de los pasos.

b) Determinar las cantidades exactas de Bi(III) y Pb(II) presentes en 50.0 ml de disolución.

a) A ph=1.7:

alfasubgamma^4-[H+] = 1 + 10^11[H+] + 10^17.3[H+]^2 + 10^19.8[H+]^3 + 10^21.7[H+]^4 = 10^15.1alfasubBi3+(OH-) = 1 + 10^12.7[OH-] + 10^15.8[OH-]^2 + 10^35.2[OH-]^3 = 10^3.5alfasubPb2+(OH-) = 1 + 10^7.8[OH-] + 10^10.9[OH-]^2 + + 10^14.6[OH-]^3 ~= 1

log K'subBiY- = 22.8 - 15.1 - 0.5 = 7.2log K'subPbY2- = 18.0 - 15.1 - 0 = 2.9

Los valores de las constantes indican que a este pH la única especie valorada es el Bi(III).

A ph 5.0:

alfasubY4-(H+) = 10^7.3; alfsubBi3+(OH-) = 10^3.7;

alfsubPb2+(OH-) ~= 1;

log K'subBiY- = 22.8 - 7.3 - 3.7 = 11.8log K'subPbY2- = 18.0 - 7.3 - 0 = 10.7

A este pH el Bi(III) sigue acomplejado y se valora el Pb(II).

b) A pH=1.7 (Pat Bi = 209; Pat Pb = 207)mmol EDTA = mmol Bi(III)24.5 * 0.050 = mgBi/209 mgBi = 256 mg Bi/50.0 ml

A pH=5.0 mmol EDTA = mmol Pb(II)(42.5 - 24.5) * 0.050 = mgPb/207 mgPb = 181 mg Bi/50.0 ml


3.17. Se quiere determinar la riqueza de un agua. Para ello se valoran 100 ml de muestra con una disolución de EDTA de la que se sabe que 1.0 ml de la misma equivalen a 5.0 ml de una disolución de Mg2+ preparada disolviendo 0.600 g/l de MgCl2. Sabiendo que el volumen de valorante consumido hasta viraje del negro de eriocromo T fue de 9.6 ml, Expresar el resultado de la dureza obtenida como partes por millón de CaCO3.

Calculamos la concentración de la disolución de Mg2+, aplicando Pm MgCl2 = 95.3; Pm CaCO3 = 100.0

MMg2+ = 0.600/95.3 = 0.0063 mol/l

Para la concentración de la disolución de EDTA conocemos la relación mmol EDTA = mmol Mg2+ y mmol EDTA = mmol CaCO3

1.0 * M(EDTA) = 5.0 * 0.0063 despejando: M(EDTA) = 9.6 * 0.0315 = mg CaCO3/100 obteniéndosen:

30.2 mg/100 ml de CaCO3 ó 302 mg/l de CaCO3 ó 303 ppm de CaCO3


3.16. Se preparó un disolución mercúrica disolviendo 1.250 g de HgO en ácido nítrico y diluyendo hasta 250 ml. A continuación, esta disolución se empleó para determinar las impurezas de NCl en una muestra de NaNO3. Si se consumieron 25.5 ml de Hg2+ en la valoración de 1.580 g de muestra, empleando nitroprusiato sódico como indicador, y 0.2 ml de la misma disolución en el ensayo en blanco, ¿Cuál es el porcentaje de NaCl en dicha muestra?

Pm NaCl = 58.5; Pm HgO = 216.6

La reacción de valoración es:

Hg2+ + 2Cl- --> HgCl2

por lo que deducimos la relación mmol Cl-/2 mmol Hg2+

NCl/58.5.5 = 2*(25.5 - 0.2) * MHg2+

de dónde

MHg2+ = (1.2500/216.6)/0.250 = 0.0231 mol/l Hg2+

y pasando a porcentaje:

%NaCl = 0.0684*100/1.580 = 4.3%


3.15. Se valoró por retroceso el Ni2+ presente en una disolución. Para ello se añadió amoniaco en exceso y a continuación, 52.1 ml de una disolución de cianuro que contenía 8,147 mg/ml de KCN. Seguidamente, el exceso de CN- se hízo reaccionar en presencia de KI, con una disolución de Ag+ 0.126M, consumiéndose 4.3 ml hasta aparición de turbidez. Calcular los gramos de níquel contenidos en la disolución analizada.


Ni2+ + 4NH3 --> Ni(NH3)4(2-) Ni(NH3)4(2-) + 4CN- --> Ni(CN)4(2-) + 4NH3Ag+ + 2CN- --> Ag(CN)(2-)I- + Ag+ --> AgI (precip.)

mmol KCN (total) 4 mmol Ni2+ + 2 mmol Ag+

Pm. KCN = 65.0 Pt.Ni =58.7

52.1 * 8.147/65.0 = 4 * Ni/58.7 + 2 * 4.3 * 0.126 Ni = 79.9 mg Ni


3.14. El porcentaje de cobre de una muestra de latón es del 45.0%. Cuando se disuelven 0.120 g de la misma y se valoran con una disolución patrón de KCN, se consumen 18.6 ml hasta desaparición del color azul del complejo de cobre en medio amoniacal. ¿Cuántos gramos de Ag+ reaccionarán con 1.0 ml de dicha disolución patrón si se valorarán por el método de Liebig?

El latón analizado contiene 0.120 * 0.45 = 0.054 g Cu

La reacción de valoración de cobre II con cianuro se realiza en la relación 2Cu(NH3)4(2-)/7CN- por tanto:

mmol CN- = 7/2 mmol Cu 18.6 * M = 7/2 * (0.054 * 10^3/108) despejando M = 0.160 mol/l KCN

En la valoración de la plata la relación es mmol CN- = 2 mmol Ag+, por tanto:

1.0 * 0.160 = 2 * (Ag+ * 10^3/108) despejando

Ag+ = 0.0086 g ó Ag+ = 8.6 mg


Problemas de Química analítica resueltos 2


2.50. Para analizar una muestra de aspirina se pesa 0.3470 g de componentes triturados y se tratan con 50.0 ml de sosa 0.1155 M, calentando a ebullición durante 10 minutos. A continuación el exceso de sosa se valora con 11.5 ml HCl de una solución 0.2100 M ¿Cuál es la riqueza de la muestra en á. acetilsalicílico (En adelante usar H2Ac)? Reacción: CH3COO-C6H4-COOH + 2 OH- --> HO-C6H4-COO- + CH3-COO-

De la reacción se deduce que:

(mmol OH-tot) = 2 * mmol H2Ac/Pm H2Ac + Vclo * Mclo

50.0 * 0.1155 = 2 * mg H2Ac/180 + 11.5 * 0.2100

mg H2Ac = 303 mg

% H2Ac = 0.303 * 100/0.347 = 87.3 %

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.49. 2.49. Una muestra de 7.000 g de vinagre se diluye con agua hasta 50.0 ml. A continuación se trata con 13.5 ml de NaOH 0.505 M y se valora por retroceso con HCl 0.605 M, necesitándose 25 ml para alcanzar el punto final de la fenolftleína. a) Cual es la acidez del vinagre expresada como porcentaje de á. acético? b) Suponiendo que éste es el único ácido presente en la muestra ¿ Cuál sería el pH de la disolución en el punto de equivalencia de la valoración? (Usar Ac como abreviatura del radical CH3-COO-)

a) Reacciones:

HAc + OH- --> Ac- + H2OH+ + (OH-exceso) -->H2O

Por tanto:

(mmol OHtot) = mmolHAC + (mmol OH-exceso)mmol H+ = (mmol OH-exceso)Vsosa * Msosa = mg HAc/Pm HAc + Vclo * Mclo13.5 * 0.505 = mg HAc/60 + 2.5 * 0.605mg HAc = 318 mg

% HAc = 0.318 * 100/7.0000 = 4.5 %

b) En el punto de equivalencia se habrá valorado todo el exceso de OH- quedando en la disolución el anión Ac-. Para alcanzar dicho punto se le añaden a los 50 ml iniciales un volumen de V2 = 13.5 + 2.5 = 16 ml. La disolución contendrá:

mmol Ac- =318/60 = 5.3 mmol ó 5.3/66 = 0.080 M y su pH será:

[OH-] =raiz(0.080 * 10^-9.2) = 7.1 * 10 ^-6 M y de aquí:

pH = 8.9

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.48.2.48. Una muestra de oleum (ácido sulfúrico fumante), que consiste en una disolución de SO3 en ácido sulfúrico, gastó 27.5 ml de NaOH 0.2500 en su valoración. Si la masa de la muestra analizada era

de 0.3140 g, calcular a) la riqueza en SO3 y en H2SO4 de la muestra y b) el volumen de NaOH que se gastaría en valorar 0.5000 g de un ácido sulfúrico fumante que contiene un 10% de SO3.

a) El trióxido de azufre se transforma en á. sulfúrico en presencia de agua, y se valora junto con el ácido que contiene inicialmente la muestra:

SO3 + H2O --> H2SO4

Reacción de valoración:

H2SO4 + 2OH- --> SO4(2-) + 2H2O

Para calcular la cantidad de ácido sulfúrico valorada:

mmol NaOH = 2 mmol H2SO427.5 * 0.2500/2 = 3.4 mmol H2SO4

3.4 * 98 = 333 mg H2SO4

% H2SO4 = 333 * 100/314 = 106 %

El 6% corresponde al ácido formado a partir del SO3 y agua.

