TRABAJO INDEPENDIENTE

1 -) Construya una curva de valoración teórica para la titulación de 25 ml de acido acético 0.10

N (Ka= 1.8x10-5) con NaOH 0.05 N.

Lo primero que se debe establecer es que el pH puede ser calculado de diversas maneras, las

dos formas más comunes cuando se conocen las concentraciones de iones H+ (o H3O+) y OH- se

tiene que:

pH = -Log[H+] = -Log[H3O+]

pH = 14 - pOH = 14 - (-Log [OH-])

El PH antes de la disolución antes de comenzar se calcula de la siguiente forma ya que este es

el PH de la concentración de acido acético porque en este caso el volumen agregado de NaOH

es cero:

pH=- log [√Ka CHOAc ] =- log [√1.8x10 -5(0.05) ]

pH=- log [ 9.4868x10 -4 ] =3.023

Al agregar cantidades de NaOH inferiores a la necesaria para alcanzar el punto de equivalencia

calculamos la concentración de acido acético y del acetato de sodio de la siguiente forma:

cacido acetico = ( Vacido acetico * Cacido acetico )- (VNaOH añadidos *CNaOH)

V acido acetico+ VNaOH

cacido acetico = (25mL*0.1M )-(5mL*0.05M) 25mL+5mL

=0.075M

cacetato de sodio= ( VNaOH añadidos*CNaOH)

V acido acetico+ VNaOH

cacetato de sodio= (5mL*0.05M) 25mL+5mL

=0.0083M

Ka=[ H3O+ ] (0.0083M )0.075M

= 1.8x1 0-5 M

[H3 O+] = (1.8x1 0 -5 M) (0.075M )0.0083M

=1.62x10-4 M

pH=-log [1.62x1 0-4 ]=3.79

Cabe destacar que en el punto de semiequivalencia (𝛼=0.5 para ambas especies) el pH es igual

al pKa=-Log1.8x1 0-5=4.74 y ocurre cuando se añaden milimoles de NaOH igual a la mitad de

milimoles del ácido acético, sería entonces cuando:

25mLx0.1M2

= ( VNaOH )0.05M

VNaOH=25mLx0.1M2(0.05M)

=25mL

Ahora bien, el procedimiento descrito para determinar las concentraciones de ácido acético y

la de acetato de sodio para determinar la concentración de hidrogeniones se sigue empleando

hasta llegar al punto de equivalencia, en el cual los milimoles del ácido y la base son iguales:

25mLx0.1M= ( VNaOH )0.05M

VNaOH=25mLx0.1M(0.05M)

=50mL

cacido acetico = ( Vacido acetico * Cacido acetico )- (VNaOH añadidos *CNaOH)

V acido acetico+ VNaOH

cacido acetico = (25mL*0.1M )-(50mL*0.05M) 25mL+50mL

=0M

cacetato de sodio= ( VNaOH añadidos*CNaOH)

V acido acetico+ VNaOH

cacetato de sodio= (50mL*0.05M) 25mL+50mL

=0.0333M

Del equilibrio se tiene:

OA c- +H2 O↔HOAc+O H-

[O H- ] =[HOAc ]

[OA c- ]=0.0333- [OH- ]≈0.0333

[O H- ]2

0.0333=

KwKa

[O H- ] =√0.0333x(Kw/Ka)

[O H- ] =√0.0333(1x10 -14 /1.8x10 -5 )=4.303x10-6

pH=14+log [OH - ]=14+log [4.303x1 0-6 ]

pH=8.63

A partir de 50mL de NaOH agregados la solución se comportara como una valoración ácido

fuerte con base fuerte luego del punto de equivalencia, ya que la contribución de la reacción

del acetato es ínfima ante una mínima cantidad de exceso de NaOH.

