QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
Solución a la práctica de QMC – 1320
CrSO ·18HNHOOH
1. a) ¿A qué volumen deben diluirse 50 mL de una solución 0.4 N para preparar una solución de la sal, que sea 0.05 M? b) ¿Cuántos mL de 0.2 N se requieren para precipitar todo el Cr como a partir de 20 mL de la solución original sin diluir?
CrCrOHOH
VN=0.4 m L = 50 mL ⁄ EqgrL aM =V0.05mol=⁄L? CrSO ·18HO VN=0.4 mLmL ⁄ CrSO ·18HO = 20EqgrL bN=0.2 V =EqgrL ? ⁄ NHOH a) Es de saberse que para diluir una solución, no se agrega más soluto, es decir:
Se conoce que
Donde:
n = n M ∗ V = M ∗ V N=X∗M NX ∗ V = M ∗ V , por lo tanto:
| = |3 ∗ 2 |=6 | =6 Eqgrmol ⁄ Cr+SO− ⟹ X = |N°cat. N°cat.o an.∗val| = |2 ∗ 3 |= Eqgr 0. 4 N ∗ V L ∗0.∗0505 molmL = 66.66.67 mL V = X ∗ M = 6 Eqgr mol L Eqsoln gri ∗ 50 mL solsoln i = 66.66.67 mmLL V = 10.L05solmoln f ∗ 6 E1qmol gr ∗ 0.14LEq
Consecuentemente:
Es posible hacer un cálculo directo sin uso de fórmulas:
1
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Lo que ocurre en la solución resultante es:
CrSO ·18HO⟶2Cr+ 3SO− 18HO Cr+ 3NHOH ⟶ ↓ CrOHOH 3NH+ CrSO ·18HO6NHOH ⟶ ↓ 2CrOHOH 3NHSO 18HO N°Eqgr· =N°Eqgr V ∗ N· = V ∗ N V = 0.4 N∗N0.∗220N mL = 40 mLmL solsoln
b) La reacción de precipitación precipitación se puede escribir como:
Aplicando la ley de Richter:
Es posible hacer un cálculo directo sin uso de fórmulas:
mL sol n 6 ∗ 1 E q g r N H OH 0. 4 Eq E q gr Cr SO V = 0.21000 ∗ ∗ EqEq gr NHOH 6 EqEq gr CrSO 1000 mL soln ∗50 mL soln V = 40 mLmL solsoln BaCl FeSO · NHSO · 6HO AgNO BaCl
2. a) ¿Cuántos mL de 0.5 N se requerirán para precipitar todo el sulfato a partir de 10 milimoles de ? b) ¿Cuántos mL de 0.1 N se requerirán para precipitar todo el cloro de 8.30 mL de la solución de ?
aN=0.5 V =EqgrL ? ⁄ BaCl n·· = 10 mm mmolol bN=0.1 V =EqgrL ? ⁄ AgNO VN=0.5 3030 mL⁄ BaCl = 8.EqgrL a) La reacción que ocurre para la precipitación precipitación es:
FeSO · NHSO · 6HO2BaCl ⟶ ↓2B ↓ 2BaSaSOO 2NHClFeCl 6HO o también: FeFeNHSO · 6HO2BaCl ⟶ ↓2B ↓ 2BaSaSOO 2NHClFeCl 6HO 2
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Aplicando la ley de Richter:
N°Eqgr· =N°Eqgr X ∗ n· = V ∗ N V = X N∗ n | = |2 ∗ 2 |=4 | =4 Eqgrmol ⁄ Fe+NH+SO− ⟹ X = |1 ∗ 2 2 ∗ 1 |= mEqgr 4 ∗ 10 m mmo mol l V = mmol = 80 mL m L sol so l n mEqgr 0.5 mL 1mEmLq solgrnBaCl 2 ∗ 2 m mE E q g r Ba B a C l V = 0.5 mEq ∗ mmol FeFeNHSO = 80 mLmL BaCl 1 mmol FeFeNHSO ∗ 10 mmol
Donde:
Consecuentemente:
Es posible hacer un cálculo directo sin uso de fórmulas:
b) La reacción que ocurre para la precipitación precipitación es:
2AgNO BaCl =2AgClBa =2AgClBaNO N°Eqgr =N°Eqgr V ∗ N = V ∗ N V = 0.5 N∗N0.∗18.N3030 mL =41.5 mL soln
Aplicando la ley de Richter:
Es posible hacer un cálculo directo sin uso de fórmulas:
1mEqmL solgr AgNO nAgNO ∗ 2 ∗21mEq mmEqEqgrgrBaCl mE AgBaAClgNO ∗ 0.5 mEq mE1 mLq solgrnBaCl BaCl ∗ 8.30 mLmL V = 0.1 mEq V =41.5 mL soln HCl HCl BaBaOHOH
3. a) ¿A qué volumen deben diluirse 25 mL de (gravedad especifica 1.1) para hacer una solución de con una gravedad especifica de 1.040? b) ¿Cuántos mL de con 0.05 N se requiere para neutralizar 4 mL de la solución diluida resultante?