Como SO3 <>H2SO4

mg H2SO4(muestra) + mg SO3 = 314 mg

mgH2SO4(SO3) = mg SO3 * Pm H2SO4/Pm SO3

mg H2SO4(muestra) + mgH2SO4(SO3) = 333 mg

333 mg = 314 - mg SO3 + mg SO3 * 98/80

mg SO3 = 84.4 mg

% SO3 = 26.9 %

mg H2SO4(muestra) = 314 -84.4 = 230 mg

% H2SO4(muestra) = 73.2 %

b) El porcentaje de SO3 calculado corresponde a:

0.10 * 0.5000 mg SO3

proporcionando un á. sulfúrico de:

mg H2SO4(SO3) = 50.0 * 98/80 = 61.3 mg

H2SO4 valorado es: 500 - 50.0 + 61.3 = 551 mg H2SO4luego * 0.2500 = 2 * 551/98 de donde V = 45.0 mnl NaOH

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.47

2.47. Se disuelve una muestra impura de 0.6580 g de tartrato ácido de potasio de fórmula empírica KHC4H4O6 y Pm 188.1, en 45.0 ml de una disolución de sosa 0.0987 M, cuyo exceso consume 6.4 ml de á. sulfúrico 0.1100 M en su valoración por retroceso. Calcular: a) la pureza de la muestra expresada como porcentaje de sal y b) el porcentaje de potasio en dicha muestra.

a) Disociación de la sal:

KHC4H4O6 --> K+ + HC4H4O6-

Reacción con la base:

HC4H4O6- + OH- --> C4H4O6(2-)

Valoración por retroceso:

H2SO4 + 2OH --> SO4(2-) + 2H2O

mmol OH- = mmol HC4H4O6- + 2 mmol H2SO4

45.0 * 00987 = mg KHC4H4O6/Pm + 2 * ( 6.4 * 0.1100)

mg KHC4H4O6 = 570 mg% KHC4H4O6 = 0.570 * 100/0.650 = 86.6 %El porcentaje de potasio (Pat = 39.1) será:(570 * 39.1 * 100)/(188.1 * 658) = 18.0 %

Problemas resueltos de Química analítica. PQA 2.46.2.46. Se transformó el azufre de una muestra de 0.2500 g de mineral en trióxido de azufre, el cual fue absorbido sobre 40.0 ml de una disolución de NaOH 0.1250 M. El exceso de sosa consumió para su valoración 22.0 ml de una disolución de á. clorhídrico equivalente a otra de 0.0096 g/ml de Na2CO3. Calcular el porcentaje de azufre en la muestra.

mmol OH- = 2 * mg S/Pat S + mmol H+

40.0 * 0.1250 = 2 * mg S/32 + 22.0 * MClH

mmol HCl = V * MClH = 2 * mg Na2CO3/Pm Na2CO3 = 2 * 9.6/106 = 0.181 mmol HCl/ml

mg S = 16.3 mg

%S = 6.5 %


2.45. Para determinar el contenido en azufre de una muestra orgánica se aplicó el siguiente procedimiento: 0.7500 g de muestra se sometieron a combustión en corriente de oxígeno, formándose dióxido de azufre y algo de trióxido. Estos gases se recogieron sobre una disolución diluída de peróxido de hidrógeno, transformándose en H2SO4. Si en la valoración de este ácido se consumieron 5.3 ml de una disolución de NaOH 0.0365 M, calcular el porcentaje de azufre en la muestra.

Reacciones del procedimiento:

S + O2 --> SO2 (SO3)SO2 (SO3) + H2O2 --> H2SO4

Reacciones de valoración:

H2SO4 + 2OH- --> SO4(2-) + 2 H2O

Reacción estequiométrica:

S <> SO2 <> SO3 <> H2SO4

mmol OH- = 2 * mg S/Pat S5.3 * 0.0365 = 2 * mg S/32mg S = 3.1 mg

% S = 0.0031 * 100/0.7500 = 0.41%


2.44. Para determinar la pureza de un material constituído por óxido de calcio e impurezas inertes, se procedió a la disolución de 0.3250 g de muestra en 100 ml de

á.clorhídrico (en exceso), determinándose dicho exceso por valoración con una disolución de NaOH 0.275 M, de la que se gastaron 12.5 ml. Si las concentraciones del ácido y de la base son tales que 2.0 ml de HCl <> 1.0 ml NaOH, calcular el porcentaje de CaO y Ca en la muestra.

La Reacción del ácido sobre el óxido de calcio es

CaO + 2 H+ --> Ca2+ + H2Ommol HCl = 2* mmol CaO + mmol OH-

100 * MClH = 2 * mg CaO/56.1 + 12.5 * 0.2752 * MClH = 1 * 0.275MCLH = 0.1375 mol/lmg CaO = 289 mg

% CaO = 88.9 %

mg Ca = 289 * 40.1/56.1 = 207 mg

% Ca = 63.7


2.43. Se sabe que una muestra contiene exclusivamente óxidos de calcio y magnesio. Para proceder a su análisis se pesaron 0.2000 g, se disolvieron en 50.0 ml de á. clorhídrico 0.2500 M, y el exceso de ácido se valoró con 40.5 ml de NaOH. Si en la normalización de 25.0 ml de la disolución base se consumieron 13.5 ml de á. ftálico 0.1002 M, calcular los porcentajes de CaO y MgO en la muestra.

La reacción de valoración ajustada y la relación estequiométrica es:

H2Ph + 2 OH- --> Ph2- + 2 H2O

2 * mol H2Ph = mmol OH-

2 * 13.5 * 0.1002 = 25.0 * M

M = 0.1082 mol/l

La reacción de disolución de ambos óxidos en el ácido transcurre según:

MO + 2H+ --> M2+ + H2OMO <> 2 H+ <> 2OH-

mmol H+ = 2* mmol CaO + 2 * mmol MgO + mmol OH-

Se cumple que mg CaO + mg MgO = 200 mg muestra y sustituyendo datos, masas y pesos moleculares y despejando:

50.0 * 0.2500 = 2 * mg CaO/56.1 + 2 * mg MgO/40.3 + 40.5 * 0.1082

mg MgO = 131 mg y mg CaO = 69 mg


2.42. Se determina el N de una muestra de leche en polvo que pesa 3.000 g mediante el método de Kjeldahl. Para ello se hace destilar el amoniaco sobre 50.0 ml de una disolución de á. clorhídrico 0.1210 M, valorándose el exceso de ácido con otra disolución de NaOH 0.1540 M, de la que se gastaron 32.2 mlCalcular a) Porcentaje de Nitrógeno en la muestra.b) Si el factor de conversión de Nitrógeno en proteína es 6.38, ¿qué cantidad de proteínas contiene la masa de muestra analizada?.

a) Las transformaciones que tienen lugar son como las de 2.41, con la única diferencia de que se recoge el amoníaco destilado en ácido fuerte en exceso para valorar éste con sosa.

En la valoración por retroceso del exceso de ácido con sosa, tenemos:

mmol HCl = mmol NH3 + mmol NaOH

50.0 * 0.1210 = mg N/14 + 32.2 * 0.1540

mg N = 15.3 mg

% N = 0.0153 * 100/3.0000

b) % Proteínas en la leche

0.51 * 6.38 = 3.25%

En la muestra de 3.0000 g habrá pues:

g protTot = 0.0975 g


2.41. Un cereal contiene el 2.8% de proteínas. Calcular el peso máximo del mismo que

debe tomarse para que, una vez tratado por el método de Kjeldahl, y recogido el amoníaco formado sobre á. bórico, se gasten no más de 50.0 ml de á. clorhídrico 0.0320 M en la valoración. (Dato: factor N en proteína = 5.70).


a) Digestión: Nprot -- H+ --> NH4+

b) Destilación: NH4+ -- OH- --> NH3

NH3 + HBO2 --> NH4+ + BO2-

c) Valoración: H2 + BO2- --> HBO2

Y las relaciones estequiométricas:

H+ <> BO2- <> NH3 <> N

por lo que deducimos:

mmol HCl = mg N/Pat NComo sólo pueden ser consumidos un máximo de 50.0 ml de HCl, que suponen en mmoles 50.0 * 0.0320 = 1.60 mmoles HCl

equivalentes 1.60 * 14 = 22.4 mg N ó

22.4 * 5.70 = 128 mg de Proteína

Por tanto la masa de muestra necesaria será como máximo de

m = 0.128/0.028 = 4.571 g


2.39. Se sabe que cierta disolución contiene una combinación de dos de las siguientes sustancias: HCl, H3PO4, NaH2PO4 y Na2HPO4. La valoración de una alícuota con NaOH 0.450 M usando fenolftleína requiere 28.0 ml y otra con naranja de metilo, para el mismo volumen de muestra, requiere 16.4 ml de NaOH. ¿Cuántos mg de qué componentes están presentes en la alícuota valorada?

Las mezclas binarias posibles son:

a) HCl + H3PO4

b) H3PO4 + NaH2PO4

c) NaNH2PO4 + Na2HPO4

De éstas queda descartada la c) ya que al valorar con sosa sólo podría usarse la fenolftaleína, pues el naranja ya estaría virado.

Calculamos el gasto de sosa en la 1ª alícuota para mezcla b)

V sosa = 2 * V1 + V2

Gasto V1 para las reacciones

H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O y

H2PO4- --> HPO4(2-) + H2O

y V2 para (H2PO4-ini) + OH- --> HPO4(2-) + H2O

Calculamos el gasto de sosa en la 2ª alícuota

Vsosa = V1

Reacción:

H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O

Como V1 = 16.4 ml, el volumen consumido hasta viraje de la fenolftleína debería ser mayor que 28.0 ml. Por tanto, no puede tratarse de esta mezcla b).

En el caso de la mezcla a) Para la 1ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + 2 * V2

Para las reacciones

V1 en H+ + OH- --> H2O

V2 para H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O

y V2 para H2PO4- + OH- --> HPO4(2-) + H2O

Para la 2ª alícuota el gasto de sosa sería Vsosa = V1 + V2

Para las reacciones

V1 en H+ + OH- --> H2O

V2 para H3PO4 + OH- --> H2PO4- + H2O

Esta mezcla se ajusta a los datos del problema, ya que se tendría:

V1 + 2 * V2 = 28.0 ml y V1 + V2 = 16.4 ml

De dónde deducimos V1 = 4.8 ml y V2 = 11.6 ml

Para calcular las concentraciones se plantea en la 2ª valoración:

mmol NaOH = mmol HCl + mmol H3PO4

(V1 + V2) * Msosa = mg HCl/Pm HCl + mg H3PO4/Pm H3PO4

16.4 * 0.450 = mg HCl/36.5 + mg H3PO4/98

Además V2 * Msosa = mg H3PO4/Pm H3PO4

11.6 * 0.450 = mg H3PO4/98

De dónde deducimos mg H3PO4 = 512 mg y mg HCl = 79 mg


2.38. Se analiza una muestra que contiene carbonato y bicarbonato sódicos e impurezas inertes. Para ello se pesan 0.4817 g, se disuelven en agua y se valora con HCl 0.1176 M, consumiéndose 12.3 ml hasta viraje de la fenolftaleína.

Otra muestra idéntica se disuelve en exceso de HCl, se calienta, y se elimina el CO2 por burbujeo sobre 25.0 ml de NaOH 0.1863 M. La disolución resultante se valora con HCl 0.1176 M, consumiéndose 14.6 ml hasta el viraje de la fenolftaleína. Calcular los porcentajes de las dos sales en la muestra.

En la primera valoración:

CO3(2-) + H+ -->HCO3-mmol H+ = mmol CO3(2-) = mg Na2CO3/Pm Na2CO3

12.3 * 0.1176 = mg Na2CO3/106

mg Na2CO3 = 153 mg

% Na2CO3 = 153 * 100/481.7 = 31.8%

Las reacciones de transformación a CO2 son:

CO3(2-) + 2H+ --> CO2 + H2OHCO3- + H+ -->CO2 + H2O

A partir del carbonato sódico se forman:

153/106 = 1.44 mmol CO2

Y el total de CO2 será:

mmol CO2 = 1.44 + mg NHCO3/84

Al reaccionar con NaOH:

CO2 + 2OH- --> CO3 + H2O

(mmol OH-tot) = 2 * mmol CO2 + (mmol OH exceso)

Al valorar con HCl se neutraliza el exceso de sosa y el carbonato formado:

mmol H+ = mmol OH exceso + mmol CO3(2-)

y teniendo en cuenta que mmol CO3(2-) =mmol CO2

mmol H+ = (mmol OH-tot) - mmol CO2 = (mmol OH-tot) - 1.44 - mg NaHCO3/84

mg NaHCO3 = 126 mg

% NaHCO3 = 1216 * 100/481.7 = 26.2%


2.37. Una muestra de 1.000 g, que se sospecha que contenga NaOH, Na2CO3 y/o NaHCO3 aislados o mezclados, se disuelve y se valora con HCl 0.500 M. Con fenolftaleína como indicador (pKi = 9.4) la disolución se vuelve incolora después de la adición de 32.0 ml de ácido. Luego se añade naranja de metilo (pKi = 3.4) y se requieren 7.5 ml más de valorante hasta el punto final del indicador. ¿Cuál es la composición de la mezcla?