Si se agregan 60mL de NaOH:

[O H- ] ≈ CNaOH=(60mL ) (0.05M )- (25mL )(0.1M)25mL+60mL

[O H- ] =5.88x1 0-3 M

pH=14+log [OH - ]=14+log [5.88x10 -3 ]

pH=11.77

A continuación se muestra la curva de valoración que resulta al emplear las ecuaciones

descritas anteriormente para la titulación de 25mL de ácido acético 0.1N (equivalente a 0.1M)

con una solución de NaOH 0.05N (lo que equivale a 0.05M):

Grafica 1. Curva de titulación de CH3COOH con NaOH

La tabla realizada en Excel para la ejecución de la anterior curva se muestra a continuación:

TABLA 1. Titulación de ácido débil (ácido acético) empleando base fuerte ( NaOH)Volumen NaOH (mL) [OH-] pH [H3O+]

0 - 3,023 -5 - 3,79048499 0,000162

10 - 4,1426675 0,00007215 - 4,37675071 0,00004220 - 4,56863624 0,00002725 - 4,74472749 0,00001830 - 4,92081875 0,00001235 - 5,11270428 7,71E-0640 - 5,34678749 0,000004545 - 5,69897 0,00000248 - 6,12493874 7,50E-0749 - 6,43492357 3,67E-0750 - 8,63 -

50,1 6,66E-05 9,82333007 -50,5 0,00033113 10,5199931 -51 0,0006579 10,8181564 -52 0,0012987 11,1135093 -55 0,003125 11,49485 -

60 0,00588235 11,7695511 -Observación. Las casillas donde no aparecen números no fueron empleadas para el cálculo del pH de la misma fila, ya que la determinación de pH va de zonas, así que esta el inicio, la zona antes del punto de equivalencia, el punto de equivalencia y la zona luego del punto de equivalencia.

2) Construya una curva de valoración teórica para la titulación de 25 ml de NH4 OH 0.10 N

(Kb= 1.8x10-5) con HCl 0.1N.

La reacción acido- base es

NH4 OH + HCl ↔ NH4++Cl- +H2O

Los cálculos necesarios para trazar la curva de valoración de una base débil son análogos a los

de un ácido débil.

Por comodidad en los cálculos se trabajaron las concentraciones en molaridad:

[NH4 OH ] = 0.1 M y [ HCl ] = 0.1 M

pH inicial

[OH - ] =√K b × [ NH4 OH ]=√1.8×10-5 ×0.1 = 1.341641×10 -3

pOH=-log 1.341641×10 -3

pOH=2.9

pH=14-2.9

pH=11.1

Cálculo de pH antes de alcanzar el punto de equivalencia

Antes de llegar al punto de equivalencia el procedimiento para el cálculo de pH es

exactamente el mismo, desde la adición de 1 ml de HCl hasta la adición de 24.5 ml de dicho

ácido.

pH tras la adición de 5 ml de HCl 0.1 M

El número de moles de HCl en la disolución es

5 mL×0,1M = 0,5 mmoles

El número de moles de NH4 OH presentes inicialmente en 25 mL de disolución es

25 mL×0,1M = 2,5 mmoles

Por tanto la cantidad de NH 4OH que queda después de que todo el ácido añadido ha sido

neutralizado, es

2.5 mmoles-0,5 mmoles = 2,0 mmoles

La cantidad de formado NH4 Cl es 2,0 mmoles

NH4 OH + HCl ↔ NH4 Cl + H2 O

2,0 mmoles 0,5 mmoles 0,5 mmoles

En esta etapa se tiene un sistema amortiguador formado por NH 4Cly NH 4OH , para calcular

el pH de esta solución se escribe:

[H+ ]= [ NH4 Cl ]×Ka

[ NH4 OH ]

[H+ ]= [0,5 ] ×(5.5555×10-10 )[ 2,0 ]

[H+ ]=1,3889× 10-10

pH=-log(1,3889×10-10 )

pH=9.8573

pH en el punto de equivalencia

En el punto de equivalencia, el número de moles de NH4 OH que han reaccionado son

iguales a los de HCl. Los moles de NH4 OH en 25 ml de disolución 0.1 M se calculan así:

25 ml × 0,1M =2.5mmoles

El número de moles de HCl que han reaccionado en el punto de equivalencia es también

2.5 mmoles.