Si la mezcla contuviera sólo sosa o sólo carbonato, se gastaría el mismo volumen de

valorante hasta el viraje con cualquiera de los indicadores. Para el bicarbonato sólo se requiriría de un indicador. Para una mezcla de carbonato-bicarbonato se requiriría mayor volumen de ácido para alcanzar el viraje del naranja de metilo. Por tanto, la única posibilidad es que se trate de una mezcla de NaOH-Na2CO3.

En la primera parte de la valoración:

OH+ + H+ -->H2O y CO3(2-) + H+ --> HCO3-

Por tnto:

mmol H+ = mmol OH- + mmol CO3(2-)

V * M = mg NaOH/Pm NaOH + mg Na2CO3/Pm Na2CO3

32.0 * 0.500 = mg NaOH/40 + mg Na2CO3/106

En la segunda prte de la valoración:

H+ +HCO3- --> H2CO3

mmol H+ = mmol HCO3 = mmol CO3(2-)

V * M = mg Na2CO3/Pm Na2CO3

7.5 * 0.500 = mg Na2CO3/106

mg Na2CO3 = 398 mg

% Na2CO3 = 0.398 * 100/1.000 = 39.8%

Sustituyendo:

mg mg NaOH = 492 mg

% NaOH = 0.490 * 100/1.000 = 49.0%


2.25. Se valoran 50.0 ml de NH3 0.125 M con HCl 0.100 M. Calcular el pH en los puntos de la curva de valoración que corresponden a la adición de 0; 25.0; 50.0; 62.5; 75.0; y 90.0 ml.

La disolución a valorar contiene 50.0 ml * 0.125 M = 6.25 mmol de NH3

La reacción de valoración es:

NH3 + H+ --> NH4+

Inicialmente, para V = 0.0 ml, el pH de la disolución viene dado por la hidrólisis básica del amoníaco, con pKb = 14-9.2 = 4.8

[OH] = raiz(0.125 * 10^-4.8) = 1.4 * 10^-3 M y por tanto pH = 11.1

Para V = 25. ml

moles HCl añadido = 25.0 * 0.100 = 2.50 mmol, equivalente al NH4+ formado. Volumen final: f = 50 + 25 = 75 ml. NH3 sin valorar = 6.25 - 2.50 = 3.75 mmol. La disolución contiene una mezcla reguladora NH4+/NH3 cuyo pH vendrá dado por:

pH = 9.2 + log(3.75/75)/(2.50/75) = 9.4

Para V = 50 ml

HCl añadidos = 5.00 mmol equivalentes a los mmoles de NH4+ formados

NH3 sin valorar: 6.25 - 5.00 = 1.25 mmol en un volumen vf = 50 + 50 = 100 ml. Por tanto:

pH = 9.2 + log(1.25/100)/(5.00/100) = 8.6

Para V = 62.5 ml

HCl añadidos = 6.25 mmoles y se ha neutralizado todo el NH3, formándose una cantidad equivalente de NH4+ en un volumen Vf = 50 + 62.5 = 112.5 ml. Estamos pues en el punto de equivalencia, en el que el pH viene dado por la disociación ácida del NH4+ a un concentraciónCi = 6.25/112.5 = 0.056 M

[H+] = raiz(10^9.2 * 0.056) = 5.9 * 10^-6 M y por tanto pH = 5.2

Para V = 75.0 ml

HCl añadidos = 7.50 mmoles, formándose 6.25 mmol de NH4+ y quedando un exceso de 7.50 - 6.25 = 1.25 mmol de H+ en un volumen Vf = 75 + 50 = 125.0 ml. El pH viene dado por la concentración de protones en exceso:

[H+] = 1.25/125 = 0.01 M y por tanto pH = 2.0

Para V = 90.0 ml

HCl añadidos = 9.00 mmoles, formándose un exceso de H+ de 9.00 - 6.25 = 2.75 mmol en un volumen Vf = 90 + 50 = 140.0 ml.

[H+] = -log (2.75/140) = 1.7


2.20. Se disuelven 520.0 mg de arseniato sódico en agua y la disolución se lleva a pH 7.0. Calcular qué volumen de sosa 1M será necesario añadir para preparar, a partir de la anterior, 250 ml de una disolución de pH 11.5.

Teniendo en cuenta las constantes de disociación del ácido arsénico pK1 = 2.2; pK2 = 7.0; pK3 = 11.5, se deduce que la disolución inicial a pH 7.0, contiene una mezcla equimolar de las especies H2AsO4- y HsO4(2-). Para alcanzar el pH final 11.5, deberá formarse una nueva mezcla equimolar de las especies HAsO4(2-) y AsO4(3-), para lo que será necesario añadir una cantidad de NaOH equivalente a la de las especies neutralizadas.Se calcula primero la cantidad de arsenito sódico en mmoles, con el peso molecular de la sal Na3AsO4, Pm = 207.9:520.0/207.9 = 2.50 mmol Na3AsO4

A pH 7.0, la disolución contendrá 1.25 mmol de H2AsO4- y 1.25 mmol de HAsO4(2-). Para llegar a formar una disolución que contenga 1.25 mmol de HAsO4(2-) y 1.25 mmol de AsO4(3-). será necesario neutralizar los dos protones del H2AsO4-, según la reacción:

H2AsO4- + 2OH- --> AsO4(3-) + 2H2O

por lo que:

mmol NaOH = 2 * mmol H2AsO4- = 2 * 1.25 = 2.50 mmol

Como se dispone de una disolución de NaOH 1M, habrá que añadir:

V = 2.50 mmol/(1 mmol/l) = 2.50 ml

Después de añadir este volumen, la disolución se llevará a 250 ml, enrasando con agua.


2.19. a) ¿Qué peso de etilendiamina (NH2CH2CH2NH2), se deberá añadir a 200 mmol de HCl para obtener un litro de disolución reguladora de pH 10.5? b) ¿Cuantos moles de ácido o de base admiten 100 ml de esta disolución para que su pH varíe como máximo +/- 0.1 unidades?

a) Las constantes de disociación ácida del sistema de la etilendiamina (a partir de ahora En) son:

H2En2+ <--> HEn+ + H+ pK1 = 7.1 y HEn+ <--> En + H+ pK2 = 9.9

Por lo que a pH = 10.5 se tendrá el regulador HEn+/En, cumpliéndose:

10.5 = 9.9 + log [En]/[HEn+] de donde:

0.6 = log [En]/[HEn+]10^0.6 = [En]/[HEn+][En]] = 4.0 * [HEn+]

Al añadir En a 200 mol de HCl se producirá la reacción:

H+ + En --> HEn+

Primero se neutralizarán los 200 mmol de HCl, formándose 200 mmol de HEn+. Si se sigue añadiendo En a la disolución, se obtendrá la mezcla deseada. La relación de concentraciones calculada anteriormente para las dos especies de la En puede expresarse como moles, ya que el volumen de la disolución final es el mismo. Entonces se cumplirá:mmol En = 4 * mmol HEn+mmol En = 4 * 200 = 800mmol En tot = 200 + 800 = 1000

Será preciso añadir pues 1 mol de En, diluyendo posteriormente a un litro de disolución. Ya que el peso molecular es 60.0, la masa de En es de 60.0 g.

b) Al añadir mínimas cantidades de una base se producirá un ligero aumento del pH. Para amortiguarla +/- 0.1 unidades de pH, la disolución final deberá mantenerse en pH = 10.6, cumpliéndose:

pH = 10.6 = 9.9 + log [En]/[HEn+]0.7 = log [En]/[HEn+]10^7 = [En]/[HEn+][En] 5.0 * [HEn+]

La concentración total de En es Ctotal = [HEn+] + [En] = 1M Resolviendo el sistema obtenemos:

[HEn+] = 0.17 M[En] = 0.83

Respecto de la disolución inicial, ésta contiene 0.03 moles más de especie disociada y formados a expensas de la base añadida, por tanto la cantidad de base que admite dicha disolución será de 30 mmol/litro, es decir 3.0 mmol /100 ml.

Al añadir una mínima cantidad de ácido esta disolución se producirá una ligera disminución del pH. Para que sea como máximo de -0.1 unidad, la disolución deberá llegar a pH = 10.4, cumpliéndose:

pH = 10.4 = 9.9 + log [En]/[HEn+]0.5 = log [En]/[HEn+]

10^5 = [En]/[HEn+][En] = 3.2 * [HEn+]

Como la concentración total de En es

Ctot = [HEn+] + [En] = 1M

Resolviendo el sistema, se obtiene:

[HEn+] = 0.24 y [En] = 0.76 M

Respecto a la disolución inicial, ésta contiene 0.04 moles más de especie protonada. Como éstos se han formado a expensas del ácido añadido, la cantidad de ácido que admite dicha disolución será de 40 mmol/litro, es decir 4.0 mmol /100 ml.

Se disuelven en ácido 0.8040 g de una muestra conteniendo un óxido de hierro, reduciéndolo a Fe(2+) y posteriormente valorándolo con 47,12 ml de una solución de KMnO4 0.02242 M. Calcular % hierro de la muestra inicial expresado como Fe++ (55.847 g/mol) y Fe3O4.(231.54 g/mol) MnO4- + Fe(2+) + 8H+-->Mn(2+) +5F2(3+) + 4 H2O 5 mmol Fe(2+)/1 mmol KMnO4 y 5 mmol Fe3O4/3 mmol KMnO4 KMnO4=47.22 ml KMnO4 * 0.0224 2 mmol/ml KMnO4 Fe(2+)=47.22 * 0.02242 ml KMnO4 * (5 mmol Fe(2+)/1 mmol KMnO4) Fe(2+)=47.22 * 0.02242 ml KMnO4 * (5 mmol Fe(2+) * 0.055847 gFe(2+)/mmol Fe(2+) %Fe(2+)=Fe(2+)=47.22 * 0.02242 * 5 * * 0.0055847)gFe(2+) * 100%/0.8040 g= 36.77% 5 mmol Fe3O4=15 mmol Fe(2+)= 3 mmol MnO4- MnO4=47.22 ml KMnO4 * 0.02242 mmol KMnO4/ml KMnO4 Fe3O4=47.22 * 0.02242 mmol KMnO4 * 5mmol Fe3O4/3mmol MnO4- Fe3O4=(47.22 * 0.02242 * 5/3) * 0.23154 g % Fe3O4=(47.22 * 0.2242 * 5/3) * 100% * 0.23154 gFe3O4/0.804 g=50.81% Resumiendo y Comprobando:47.22 ml KMnO4 * 0.02242 mmol KMnO4/1 ml KMnO4 * 5 mmol Fe/1 mol

KMnO4 * 0.055947 g Fe/mmol Fe * 1 * 100%/0.8040 g =50.81 %Se preparó una solución de cloruro de bario diluyendo 0.05g en 100 cm3 de agua y luego se valoró con nitrato de plata de una concentración 0.1mol/dm3. BaCl2 137,34*2 + 35,45 = 310.13 g/mol AgNO3 107,87 + 14 + 16*3 = 169.87 g/mol Ba(NO3)2 137,34 + (14+16*3)*2 = 261.34 g/mol Cl2Ag 35,45*2 + 107,87=178.77 g/mol BaCl2 + AgNO3 -->Ba(NO3)2 + Cl2Ag

0.05 g x g y g zg 310.13 169.87 g 261.34 178.77

x=0.05*169.87/310.13= 0.02739 g y=0.05*261.34/310.13= 0.04213 g z=0.05*178.77/310.13= 0.02882 g

mequiv-g BaCl2 310.13 g/mol 310.13/2=155 mequiv-g mequiv-g AgNO3 169.87 g/mol 169.87/1=169.87 mequiv-gNeutralizaciones: Valoración de un ácido débil con Sosa cáustica 0.01 frente a 0.1 Ka=1.82*10^(-5)/pKa=4.75 100 ml acido * 0.01N =v ml * NaOH 0.1N pH=0.5*pkw+0.5*pka+0.5*log C=7.00+2.37+0.5*(-1.30)=8.72 [H+]* [C2H3O+]/[H.C2H3O2]=Ka=1.82*10^(-5) [H+] =Ka * [H.C2H3O2]/[C2H3O+] [H+]^2/0.1=1.82*10^(-5) [H+]=raiz(1.82*10^(-6))=1.35*10^(-3) pH=log [sal]/[acido]+pKa pH=2.97

NaOH 0.1 0 10 25 50 90 99.0 99.5 99.8 99.9 100 ClH 0.01N 4.0 6.0 6.5 7.0 8.0 9.0 9.3 9.7 9.8 9.9 pH 2.9 3.8 5.7 7.0 7.4 7.3 6.7 7.7 8.7

Al añadir 50 ml [sal]=50*0.1/150=3.33*10^(-2) [acido]=50*0.1/150=3.33*10^(-2) pH=log(3.3*10^(-2))/3.33*10^(-2)+4.75=1+4.75=4.75Base débil-ácido fuerte Usar indicador Azul de bromofenol 100 ml NH4OH O.1N kb=1.8*10^(-5) pKb=4.75 > Con HCl 0.1N pH=0.45*kw-0.5*kb-0.5*log C=7.00-2.37-0.5*(-1.30)=5.28 [OH-]=[NH4OH]*Kb/[NH4+] pOH=log [sal]/[base] pH=pKw-pOH=pKw-pKb-log [sal]/[base]

Base débil Kb=5 pHb =7 ClH 1N 0 10 25 50 90 99.0 99.5 99.8 99.9 100 NH4OH 0.1N 11.1 10.2 98 93 83 73 70 66 63 53 pOH 0.1N Kb=10^(-7) 10 80 75 70 61 50 47 43 40 40

ácido débil-base débil Difícil de evaluar. Usar indicador Rojo neutro o azul de metileno. Acético 0.1N (Ka=1.8*10^(-5) pKa=4.75) NH4OH 0.1 N (Kb=1.8*10^(-5) pKb)4.75) pH=0.5*pKw+0.5*pKa-0.5*pKb =7.0+2.37-2.37=7.0Calcular el volúmen necesario de valorante para alcanzar el punto de equivalencia si se valora una solución de HCl 0.1 M con una solución de NaOH 0.2 M HCl + NaOH --> NaCl + H2O y H3O+ + OH- --> 2H2O Coeficientes HCl:NaOH 1:1 50 ml x 0.1 mol/l = 5.0 mmoles HCl 5.0 mmoles de HCl equivalen a 5.0 mmoles es NaOH. Volúmen necesario de NaOH será: 5.0 mmoles es NaOH = 0.2 moles/l x V ml, V = 5.0/0.2 = 25 ml NaOHUna muestra de 50 ml disolución HCl necesitan 29,71 ml de hidróxido bárico Ba(OH)2 0.01963 M para alcanzar el punto de equivalencia marcado por verde de bromocresol como indicador. Calcular moles HCl 2 mml HCl/1 mmol Ba(OH)2

cBa(OH2=29.71 ml Ba(OH2 * (0.01963 mmol/ml de Ba(OH2) cHCl=29.71 ml * 0.01963 mmol Ba(OH2 * 2 mmol HCl/ml Ba(OH2 cHCl=29.71 ml * 0.01963 mmol Ba(OH2 * 2 mmol HCl/50.00 ml HCl=0.023328 mol/ml HClPara valorar 0.2121 g de Oxalato sódico Na2C2O4 puro 134.00 g/mol se necesitan 43.31 ml de KMnO4. ¿Cual es la molaridad de la disolución de KMnO4 empleada? Reacción ajustada: 2 MnO4- + 5 C2=2(-2)+ 16H+-->2Mn(2+) +10 CO2 +8 H2O 2 mmol KMnO4/5 mm Na2C2O4 Na2C2O4=0.2121 g Na2C2O4 * 1 mmol Na2C2O4/0.13400 g Na2C2O4 KMnO4= 0.2121 mmol/0.13400 de Na2C2O4 * 2 mmol KMnO4/5 mmol Na2C2O4 CKMnO4=((0.2121/0.13400) * 2/5 mml KMnO4)/43.31 ml KMnO4=0.01462 MSe neutralizan 25 ml de una muestra de ácido fosfórico mediante 40 ml de NaOH 1.5M. ¿Cual será la molaridad de la solución de ácido fosfórico?

3NaOH + H3PO4 --> Na3PO4 + 3H2O

Soluciones propuestas: 1) 0,45 M 2) 0,80 M 3) 7,2 M

Solución: 40 ml x 3 x 1.5 moles NaOH= 25 ml · x moles H3PO4 x=40 · 3 · 1,5/25=7,2 M H3PO4Se valora por acidimetría una muestra de vinagre de 10,1 ml y de densidad 1g/cm3. Se usa como valorante 50 ml de hidróxido sódico 0.127 N. Calcular a) la N del ácido, b) el peso de ácido contenido en los 10ml c) el porcentaje en peso de a.acÉtico

a) Vacido*Nacido=Vbase*Nbase 0.0101 l * Nacido=0.050 l base * 0.0127 Nbase Nacido=0.050*0.127/0.0101=0.629 N ó 0.629 eq.g/l Incompleto a partir de aquí b) 0.629 eq-g/l *0.0101 l=0.006353 g/eq-g/l eq-g/l =g/mol/val=60/1=60 g b) g acido=60*0.006353=0.38 g Como la densidad es 1g/cm3 ó 1g/ml 10,1 ml pesarán 10,1 g c) % en peso 0.38*100/10.1=3.76%Se neutralizan una disolución de 50 ml de a.clorhídrico 0.105 M con un volúmen a determinar de NaOH 0.11 M [H+]=(50*0.1*10-3-v1*0.10*-3)/(50+v1)*10-3)=(5-0.1*v1)/(50+v1) moles [H+]=(v2*c2-v1*c1)/(v2+v1)=(50*0.105-47.33*0.11)/(50+47.33)=(5.25-5.2063)/97.33=0.0437 pH=-log [H+]=-log (4.37*102 pOH=vc1/(v2+v1)+v=(97.33*0.105)/((47.33+50)+97.33)=10.21965/194.66=0.0525 v volúm. exceso v1 volum.base v2 volum.ácidoSe desea saber la concentración final de la disolución resultante de neutralizar 50 ml de HCl 0.1M con NaOH 0.10 M HCl --> H+ + Cl- NaOH -->Na+ + OH- [H+] ini =0.10M pH=-log 0.10=1.00 Al aÑadir v ml de NaOH se incorporan v1 ml * 0.1 mol/l*10-3 l ml-1=v1 * 0.10 *10-3 mol que reaccionan con H+ para formar agua moles H2=moles ini-moles neutraliz.=50*0,10*10-3-v1*0.10*10-3 [H+]=(50*0.10**10-3-v1*0.10*10-3mol)/(50+v1=*10-3litros)=(5.0-0.10*V1)/(50+V1) M [H+]=(v2*c2-v1*c1)/(v1+v2)=(50*0.10-50*0.10)/(50+50) En el punto de equilibrio tendremos 100 ml y un pH de 7.00 [H+]=(50*0.105-47.80*0.11)/(50+47.80=8.17*10-6 pH=-log(8.17*10-6 v ml * 10 -3*ml-1*0.10 mol litro-1/((100+v) ml *10-3*ml-1=0.10V/(100+v) M pOH=v*c1/((v2+v1)+V) ml ml [H+] pH (v volum.exceso v1 volum.base v2 volum.ácido) NaOH disol 0 50 8,2*10-2 1.00 5 55 6.7*10-2 1.09 10 60 5.4 1.18 15 65 4.3 1.27 20 3.3 1.37 25 2.5 1.49 39 1.8 1.60

35 1.1 1.75 40 5.3*10-3 1.95 45 4.2 2.28 46 3.1 2.38 47 2.0 2.51 48 1.0 2.69 49 99 1.0*10-7 3.00 50 100 1.0*10-11 7.00 51 5.1*10-1211.29 52 3.4 11.00 53 2.6 11.29 54 2.1 11.46 55 1.1*10-1211.59 60 7.7*10-1311.68 65 6.0 11.96 70 5.0 12.11 75 4.3 12.22 80 3.9 12.30 85 3.5 12.41 90 3.2 12.46 95 3.1 12.49 100 150 3.0*10-1312.52Ajustar la ecuación y calcular el volúmen en ml de H2SO4 2.00 M necesario para neutralizar 50.0 ml de KOH 1.00 M?

H2SO4 +2 KOH --> K2SO4 + H2O

Soluciones propuestas: 1) 12,5 ml 2) 50,0 ml 3) 200 ml

50 ml · 2 ·1.00 moles KOH = x ml · 2,00 moles H2SO4

x=50 · 2 ·1,00 / 2,00 = 50 ml H2SO4

Calcular las concentraciones de cada una de las especies presentes en una solución formada por mezclas entre un ácido y una base.

No todas las posibilidades de ión común se producen por la adición de una sal. Algunas son el resultado de la reación entre ácido y base. Considerémos: HC2H3O2 (aq) + OH- (aq) C2H3O2- (aq) + H2O (l) Si la concentración molar de HC2H3O2 es mayor que la de OH-, la reacción liberará un exceso de HC2H3O2! Eso significa que la solución puede contener tanto iones HC2O3H2como C2H3O2- y el efecto del ión común se producirá.