El número de moles de la sal formada ( NH4 Cl) es:

NH4 OH + HCl ↔ NH4 Cl + H2O

2.5 2.5 2.5

El volumen total es de 50 mL así que la concentración de NH 4Cl es

[NH4 Cl ] = 2.5 mmoles50 ml

= 0.05mmolesml

= 0.05 M

El pH de la disolución en el punto de equivalencia está determinado por la hidrólisis de los

iones NH4+ .

NH4+ ↔ NH3 + H+

Inicial 0.05 0 0

Cambio -X + X +X

0.05 - X X X

K a =[ N H3 ] [ H+ ] NH4

+ =5.6 × 10-10

X 2

0.05 - X=5.6 × 10-10

Resulta la ecuación cuadrática:

X 2+5.6 × 10-10 X-2.8×10 -11=0

X=5.2912× 10-6 M

Por tanto el pH esta dado por

pH=- log (5.2912×10-6 )

pH=5.2764

La solución en el punto de equivalencia contiene solo NH4Cl y es ácida debido a la presencia

del ion NH4+.

pH cuando la disolución pasa el punto de equivalencia

El exceso de ácido fuerte ahora presente inhibe la disociación de NH4Cl hasta el punto en

que su contribución al pH es insignificante. Por tanto,

[H+ ] = [ HCl ]

pH para 40 ml de acido clorhídrico añadido

Cuando se han añadido 40 ml de acido clorhídrico (HCl ) a la disolución se ha sobrepasado el

punto de equivalencia.

Numero de moles de HCl que quedan después de la neutralización

(40 mL-25 mL ) ×0,1M = 1,5 mmoles

El volumen total es 65 mL, por lo tanto [ HCl ] que es igual a [H+ ] se determina así:

[H+ ]= 1,5 mmoles 65 mL

=2,3076× 10-2 molL

=2,3076× 10-2 M

pH=-log(2,3076×10-2 )

pH=1,6368

De esta manera se hallaron los valores de pH para volúmenes de 0 a 50 ml de HCl añadidos,

mostrándose en esta curva los resultados:

0 10 20 30 40 50 600

2

4

6

8

10

12

Titulacion base debil acido fuerte

Volumen agregado de HCl

pH

Grafica 2. Curva de titulación de NH4OH con HCl

La siguiente tabla muestra los valores calculados para establecer la curva:

TABLA 2. Titulación de base débil (hidróxido de amonio)

empleando acido fuerte (HCl)

Vol HCl pH0 11,12763631 10,63548372 10,31597033 10,12057394 9,975431815 9,85733256 9,755874867 9,665446978 9,582631449 9,50514998

10 9,4313637611 9,3600078612 9,2900346113 9,220510414 9,1505371515 9,0791812516 9,0053950317 8,9279135718 8,8450980419 8,75467015

20 8,6532125121 8,535113222 8,3899710823 8,1945746624 7,87506126

24,5 7,5650764325 5,27644397

25,5 3,0043213726 2,7075701827 2,4149733528 2,2471546129 2,1303337730 2,0413926931 1,9700367832 1,9107768233 1,8603380134 1,816609535 1,7781512536 1,7439371537 1,7132104438 1,685397239 1,6600519440 1,636822141 1,6154239542 1,59562588

43 1,5772364144 1,5600954945 1,5440680446 1,52903905

47 1,5149098248 1,5015950249 1,4890204850 1,47712125

3) Construya una curva de titulación de 25 ml de H3PO4 0.18 N con NaOH 0.15 N. (Ka1=7.5x10-3,

Ka2=7.2x10-8, Ka3=2x10-12).

El acido fosfórico es un acido poliprótico de tres protones, la razón entre sus constantes

Ka1/Ka2 es de (7.5x 10-3/7.2x10-8)= 104167; y la razón entre Ka2/Ka3 es de (7.2x10-8/2x10-

12) = 36000; las cuales son mayores a 103 por lo cual es posible determinar dos puntos de

equivalencia correspondientes a las dos primeras disociaciones del acido fosfórico, no es

posible determinar un punto de equivalencia para la ultima disociación del acido fosfórico ya

que la tercera constante acida de equilibrio es menor a 10-8. De este modo se procede a

realizar la titulación de H3PO4 0,18N con NaOH 0,15N.