Ejemplo: Calcular el pH de una solución producida por mezclar 0.60 l de NH4Cl 0.10 M con 0.40L de NaOH 0.10 M

Paso 1: Identificar la/s reacción/es de equilibrio más significativa/s: NH4+ y OH- NH4+ (aq) + OH- (aq) NH3 (aq) + H2O (l) (Una reacción entre un ácido débil y una base fuerte, formará un compuesto) Paso 2: Cálculo estequiométrico:

#moles NH4+ reacción BEFoE: (0.10 mol/L)(0.60L) = 0.060 moles #moles OH- reacción BEFoE: (0.10 mol/L)(0.40L) = 0.040 moles Cálculo estequiométrico (referido al agente limitador): NH4+ (aq) + OH- (aq) NH3 (aq) + H2O (l) NH4+ OH- NH3

Al Inicio 0.060 mol 0.040 mol 0 mol Al Cambio -0.040 mol -0.040 mol +0.040 mol Al Final 0.020 mol 0 mol 0.040 mol NH4+ es el agente en exceso ¡Todos los iones OH- (agente limitador) son usados! El volúmen total de solución es 1.00L. Además [NH3] = 0.040 mol/1.00L = 0.040 M, y [NH4+] = 0.020 mol/1.00L = 0.020 M

Paso 3: Cálculo en el Equilibrio: Una vez conocidas las concentraciones de cada reactivo, podemos determinar el efecto del ión común. NH4+ (aq) H+ (aq) + NH3 (aq) Preparar una tabla: NH4+ (aq) H+ (aq) + NH3 (aq) NH4+ H+ NH3 Al Inicio 0.020 M 0 M 0.040 M En el cambio -x M +x M +x M En el equilibrio (0.020 - x) M x M (0.040 + x) M Ka de NH4+ es 5.6 x 10-10 = { [H+][NH3] / [NH4+] } = { x(0.040) / (0.020) } x << 0.020 Resolviendo x, x = [H+] = 2.8 x 10-10 M, cuyo valor es menor de un 5% de 0.020. De nuevo, es aceptable la simplificación. pH = -log(2.8 x 10-10) = 9.55Fórmulas a aplicar:

10-14 = [H+]* [OH-] pH=-log [H+] = -log [10-14]/ [OH-] pOH=-log [OH-] = -log [10-14]/ [H+] Conocido [H+] = 0.2 M obtendremos el pH y pOH pH=-log 0.2=0.70 pOH=14-pH=13.30 ó a partir de [OH-]=10-14/[H+] = 10-14/0.2=5 *10-14 Si [H+]=1*10-14/1=10-14 [OH-]=1 M pOH=-log 1=0 pH=14-0=14 Disolución fuertemente básica Si [H+]=1*10-14=10-14 pH=13 pOH=-log 1=0 pH=14-13=1 Disolución fuertemente básicaLa escala de pH es una escala logarítmica. El "factor pH" se define como el log de la concentración molar de los iones Hidrógenos o hidronio

pH = -log[H+] pCl = -log[Cl-] pKa = -log Ka pKw = -log Kw pAg = -log[Ag+] Para ácidos fuertes la concentración molar es igual o menor que 1, el valor del pH varía de 0-14. En una solución se cumple que [H+] [OH-] = Kw = 1 * 10-14. Si la concentración del ión Hidrógeno es de 0.1 moles/litro entonces el [OH-] puede calcularse despejando de la expresión de arriba: [OH-] = 1 * 10-14 / 1 * 10-1 = 1 * 10-13 El pOH = -log[OH-] = -log(1 * 10-13) = -(log 1 + log 10-13) = -(0 + -13) = -(-13) = 13Para [H+] = 0.1 = 1 * 10-1 Por tanto el pH = -log 1 * 10-1 = -(0 + -1) = 1 Y como además pH + pOH = 14 Si hallamos valores de pH negativos corresponderán a un ácido fuerte de concentración mayor que 1 mole/litro. Para 10 M [H+] pH =-log(1 * 101) = -(0 + 1) = -1 La mayoría de las sustancias básicas o ácidas tienen un rango de pH que oscila entre 0-14. No confundir el término ácido fuerte con el del pH. La fuerza de un ácido se debe a la concentración inicial de protones que se ionizan en disolución. Si se ioniza un porcentaje mayor de protones que el original se deberán a protones hidratdos procedentes del agua.Son ácido fuertes los ácidos clorhídrico,bromhídrico, Nítrico, Sulfúrico, y Perclórico. En cada una de estas moléculas ácidas el porcentaje de ionización es del 100%.

Determinacion de pH

pH = -log[H3O+] El signo negativo debe considerarse como un factor -1

¿Cual es el pH de una solución de [H3O+] = 1 * 10-4 M

pH = - log[1 * 10-4] = - [ log 1 + log 10-4 ]

log 1=0 log 10x = x * log 10-4 = -4 de dónde deducimos:pH = - [ 0 + (-4) ] = - [-4 ] = +4

Calcular el pH de una solución que tiene [H3O+] = 2.5 * 10-9

pH = - log [H3O+]= - [ log 2.5 + log 10-9 ] log 2.5 puede calcularse con calculadora de funciones log: Entre 2.5, pulse tecla log, lea el valor que debe ser para este caso .3979 log 10-9 = -9 por tanto pH = - [ .3979 + -9 ] = - [ - 8.602 ] = + 8.602

El pH en las bases: Calcular el pH de una solución que tiene [OH-] = 1 * 10-5 M

Determinaremos el pOH pOH = - log [OH- ] = - [log 1 + log 10-5 ] = - [ 0 + -5 ] = - [-5] = +5 Hallaremos el pH conociendo que pH + pOH = 14 pH = 14 - pOH = 14 - 5 = 9 Determinamos la concentración de [H3O+] dado el pH

¿Cual será la concentración de [H3O+] en una solución que tiene un pH = 5.4

[H3O+] = Antilog (-pH) = Antilog (-5.4) = 3.98 * 10-6 Nota: El cálculo de antilogaritmos se efectúa así con una calculadora: antilog(-5.4)Entre 5.4 y signo +/- y compruebe que en la pantalla cambia a -5.4Pulse la función inversa (inv) Pulse tecla log (o pulse shift+log, según calculadora) Lea el resultado Hallar [OH-] dado pOH

Calcular [OH-] de una solución que tiene un pOH = 8.2

[OH-] = Antilog (-pOH) = Antilog ( - 8.2 ) = 6.31 * 10-9Hallar [H3O+] dado [OH-]

Calcular [H3O+] si [OH-] = 3.2 * 10-3

El agua sólo se ioniza ligeramente dando el siguiente equilibrio: H2O (l) + H2O(l) =H3O+(aq) + OH-(aq) Según las leyes químicas de equilibrio: Kc =[H3O+] [OH-] / [H2O(l)]2 Nota: La concentración Kc para el agua pura es constante 55.5 Por tanto sustituyendo el valor de la constante Kc para [H2O]2 resultará otra constante:Kc [H2O]2 = Kw =[H3O+] [OH-] = 1.0 * 10-14 Kw = 1 * 10-14 =[H3O+]3][OH-13] Nota: Kw es la constante de ionización en el equilibrio para el agua pura cuyo valor es siempre constante y 1 * 10-14 a 25 ºC. Kw = 1 * 10-14 =[H3O+] [ 3.2 * 10-3] [H3O+] = 1 * 10-14 / 3.2 * 10-3 = 3.125 * 10-12 ¿Existen diferencias según el ácido o base utilizado? Pues sí, si son fuertes la disociación de estos es del 100% Por ejemplo, HCl está clasificado como un ácido fuerte y por tanto: HCl + H2O ----> H3O+ (aq) + Cl- (aq) Si comienzo con HCl 0.1 M,tendré 0.1 M H3O+ ya que por cada HCl perdido se forma un H3O+ y un Cl-. En el caso de reactivos fuertes con ionización total todo puede transformarse a H3O+.Son ácidos fuertes comunmente: HCl, HBr, HI, HNO3, H2SO4, HClO4 Bases fuertes : Todos los hidróxidos de metales del Grupo 1 2: LiOH, NaOH, KOH, etc y

Be(OH)2, Ca(OH)2, Mg(OH)2, etc

¿Cual será la concentración de [OH-] que dará una solución de NaOH 2 M?

NaOH + H2O ----> Na+(aq) + OH- (aq) NaOH 0.2 M produce 0.2 M OH- ya que todo se ioniza al 100% ¿Cual será la concentración de [OH-] que dará una solución de Ca(OH)2 0.3 MCa(OH)2 + H2O -----> Ca+2 (aq) + 2 OH- (aq) M Ca(OH)2 0.3 M deben de producir OH- 0.6 M porque por cada Ca(OH)2 aportado produce DOS iones OH-

Dada una solución de Ba(OH)2 0.02M: a) Hallar [OH-] b) Hallar [H3O+]c) Hallar pH d) Hallar pOH

Escribimos la reacción de disociación: Ba(OH)2 + H2O ----> Ba+2 + 2OH- a) Hallamos la concentración de hidróxido que por ser fuerte se disocia al 100% [Ba(OH)2] = .02 M

Cada 1 Ba(OH)2 se disocia en dos OH- [OH-] = 2(.02) = .04 M

b)Kw = 1 * 10-14 = [H3O+] [OH-] [OH-] = 0.04 M (step 2) 1 * 10-14 =[H3O+] [0.04] [H3O+] = 1 * 10-14/ .04 = 2.5 * 10-13 c) pH = -log[H3O+] = -log[ 2.5 * 10-13] pH = -[-12.6] = 12.6 d) pH + pOH = 14 12.6 + pOH = 14 pOH = 1.4 http://members.aol.com/logan20/pfactor.htmlPrograma sencillo para un calculador de pH Un programa que recogiese los datos e incógnitas y provisto de cálculo con funciones sería similar a este:

A partir de la fórmula pH=-log[H+] DEF FN LOGDEC(x)=-log(x)/log(10) Borrar,Texto="Calculo pH a partir de concentración [H+]dada en moles/litro" Entrar dato"Dar [H+]moles/litro";H ph=FN Logdec(1/H) Comentario: Resultado redondear a dos decimales Texto="El pH de una solución que contiene " H " moles/litro de H+] es "pH

Calcular concentración iones pCl en disolución de ClNa 2.00*10-3 M. y 5.4*10-4 M en HCl.

pH=-log[H+]=-log(5.4*10-4)=-log 5.4-log10-4=-0.73-(4)=3.27pNa=-log(2.00*10-3)=log 2.00-log 10-3=-3.01-(3.00)=2.699[Cl-]=2.00*10-3 M 2.00*10-3 M+0.54*10-3 M=5.4*10-4 M pCl=-log 2.54*10-3=2.595Acidos y Bases: Acidez de soluciones acuosas

Una solución acuosa de ácido no está completamente ionizada, por definición, ya que siempre hay una parte que no se ha transformado a la forma protónica H3+ Para un ácido fluorhídrico HF el equilibrio vendrá dado por HF(aq) + H2O <--> H3O+(aq) + F-(aq) para una constante de ionización

Ka = 6.94 x 10-4 = [H3O+][F-]/[HF]. Si la disolución tiene una concentracion de 0.1 molar, parte de ella está presente como F- y parte como HF. Por el principio de conservación de la materia, o en este caso sencillo el estado en el que se presenta el FH será, [HF] + [F-] = 0.1; [HF] = 0.1 - [F-] Sustituyendo la constante en la de ionización: 6.94 x 10-4 = [H3O+][F-]/(0.1 - [F-]) 6.94 x 10-5 - 6.94 x 10-4[F-] = [H3O+][F+] Para cada anión F-, se produce otro H3O+ según la ecuación completa ajustada. Si sólo hay una fuente de protones, y se considera despreciable la ionización del agua, entonces: [H3O+] = [F-] y 6.94 x 10-5 - 6.94 x 10-4[H3O+] = [H3O+][H3O+] [H3O+]2 + 6.94 x 10-4[H3O+] - 6.94 x 10-5 = 0 ax2 + bx + c = 0, y resolviendo: [H3O+] = (-6.94 x 10-4 +/- (raiz cuadrada de (48.16 x 10-8 + 27.76 x 10-5))/2 [H3O+] = (-6.94 x 10-4 +/- (raiz cuadrada de 2.776 x 10-4)/2 [H3O+] = (-1.74 x 10-2 or + 1.60 x 10-2)/2 Valores negativos de concentración, no tiene sentido físico, por tanto [H3O+] = 8.0 x 10-3 y de allí log [H3O+] = - 3 + 0.90 = - 2.10 y pH = 2.10. Esta solución es bastante ácida al no influir el agua contenida. Puede hacerse un razonamiento más breve para una solución acuosa de un ácido débil y concentrado. Si el ácido es tan débil, que prácticamente todo está sin ionizar, entonces es una buena aproximación [HF] = 0.1 y sustituyendo en la constante de ionización da: [H3O+][F-]/0.1 = 6.94 x 10-4 [H3O+][F-] = 6.94 x 10-5 Por contra, por cada F- producido se produce otro H3O+ y la ionización del HF es la única fuente importante de H3O+, una concentración equivale a la otra: [H3O+][H3O+] = 6.94 x 10-5 [H3O+] = 8.33 x 10-3, log[H3O+] = - 3 + 0.92, pH = 2.08Una similar respuesta se obtiene por otra vía. El razonamiento del proceso es fácil y aproxima el resultado a +/- 1/2 unidad de pH. Cuando una solución contiene ácidos fuertes y débiles, la acidez de la solución depende sólo de los ácidos débiles. Los ácidos fuertes se ionizan completamente, pero el H3O+ impide, por el Principio de Le Chatelier, la ionización del ácido débil. Para razonables rangos de concentración en soluciones se considerán como soluciones de ácido fuerte únicamente. Si hay más de un ácido presente en la solución, la contribución dominante a la acidez es únicamente la del ácido más fuerte.

Ejemplo. Calcular el pH de una solución acuosa la cual es 0.01 molar en ácido acético y tambien 0.01 molar en ión amonio.

Empecemos con las constantes de ionización del ácido acético y del ión amonio:Ka = 1.75 x 10-5 = [H3O+][CH3COO-]/0.01 Ka = 5.60 x 10-10 = [H3O+][NH3]/0.01 1.75 x 10-7 = [H3O+][CH3COO-] 5.60 x 10-12 = [H3O+][NH3]"Neglecteng" contribuciones a la concentración de H3O+ del ión amonio y agua, [H3O+]2 = 1.75 x 10-7 = 17.5 x 10-8 [H3O+] = 4.18 x 10-4, pH = 3.38 A este pH, [NH3] = 5.60 x 10-12/4.18 x 10-4 = 1.34 x 10-8 [OH-] = 1.01 x 10-14/4.18 x 10-4 = 2.14 x 10-11 La concentración del ión hidrógeno producida por la formación de los iones amonio(1.3 x 10-8) e hidróxido (2.14 x 10-11) is despreciable en comparación con la concentración del ión hidrógeno producido en la ionización de ácido acético (4.18 x 10-4) http://www.chem.ualberta.ca/courses/plambeck/p101/p01153.htmhttp://www.chem.ubc.ca/courseware/pH/endex.html

Calcular el pH para una solución de ácido fuerte en agua, dada la concentración del ácido y Ka; Calcular el Ka dada la concentración del ácido y pH. Ejemplo: Calcular el pH de un 0.10 M solución de ácido acético. Consultano la tabla deducimos que Ka = 1.8 x 10-5.

Paso 1: Escribir el equilibrio de iónización para el ácido acético: HC2H3C2 (aq) H+ (aq) + C2H3O2- (aq)

Paso 2: Representar en una gráfica y hallar la concentración desde la información dada

en el enunciado: HC2H3C2 (aq) H+ (aq) + C2H3O2- (aq) HC2H3C2 H+ C2H3O2- Al Inicio 0.10M 0 0 En el Cambio -xM +xM +xM En el Equilibrio (0.10 - x) M xM xM

Paso 3: Sustituir las concentraciones en el equilibrio en la expresión de la constante de equilibrio: La expresión de la constante de equilibrio es: Ka = { [H+][C2H3O2-] / [HC2O3H2] } = { (x)(x) / (0.10 - x) } = 1.8 x 10-5 Una ecuación bicuadrada con una incognita

Paso 4: Debido a que el valor de Ka es demasiado pequeÑo, podemos considerar x muy pequeÑo (p.e. sólo una minima proporción del HC2H3O2 está disociado en este punto). Si asumimos que x es mucho más pequeÑo (menor del 5%) que la concentración inicial de ácido, podremos permitirnos usar la fórmula cuadrática, ya que cuando un número pequeÑo es restado de otro mucho mayor, el resultado es casi invariable y puede dejarse como la cantidad mayor. La ecuación quedará pues así: 1.8 x 10-5 = {(x)(x) / 0.10} y x = 1.3 x 10-3 M = [H+], la cual es menor de un 5% de 0.10M, que era la concenración inicial del ácid.

Paso 5: Hallamos el valor del pH: pH = -log(1.3 x 10-3M) pH = 2.89Calcular el pH de una solución de Ba(OH)2 0.010 M

Paso 1: Calcular el [OH-]: Debido a que cada molécula disociada da 2 iones hidróxidos y un catión Ba2+, la concentración de hidróxido en solución acuosa es el doble que la molaridad dada. Por tanto: [OH-] = 0.020 M

Paso 2: Calcular el [H+]: Como [H+][OH-] = Kw = 1.00 x 10-14 tenemos: [H+] = {1.00 x 10-14 / [OH-]} = {1.00 x 10-14 / 0.020M} = 5.0 x 10-13M

Paso 3: Calcular el pH: pH = -log ( 5.0 x 10-13M) = 12.30Dada la molaridad de un ácido débil en agua, calcular pH ó Kb, conocidas una de ellas.

Ejemplo: Calcular el pH de una solución de NaClO 0.010 M. La Kb para el ClO- es 3.3 x 10-7.NaClO (sal) disociada completamente como Na+ y ClO-, es una base débil. Na+ es a ión espectante en solución, y no debería modificar el pH.

Paso 1: Escribir la ecuación para ClO-: ClO- (aq) + H2O (l) HClO (aq) + OH- (aq)

Paso 2: Rellenar una tabla de datos: ClO- (aq) + H2O (l) HClO (aq) + OH- (aq) ClO- HClO OH- Al Inicio 0.010M 0 0 En el Cambio -xM +xM +xM En el Equilibrio (0.010 - x)M xM xM

Paso 3: Sustituir las concentraciones en el equilibrium en la La expresión de la constante de equilibrio: Kb = 3.3 x 10-7 = { (x)(x) / (0.010 - x) }

Paso 4: Debido a que el valor de Kb es despreciable, podemos asumir que x es tan pequeÑo que su valor es un infinitésimo (~0) y teniéndolo en cuenta reescribiremos la ecuación así: 3.3 x 10-7 = { x2 / 0.010 } y rewsolviendo la ecuación de segundo grado: x = 5.7 x 10-5 M = [OH-]

Paso 5: Determinar el pH: [H+] = { 1.0 x 10-14 / [OH-] } = { 1.0 x 10-14 / 5.7 x 10-5 } = 1.8 x 10-10 M

pH = -log[ H+ ] = -log( 1.8 x 10-10 M ) = 9.75Predecir el comportamiento de la sal Na2HPO4, ¿dará soluciones ácidas o básicas, al ser disuelto en agua.

Conocemos que para HPO4(2-) Ka=4.2 x 10-13 y para H2PO4- Ka=6.2 x 10-8.

El Na+,un ión expectante, no afecta a la acidez-basicidad de la solución, pero el HPO4- pòdría hacerlo. Hay dos posibles reacciones que afectarían a la acidez-basicidad: Reacción A: HPO4

(2-)- (aq) H+ (aq) + PO4(3-) (aq)

Reacción B: HPO4(2-)- (aq) + H2O (l) H2PO4- (aq) + OH- (aq)

Comoquiera que este ión si que podría modificar la ácidez-alcalinidad según el Ka y Kb de la solución resultante Ka mayor en A que Kb en B. Para HPO4

(2-) Ka=4.2 x 10-13. H2PO4- Ka=6.2 x 10-8. El Kb de la reacción B es dependiente del Ka de H2PO4- según la ecuación Kb = Kw / Ka: Kb = { 1.0 x 10-14 / 6.2 x 10-8 } = 1.6 x 10-7 para HPO4

(2-)- Kb > Ka, Por tanto deducimos que la solución será alcalina.Determinación cualitativa del pH Podemos predecir el comportamiento de una solución y decir si será ácida, alcalina o neutra por una identificación cualitativa del pH

1. Sal procedente de ácido fuerte y base fuerte: No hay hidrólisis del catión o del anión, pH = 7.00 2. Sal procedente de base fuerte y ácido débil: Hay hidrólisis de unión desde el ácido débil ( para producir iones OH-), pH > 7.00 ( básico ) 3. Sal procedente de base débil y ácido fuerte: Hay hidrólisis del catión procedente base débil (para producir iones H+), pH < 7.00 ( ácida) 4. Sal procedente de base débil y ácido débil: Ambos catión y anión se hidrolizan siempre que Kb de hidrólisis del anión sea mayor que el Ka de la hidrólisis del catión, la solución será básica, (pH > 7.00), y viceversa.Predecir cualitativamente y calcular el efecto sobre el pH, de adición de un ión común a una solución acuosa de un ácido o de una base débil.El efecto del ión común se da en el equilibrio cuando un ión "ya está presente" ý se añade más.

Ejemplo: Si 0.100 moles de NaC2H3O2 son aÑadidos a 1.00 l de solución de ácido ácetico, HC2H3O2, 0.100 ¿Cuasl será el pH resultante?