La concentración molar del acido fosfórico se determina de la siguiente forma:

N=MPE

M=0,18N

3NM

=0,06M

Para el NaOH la molaridad es igual a la normalidad, las reacciones que ocurren son las

siguientes:

H3PO4 + H2O H3O+ + H2PO4- Ka1=7.5x 10-3

H2PO4- + H2O H3O+ + HPO4

2- Ka2=7.2x10-8

HPO42- + H2O H3O+ + PO4

3- Ka3=2x10-12

En este problema se utilizara la convención de representar el ion hidronio como H3O+ en vez de

H+ debido a que es más cómodo y ajustado a las reacciones consideradas para el acido

fosfórico tanto estequiometricamente como a nivel de análisis.

Para pH inicial

Solo la primera disociación contribuye apreciablemente a [H3O+], por lo cual se tiene que:

[H3O+]≈ [H3PO4]

CH3PO4 = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,54M

Ka1=[H2 P O4

- ][ H3O+][H3 P O4 ]

CH3PO4 = 0,54M - [H2PO4-] = 0,54M - [H3O+]

Ka1=[H3 O+ ]2

0,54M - [H3 O +]= 7.5 x 10 -3

[H3O+]2 + 7.5 x 10-3[H3O+] – 4,5 x 10-4 = 0

Resolviendo la ecuación cuadrática se tiene que [H3O+] = 0,0178M y el pH por lo tanto será de:

pH = -Log[H+] = -Log[0,0178M] = 1,75

Primera región tampón

Con 5ml de NaOH agregados se tiene que se forma un sistema tampón entre el H3PO4 y el

H2PO4- por lo cual al emplear la ecuación de Charlotte considerando [OH-] se tiene que:

[ H3 O+ ] = Ka1

CH3 PO 4 - [H3 O+]

CH2 PO 4 - + [H3 O+]

[ H3 O+ ] + [Ka1 + CH2PO 4 -][ H3 O+ ] - Ka1CH3PO 4 = 0

Por otra parte:

CH3PO 4=25ml*0,06M - 5*0,15M(25+5)ml

CH3PO 4 = 0,025M

CH2PO 4 - = 5*0,15M(25+5)ml

CH2PO 4 - = 0,025M

Reemplazando

[H3O+]2 + 0,0325 [H3O+] – 0,0001875= 0

Resolviendo la ecuación cuadrática se tiene que:

[H3O+] = 0,005M

pH = -log [0,0425M] = 2,30

Para el primer punto de equivalencia

El primer punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:

pH=12

(pKa 1+p Ka2 )

pH= -12

(Log (7,5 x 1 0-3 ) + Log (7,2 x 1 0-8 ))= 4,6338

Segunda región tampón

Ahora existe un sistema tampón de H2PO4- con HPO4

2-, se emplean las relaciones empleadas

anteriormente para las concentraciones ¿ y [HPO42-] y a partir de la expresión de Ka2 se calcula

[H3O+], de modo que para un volumen añadido de 15 ml se tiene que:

CH2PO4 - = [H2 P O4 ]=25ml*0,06M -(15ml*0,15M-25ml*0,06M) (25 + 15)ml

=0,01875M

CHPO4 2 - = [HPO 4 2-] =15ml*0,15M-25ml*0,06M(25 + 15)ml

=0,01875M

[H3O+] =7,2 x 10-8 x (0,01875M/0,01875M) = 7,2 x 10 -8

pH = -Log[7,2 x 10 -8 ]= 7,14

Segundo punto de equivalencia

El segundo punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:

pH=12

(pKa 2+p Ka3 )

pH= -12

(Log (7,2 x 1 0-8 )+Log (2x 1 0-12 ))= 9,4208

Después del segundo punto de equivalencia

A partir de aquí solo se calcula la concentración de base NaOH, se calcula [OH .] por

consiguiente y luego el pOH y llevarlo a pH:

[O H- ] =(mmoles NaOH añadidas – mmoles NaOH en 2do pto eq) Volumen disolución

Así para 30 ml de NaOH agregados se tiene:

[O H- ] =(30 – 20)ml*0,15M 55ml

=0,0273M

pH = 14 - (-Log(0,0273)) = 12,436

La grafica resultante de esta titulación se muestra a continuación:

0 5 10 15 20 25 30 350

2

4

6

8

10

12

14

Titulación H3PO4 con NaOH

Volumen de NaOH agregado (ml)

pH

Grafica 3. Curva de titulación del acido fosfórico con NaOH

La tabla de los valores de pH hallados para diferentes volúmenes con ayuda del programa

Excel se muestra a continuación:

TABLA 3. Titulación de acido poliprótico (acido

fosfórico) con NaOHVol NaOH pH

0 1,7497725471 1,8481818262 1,9513035413 2,0598860614 2,1754907085 2,3010299966 2,4418122267 2,6080965868 2,8230671379 3,160632052

10 4,6338031211 6,18842499412 6,54060751213 6,77469071814 6,96657624515 7,14266750416 7,31875876317 7,510644289

18 7,74472749519 8,09691001320 9,42081875421 11,5133334322 11,805023423 11,9719712824 12,0879551725 12,1760912626 12,2466723327 12,3051859628 12,3549053829 12,3979400130 12,43572857

4) Construya una curva de titulación de 25 ml de Na2CO3 0.1 N (0.05 M) con HCL 0.1 N.

La molaridad del HCl permanecerá igual, mientras que la molaridad del Na2CO3 estará dada

por:

N=MPE

M=0,1N

2NM

=0,05M

Las reacciones que ocurren a lo largo de la titulación son las siguientes:

CO32-+H2 O OH - +HCO3

-

K b1=Kw

Ka2

=1 x 1 0-14

4,69 x 1 0 -11 =2.13 x 10 -4

HCO32- + H2O OH - +CO2ac

K b2=Kw

Ka1

=1 x 1 0-14

4,2 x 1 0 -7 =2.4 x 10-8

Para este problema en la mayor parte de las deducciones se representara al ion hidronio como

H3O+ ya que genera menos confusión a la hora de representar las reacciones anteriores, en

caso contrario se indicara el uso de la representación H+ y el porqué se usa.

pH inicial

[OH - ] = [ HCO3- ]

CCO3 = [CO3

- ] + [ HCO3-] = 0.05 M

[CO3-] = 0.05 M- [ HCO3

-] = 0.05 M- [OH - ]

K b1=[OH- ] [ HCO3

- ][ CO3

2- ] =

[OH- ]2

0.05- [OH - ] = 2.13*10 -4

[OH - ]2+2.13*10-4 = 1.065*10-5

[OH - ] = 3.159*10-3 M

pH=14- ( -Log (3.159* 10-3 ) )= 11,499

Primera región tampón

Se tiene un sistema tampón de Na2CO3 y HCO3-, de modo que la concentración del acido [H3O+]

generado se hará despreciable empleando las siguientes relaciones:

[HCO3-] = CHCO3

- + [OH-]

[CO32-] = CCO3

2- - [OH-]

K b1=[OH- ] [ HCO3

- ][ CO3

2- ]=

[OH- ] [ C HCO3- + [OH -] ][C CO32- - [OH -] ]

[OH-] 2 + (CHCO3- + Kb1) [OH-] - Kb1CCO3

2- = 0

Ahora para 5 ml se tiene:

[HCO3- ] =5ml *0,1M

30ml=0,0167M

[CO32-] =25ml*0,05M - 5ml *0,1M

30ml=0,025M

[OH-]2 + (2.13∗10−4+0,0167)[OH-] – 2.13∗10−4∗0,025CCO32- = 0

[OH-] = 3,1*10-4 M

pH = 14 - (-Log (3,1*10-4)) = 10,491

Primer punto de equivalencia

El primer punto de equivalencia se calcula mediante la siguiente relación:

pH=12

(pKa +pKb )

pH= -12

(Log (4,69 x 1 0-11 ) + Log ( 4,2 x 1 0-7 ))= 8,3528

2da región de tampón

Se reacomoda la ecuación del Kb2 y se calcula la [OH-]:

K b2=[CO2 ] [OH- ]

[HCO3- ]

; Reacomodando se tiene: [OH - ]=K b2 [HCO3- ]

[CO2 ]

Para 20 ml de HCl agregados:

[HCO3- ] =20ml*0,1M-25ml*0,05M

45 ml=0,0167M

[CO2 ]=25ml*0,05-(20ml*0,1M-25ml*0,05M)45 ml

=0,0111M

[OH - ] =Kb2 [HCO3-]

[CO2 ]=Kb2=

2.4*10-8*0,0167M0,0111M

=1,6 x 10-8 M

pH = 14 - (-Log(1,6 x 10-8 M)) = 6,2041

Segundo punto de equivalencia

En este punto se puede analizar la situación de manera alterna considerando la formación de

acido carbónico en vez de la formación de CO2 e iones OH-, de este modo (Nótese que en este

caso se regresara a la convención de representar al ion hidronio como H+ para explicar mas

cómodamente la deducción de la relación, no hay que perder de vista que H + y H3O+ son

equivalentes):

HCO32- + H+ H2 CO3

[HCO3- ] ≈ [H+ ]

K a1=[HCO3

- ] [H+][H2 CO3 ]

=K a1=[ H+ ]2

[H2CO3 ]

[H+ ]=√Ka1 * [H2CO3 ]

[H2 CO3 ] =mmoles HCl agregadosVolumen total disolución

[H2 CO3 ] =25ml*0,1M50ml

=0,05M

[H+ ]=√4,2 x 1 0-7 M*0,05M

[H+ ] = 1,45 x 10-4 M

pH = -Log(1,45 x 10-4) = 3,8389

Después del segundo punto de equivalencia

La concentración de iones [H3O+] en este punto es el número de minimoles de acido agregado

menos el necesario para llegar al segundo punto de equivalencia entre el volumen total de

disolución, asi:

[H3 O+] = mmoles de acido agregadas-mmoles acido 2do pto eqvolumen total disolución

Asi para 30 ml se tiene:

[H3 O+] = (30-25 ) ml*0,1M55ml

=0,0091M

pH = -Log(0,0091¿=¿2,0414

La grafica resultante de la titulación se muestra a continuación:

0 5 10 15 20 25 30 35 40 450

2

4

6

8

10

12

14

Curva de titulación de Na2CO3 con HCl

Volumen de HCl agregado (ml)

pH

Grafica 4. Curva de titulación de carbonato de sodio con HCl

Los valores de pH calculados a diferentes volúmenes se muestran a continuación en la

siguiente tabla:

TABLA 4. Titulación de Base polifuncional

(Carbonato de sodio) con HCl

Vol HCl pH0 11,49950441 11,21752152 10,98445263 10,79625694 10,63587865 10,49105766 10,35340927 10,21621328 10,0726099 9,91339323

10 9,7222986611 9,4596546912 8,94520821

12,5 8,3527889313 7,7604224814 7,2455126715 6,9822712316 6,7903857117 6,6300887118 6,48494659

19 6,3454491420 6,2041199821 6,0528523122 5,8796088923 5,6600519424 5,3195134

24,5 525 3,83889035

25,5 3,0043213726 2,7075701827 2,4149733528 2,2471546129 2,1303337730 2,0413926931 1,9700367832 1,9107768233 1,8603380134 1,816609535 1,7781512536 1,7439371537 1,7132104438 1,685397239 1,6600519440 1,6368221

UNIVERSIDAD DEL ATLÁNTICO

TRABAJO PRESENTADO POR LOS ESTUDIANTES:

PAOLO CUELLO PEÑALOZA

RAFAEL DOMINGUEZ RAMBAL

HOOVER VALENCIA ZAPATA

ELIANA CONEO POLO

TRABAJO PRESENTADO AL PROFESOR:

PABLO SANCHEZ

MAYO DE 2011

BARRANQUILLA - COLOMBIA