Paso 1: Identificar todas las especies posibles y presentes en la solución.en solución: HC2H3O2 (ácido débil) Na+ (nunca es un catión de efecto alcalino ni ácido sino expectante) C2H3O2- (base conjugada de áciod débil) H2O (muy débilmente ácida o básica, amfótera)

Paso 2: Identificar la/s reacción/es de equilibrio más significativa/s. En estos casos es una reacción que engloba ambas posibilidades como ácido débil y sus bases conjugadas: HC2H3O2 (aq) H+ (aq) + C2H3O2- (aq)

Paso 3: Preparar una tabla para gráfico determinando las concentraciones de las sustancias en el equilibrio: HC2H3O2 (aq) H+ (aq) + C2H3O2- (aq) HC2H3O2 H+ C2H3O2- Al Inicio 0.100 M 0 0.100 M En el Cambio -x M +x M +x M En el Equilibrio (0.100 - x) M x M (0.100 + x) M

Paso 4: Determinar y resolver la expresión de la constante de equilibrio: Ka = 1.8 x 10-5 = { [H+][C2H3O2-] / [HC2H3O2] } 1.8 x 10-5 = { x(0.100+x) / (0.100-x) }

Ahora asumiremos que x << 0.100 M porque Ka x 1000 es menor que la concentración inicial de ambos, tanto HC2H3O2 como C2H3O2-: 1.8 x 10-5 = { x(0.100) / (0.100) } x = [H+] = 1.8 x 10-5, cuyo valor es mucho menor de 0.100M. La simplificación es aceptable.

Paso 5: Calcular el pH: pH = -log(1.8 x 10-5) = 4.74 La adición de un ión común puede tambien afectar a la disociación de una base débil de una forma similar.Variación del pH en agua destilada o en solución tampón por adición de ácido o base.

Por adición de ácido a agua destilada:

Pesemos una solución de 0.1 g de a.clorhídrico y lo aÑadimos a un litro de agua destilada. 0.1 g HCl -->0.1/36.5 eq-g~0.0027 eq-g HCl [H+]=0.0027 iones/litro pH=log (1/[H+])=2.57 La variación de pH ha sido de 7 a 2.57, un salto de 4.5 unidades de pH.Por adición de ácido a una solución tampón de a.acético -acetato sódico (CH3COOH - CH3COONa) =0.05 Molar y pH=4.75 según cálculos siguientes:

Ki=1.77*10(-5)^=[CH3COO-]*[H+]/[CH3-COOH] 1/[H+]=1 acet./Ki aci. log 1/[H+]=log(1/k)+log (acet./aci.)=4.75 log(acet./aci.)~log 1~0 1.77*10^(-5)=(0.05-0.0027)*[H+]/(0.05+0.0027)*e' 1/[H+]=0.0473*10^(-5)/(0.0527*1.77) log [1/[H+]=pH=4.7

La variación de pH ha sido de 4.75 a 4.7 , un salto de 0.05, por lo que queda claro que la solución tampóm hace de amortiguación ante la adición de un ácido.Por adición de una base a agua destilada:

0.1 g NaOH sólido (lentejas) aÑadidos a 1 L. de agua destilada 0.1 g HaOH --> 0.1/40eq-g=0.0025 eq-g NaOH=25/10000 eq-g [OH-]=25/10000 pOH=4-1.4=2.6 pH=14-2.6=11.4 Variación del pH de 7 a 11.4-->4.4 unidades de pHPor adición de una base a una solución tampón:

0.1 g NaOH sólido (lentejas) aÑadidos a 1 L. de solución tampón. 1.77*10^(-5)=0.0525[H+]/0.0475 1/[H+]=525/475+1.05/1.77=1.105+0.593=1.698 [H+]=0.5889 pH=4.8 Variación del pH de 4.75 a 4.8 --> 0.05 unidades de pH

Soluciones Amortiguadoras, Soluciones tampón, Soluciones búffer e Indicadores ¿Cuántos gramos de NaHCO3 deben agregarse a 4 g de K2CO3 para obtener 500 ml de solución acuosa con pH 10.8? ¿Qué pH se tendrá si agregan 100 ml de HCl 0.100 M a la solución anterior? ¿Cuántos ml de HNO3 0.320 M deben añadirse a 4.00 g de K2CO3 para tener 250 ml de solución con pH 10? Las disoluciones amortiguadoras funcionan en intervalos de pH limitados por su composición. A menudo se intenta incrementar el intervalo de pH útil mezclando dos amortiguadores diferentes en la misma disolución. Tal es el caso del acetato de amonio (NH4)(CH3COO) pKa CH3COOH/CH3COO- = 4.76 pKa NH4+/NH3 = 9.2 ¿Cuánto vale la constante de equilibrio entre ácido acético y amoniaco? CH3COOH + NH3 CH3COO- + NH4+ ¿En qué intervalo o intervalos de pH es útil una disolución de acetato de amonio como amortiguador? Se prepara una disolución con 12 ml de ácido acÉtico 0.3 M, 5 ml de amoníaco 0.1 M y agua suficiente para que el volumen final sea 50 ml ¿Qué pH esperas que tenga la disolución? ¿Cuál será el pH si a la disolución del inciso (c) se le agregan 10 ml de NaOH 0.3 M? ¿Cuántos gramos de NaH2PO4 (M = 120 g/mol) se deben agregar a 5 g de K2HPO4 (M = 174 g/mol) para obtener 500 ml de disolución acuosa con pH = 7.0? (pKa = 6.9) ¿QuÉ pH se tendrá si se agregan 100 ml de HCl 0.1 M a la disolución anterior?

Se tienen dos frascos cada uno de los cuales contiene una de las especies del par ácido base HA/A- cuyo pKa es 7.85. Para averiguar las concentraciones de las sustancias, se hacen dos titulaciones. Para titular 5.0 ml de HA se utilizaron 15.3 ml de NaOH 0.0948 M al punto final, mientras que para titular 10.0 ml de A- se emplearon 13.7 ml de HCl 0.184 M al punto final. Calcule las concentraciones de HA y A- En la siguiente tabla se presentan tres amortiguadores preparados a partir de los frascos de HA y A- y agua destilada. Calcula en cada caso el pH y la concentración del amortiguador. ¿Cuál de los tres amortiguadores tendrá mayor capacidad tamponadora? Amortiguador I II III Volumen HA ( ml ) 3.2 4.8 25 Volumen A- ( ml ) 36 1.9 29 Volumen final ( ml ) 100 15.0 100 Concentración del amortiguador (M)Calcular las cantidades de productos necesarios para preparar una solución buffer efectiva para las condiciones que se soliciten. Ejemplo ¿Cual es la concentración mínima de HC2H3O3 posible en un litro de solución buffer de HC2H3O3-C2H3O3- (pH = 4.74) si el pH cambia al aÑadir reactivo entre 0.1 y 0.050 moles de HCl? Paso 1: Cálculo estequiomÉtrico: La cantidad de HCl aÑadida reaccionará completamente con la base conjugada, C2H3O3-: C2H3O3- + H+ HC2H3O3 El pH de la solución buffer, 4.74, indica que pKa del ácido acetic ácido, y según la ecuación Henderson-Hasselbach, conociendo que las concentraciones iniciales de ácido y base conjugada son iguales., lo cual nos permite calcular x: Por una completa derivación HC2H3O3 H+ C2H3O3- Al Inicio x mol 0.050 mol x mol En el Cambio +0.050 mol -0.050 mol -0.050 mol Al Final (x+0.050) mol 0 mol (x-0.050) mol Como partimos de un litro de solución, [H2H3O3] = (x + 0.050)M y [C2H3O3-] = (x - 0.050)M. Paso 2: Calcular la concentración en el Equilibrio la cual produce el valor deseado de pH: Al aÑadir ácido, el pH puede reducirse. Ya que la tolerancia es de 0.1, por lo tanto el pH es inferior al d ela solución final que puede llegar a 4.64. La concentración del ión hidronio es por otra parte: [H+] = 10-pH [H+] = 10-4.64 = 2.29 x 10-5 M Paso 3: Cálculo de Equilibrio: Tabla : HC2H3O3 H+ + C2H3O3- HC2H3O3 H+ C2H3O3- Al Inicio (x+0.050)M 0M (x-0.050)M En el Cambio -2.29 x 10-5M +2.29 x 10-5M +2.29 x 10-5M En el Equilibrio (x+0.050)M 2.29 x 10-5M (x-0.050)M Ka = { [H+][C2H3O2-] } / [HC2H3O2] = { (2.29x10-5)(x-0.050) } / (x+0.050) = 1.8x10-5 x = [HC2H3O2] = 0.417M Y por tanto, la molaridad de ambos [HC2H3O2] y [C2H3O2-] debe de ser igual o mayor que 0.417 M para que produzca los efectos requeridos. (continúa...)Preparación de solución buffer a pH 7.0. Se precisa encontrar una solución buffer de pH 7.0. Primero, seleccionamos un par de ácido-base conjugados cuyo pKa sea próximo a 7. En el caso del ácido orto-fosfórico: K1 = [H3O+][H2PO4-]/[H3PO4] = 7.11 x 10-3 K2 = [H3O+][HPO4

2-]/[H3PO4-] = 6.23 x 10-8

El valor de K2 es razonablemente próximo a 1 x 10-7. Cuando lleguemos a pH = 7.0, [H3O+] = 1.0 x 10-7, usaremos pues K2 (y apartamos K1 y K3, que se aproximan): 6.23 x 10-8 = [1 x 10-7][HPO4

2-]/[H2PO4-]

[HPO42-]/[H2PO4

-] = 0.623, que se aproxima a 1. Revisando la concentración de un componente cuando es alta, diremos que [H2PO4

-] = 1 x 10-2 molar. Entonces 0.623 = [HPO4

2-]/1 x 10-2, [HPO42-] = 6.23 x 10-3 molar.

Ahora necesitamos un ml de solución que sea 6.23 x 10-3 molar en HPO42- y además 1 x

10-2 molar en H2PO4-.

Esto precisa 1.0 dm3 x 6.23 x 10-3 mol/ml HPO42- = 6.23 x 10-3 mol HPO4

2- y 1.0 dm3 x 1 x 10-2 mol/ml H2PO4

- = 1 x 10-2 mol H2PO4-.

Un producto único así es imposible físicamente que aÑada iones a la solución. Pero si que podemos aÑadir otros distintos.

. Elegiremos una sal sódica por estar disponibles específicamente Na2HPO4 (M = 142 g/mol) y NaH2PO4 (M = 120 g/mol). 6.23 x 10-3 mol Na2HPO4 x 142 g/mol Na2HPO4 = 0.885 g Na2HPO4 1 x 10-2 mol NaH2PO4 x 120 g/mol NaH2PO4 = 1.20 g NaH2PO4 La respuesta a la pregunta planteada la tendremos si preparamos una pesada de 1.20 g NaH2PO4 sólido y 0.885 g Na2HPO4 sólido y los diluímos a 1 ml para preparar un buffer de pH 7.0." http:// .... ualberta/p01163.htmBien, ahora con el ejemplo de la solución tampón a pH 7 ya tendrías que estar dispuesto para calcular el peso necesario de productos para obtener una Solución Buffer de pH 10 El resultado final podría ser este:

Disolver 6.56 gr. de NH4Cl y 57 ml de NH4OH en agua destilada y aforar a 100 ml.Equilibrio ácido-base en el Organismo humanoSustancia ácida: libera iones H+, pH < 7 Substancia básica: captura iones H+, pH > 7 Tanto una base como un ácido son más fuertes, cuanto más disociados están en su forma iónica.pH = - log [H+] Normalidad: [ H+] = 40 mmol/l. La concentración en H+ de una solución es determinada por el pH.Sistema tampón: Aquél en el que que se alcanza un equilibrio en la variación del pH de una solución, aunque se aÑada un ácido o una base fuerte. La asociación de un ácido dÉbil y de una sal alcalina (que será generalmente una base fuerte) o de una base débil yde una sal de ácido fuerte.Si se aÑade un ácido fuerte a una solución tampón, Ésta actúa para modificar la concentración del ácido, combinándose con los H+. liberados por el ácido, contrarrestando su efecto.Lo mismo podríamos decir de la adición de una base al sistema tampón.Ejemplo:H+ (ácido fuerte) + CO3H- (bicarbonato) -> CO3H2 (ácido dÉbil) Hcl + NaHCO3 -> CO3H2 + NaCl Sistema tampón = NaHCO3 / H2CO3 = bicarbonato de sodio / ácido carbónico = sal alcalina / ácido dÉbilEjemplo: Sosa cáustica: base fuerte: NaOH ó OH- NaOH + H2CO3 (ácido carbónico dÉbil) -> NaHCO3 + H2OEstudiemos con más detenimiento el tampón bicarbonato-ácido carbónico: HCO3- / H2CO3 El pK de una solución tampón es el pH para el cual los dos elementos alcanzan la misma concentración (pH = pK + log 1).En el sistema HCO3- / H2CO3, pK = 6,10pH = pK + log ( HCO3- / H2CO3) pK: constante de disociación.Los bicarbonatos no son los mejores tampones, puesto que alcanzan un pK = 6,10 (poco eficaz), en un valor en el que un buen sistema tamponador debe actuar aportando una fuerte concentración en un sistema celular plasmático, por ejemplo(25 mmol/l), y con una buena eliminación del reactivo atacante, representando un 65% de la actividad del tampón en la sangre total, que es regenerada.Es un sistema abierto y por lo tanto con fácil eliminación:H2CO3 -> CO2 + H2O y el CO2 es eliminado por los pulmones.El exceso de HCO3- es regulado por los riÑones.Los sistemas tampón del organismo:En la sangre:- sistema bicarbonato/ácido carbónico (65 % de su actividad)- sistema fosfato dibásico/fosfato monobásico: pK = 6,82- proteinas (sistema proteínico/proteínas): pK varia de 6,5 a 8, tamponando el ácido carbónicoEn el líquido intersticial:- sistema bicarbonato/ácido carbónicoEn las cÉlulas:- sistema fosfato dibásico/fosfato monobásico: captura iones H+- protÉines (sistema proteínico/proteínas): captura iones H+Un 50 % de los ácidos presentes son tamponados en las cÉlulasRegulación del organismo:

El organismo está sometido contínuamente a ataques de ácidos de forma habitual y natural.- regulación pulmonar: función +++ puede eliminar el CO2, resultante de la presencia del ácido carbónico. Papel fundamental ante la presencia ácido-básica de origen metabólico, acidósis metabólica en la hiperventilación.- regulación renal: eliminación de los iones H+, regeneración de los iones HCO3- (bicarbonato) que han servido para tamponar los iones H+; pH de la orina está entre 5 y 6, el H+ es eliminado en forma de NH4.Acidósis respiratoria => bajada del pH, aumento de la concentración del bicarbonato.Alcalósis respiratoria => aumento del pH, bajada del bicarbonato.Acidez metabólica => bajada del pH, bajada del bicarbonato Alcalósis metabolica => aumento del pH, aumento del bicarbonatoDe http://frankpaillard.chez.tiscali.fr/anesthesie_equilibre_acido-basique.htmCalcular la variación de pH de una solución buffer patrón, cuya composición es conocida, obtenida por adición de pequeÑas cantidades de ácido fuerte o base fuerte. Ejemplo Un l de solución buffer da un pH = 4.74, y contiene 0.100 moles de HC2H3O2y 0.100 moles de C2H3O2. ¿Cual será el pH tras aÑadir 0.020 moles de NaOH? Paso 1: Cálculo estequiométrico: Los OH- reaccionarán completamente con el ácido débil HC2H3O2: HC2H3O2 (aq) + OH- (aq) H2O (l) + C2H3O2- (aq) HC2H3O2 OH- C2H3O2- Al Inicio 0.100 mol 0.020 mol 0.100 mol En el Cambio -0.020 mol -0.020 mol +0.020 mol Al Final 0.080 mol 0 mol 0.120 mol Paso 2: Cálculo de Equilibrio: La solución contiene el ácido dÉbil y es una base conjugada. Nos valdremos de la ecuación de Equilibrio y crearemos una tabla de datos para dibujar una gráfica.: HC2H3O2 (aq) H+ (aq) + C2H3O2- (aq) HC2H3O2 H+ C2H3O2- AL Inicio 0.080 M 0 0.120 M En el Cmbio -x M +x M +x M En el Equilibrio (0.080 - x) M x M (0.120 + x) M Ka = { [C2H3O2-][H+] / [HC2H3O2] } = { (0.120 + x)(x) / (0.080 - x) } = 1.8 x 10-5 1.8 x 10-5 = { (0.120) x / (0.080) } x = [H+] = 1.2 x 10-5 M pH = -log (1.2 x 10-5) = 4.92 Aplicaciones de cálculos de soluciones Buffer patrón encontramos en soluciones biológicas, las cuales son extremadamente sensibles a las variaciones de pH. TPara estudiar estos sistemas, debe de controlarse el pH por una solución buffer, que es efectiva entre unos límites dados. ¿Y cómo determinsr cula es la concentración de la solución buffer?

Indicadores

Se valoran 50 ml de solución acuosa amoniacal, NH3, 0.01 molar. Se desea saber el indicador apropiado y el color en el que va a virar. Emplearemos como titrante un ácido fuerte tal como el HCl, a una concentración similar de 0.01 Molar. Para el ión amonio, Ka = 5.60 x 10-10 = [H3O+][NH3]/]NH4+]. En el Punto de Equivalencia, la solución contiene NH4Cl. En la hidrólisis un ion amonio proporciona un protón hidratado: NH4+ --> NH3 + H3O+. Muy aproximadamente: [ H3O+ ] = [NH3], por tanto Ka = [H3O+]2/[NH4+]; [H3O+] = Ka[NH4

+]. 0.01 mmol/l x 50 ml = 0.5 mmol NH4

+; disueltos en 50 + 50 = 100 ml de solución. Concluyendo: [NH4

+] = 0.5 mmol/100 ml = 0.005 mmol/l NH4+.

[H3O+]2 = (5.60 x 10-10)(5 x 10-3) = 2.80 x 10-12 [H3O+] = 1.67 x 10-6, pH = 5.78 Buscaremos un indicador con pKa próximo a 5.78 El Rojo de clorofenol o el rojo de metilo, nos podrían servir.El viraje lo realizan de base a acido y del rojo al amarillo para el Rojo de clorofenol y de amarilloa rojo en el caso del Rojo de metilo. Fuente a la que agradecemos la informaciónualberta\p01173.htmEl pH de una solución de NaBrO 0.050 M es 10.70. Calcular Kb para BrO-. Paso 1: Escribir la reacción de equilibrio para BrO-: BrO- (aq) + H2O (l) HBrO (aq) + OH- (aq) Paso 2: Determinar el [OH-] en el equilibrio: pH = 10.70 Además, [H+] = 10-10.70 = 2.0 x 10-11 M

[OH-] = { 1.0 x 10-14 / 2.0 x 10-11 } = 5.0 x 10-4 M Paso 3: Tabla de valores: BrO- (aq) + H2O (l) HBrO (aq) + OH- (aq) BrO- HBrO OH- Al Inicio 0.050 M 0 0 En el Cambio -5.0 x 10-4 M +5.0 x 10-4 M +5.0 x 10-4 M En el Equilibrio ~0.050 M 5.0 x 10-4 M 5.0 x 10-4 M Nótese que no hay variables en esta tabla. Paso 4: Sustituir las concentraciones en el equilibrio en la expresión de la constante de equilibrio: Kb = { [HBrO][OH-] / [BrO-] } Kb = { (5.0 x 10-4)(5.0 x 10-4) / (0.050) } Kb = 5.0 x 10-6Calcular el porcentaje de ionización para un ácido o una base, conociendo la concentración de la disolución y el valor de Ka ó Kb. Porcentaje de iónización o porcentaje de disociación varía con la concentración del ácido. La molaridad de un ácido disuelto presenta el mayor porcentaje de iónización. ¿Por qué? MirÉmos el equilibrio de un ácido dÉbil de nuevo: HX(aq) + H2O H3O+(aq) + X-(aq)según el Principio de Le Chatelier, añadiendo agua en el equilibrio podría causar precisamente un reequilibrado correcto. Una variacióna la derecha implica que la molaridad del ácido podría deberse a su disociación y por ello el porcentaje de iónización se incrementa "accodengly". Ejemplo: Calcular el porcentaje de molÉculas "HF" ionizadas en una solución 0.10 M solución "HF". La constante Ka es 6.8 x 10-4. Paso 1: ecuación de ionización: HF (aq) H+ (aq) + F- (aq) Paso 2: I.C.E. grid: HF (aq) H+ (aq) + F- (aq) HF H+ F- Al Inicio 0.10M 0 0 En el Cambio -xM +xM +xM En el Equilibrio (0.10 - x)M xM xM Paso 3: Expresión de la constante de Equilibrio: Ka = { [H+][F-] / [HF] } = { (x)(x) / (0.10 - x) } = 6.8 x 10-4 Paso 4: Resolver ecuación, asumiendo que x << 0.10: 6.8 x 10-4 = { x2 / 0.10} x = 8.2 x 10-3 M Comoquiera que,{ 8.2 x 10-3M / 0.1M } x 100 = 8.2%, el cual es mayor de 5% de la concentración inicial del ácido, como se había propuesto, por tanto x no es igual a x << 0.10M! Paso 5: Usando ecuación bicuadrada: 6.8 x 10-4 = { x2 / (0.10 - x) } x2 + (6.8 x 10-4) x - 6.8 x 10-5 = 0 x = 7.9 x 10-3M = [H+] "Therefoe", Porcentaje de iónización = { [ ionizado ] / [ inicial] } x 100: { 7.9 x 10-3M / 0.10M } x 100 = 7.9%

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