3
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
aρV=1. =251 grmL⁄mL Vρ ==1.? 040 gr⁄mL HCl bN=0.05 V = ?EqgrL⁄ BaOH VC =4mL= ? HCl ρ =1.040 gr⁄mL Para la solución inicial:
ρ = mV ⟹m =ρ ∗V
Para la solución final:
m =m mñ V =V Vñ ñ ρ = mV = mV m Vñ ⁄ ⟹m ≈V ρí ≈1grmL Vñ ρ = ρ V ∗V Vñ Vñ = ρ ∗V ρ V 1 ∗ρ Vñ = (ρ ρρ 1)∗V 040∗25 =37.5 mL Vñ = 1.11.1.0401 V =25 mL37.5 mL=62.5 mL
Conociendo que
, por lo tanto:
Reemplazando datos:
4
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
V ≈V ρ = mV ⟹m =ρ ∗V ⟹m =4 mL∗1.040mLgr =4.16 gr ρ = mV ⟹m =ρ ∗V ⟹m =4 mL∗1 mLgr =4 gr m =m m =m m m =4.16 gr4 gr=0.16 gr HCl 2HClBaOH ⟶BaCl 2HO N°Eqgr =N°Eqgr X∗mM̅ =V ∗N Eqgr 1 16 gr =0.08767 L soln =87.67 mL soln X ∗m V = M̅ ∗N = 36.5 molgrmol∗0.∗0.05 Eqgr L mL sol n 2 Eqgr BaOH ∗0.16 gr HCl=87.67 mL soln V = 0.051000 ∗ Eqgr BaOH 2∗36.5 gr HCl HNO HNO
Para calcular el volumen de solución de
BaOH
es necesario suponer
Por lo tanto:
Consecuentemente:
La reacción de neutralización es:
Aplicando la ley de Richter:
Es posible hacer un cálculo directo sin uso de fórmulas:
1:4”? (el 4. ¿Cuál es la normalidad aproximada de una solución marcada con “ concentrado normal tiene una gravedad especifica de 1.42 y contiene, aproximadamente 70% en peso).
Nrelaci ónde =dil?ución=1:4 ρCc=1.=70% 42 gr⁄mL HNO 5
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Inicialmente es necesario comprender la razón de dilución:
relación de dilución=1 volumen de solución inicial: 4 volúmenes de solvente
Por ejemplo:
Por 1 mL de solución concentrada se debe agregar 4 mL de agua y el volumen final será 5 mL Por 100 L de solución concentrada se debe agregar 400 L de agua y el volumen final será 500 L
Es decir que el volumen final de la solución será 5 veces mayor que el inicial:
V =5∗V n =n N°Eqgr =N°Eqgr N∗V = N∗V ∗V N = N V∗V = N 5∗V N = N 5 mL Cc mL Cc 1000 ∗ρ ∗ 1000 ∗ρ ∗ ∗X N = L Eq 100% = L M̅100% gr Eqgr mL 70% 1000 ∗1. 4 2 ∗ ∗1 N = L mL63 molgr100% mol =15.78 Eqgr L
Recordando la ecuación para dilución:
Consecuentemente:
Finalmente:
Eqgr 15. 7 8 N = 5 L =3.156 Eqgr L 6
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
CHCOOH CH COO−
5. ¿Cuál es el valor del pH de una solución de 0.1 M que contiene suficiente disuelto para dar una concentración total de iones de 0.85 mol/L?
CHCOONa pH= ? CHCHCOOH =0. 1 M − COO =0. 8 5 M K =1. 8 ×10−
Se observa mayor cantidad de acetato, por lo tanto para establecer el equilibrio habrá una mayor tendencia a formar ácido acético (por el principio de Le Châtelier). Inicialmente se realizará el balance de materia: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
CHCOO− HO ⇄ CHCOOH OH− x x x 0.85x 0. 1 x x 0.85
—
0.1
—
Para la constante de equilibrio de la reacción partimos de la reacción inversa de disociación del ácido acético y de la reacción de disociación del agua:
1 CHCOO− H+ ⇄ CHCOOH K = K HO ⇄ H+ OH− K =Kw CHCOO− HO ⇄ CHCOOH OH− K =K =K ∗K = KKw − 10 K = KKw = CHCHCOOHCOO ∗ −OH − = 0.0.1 x∗x = 85x 1,8×10− x=4. 7 2×10− pH=14log4.72×10−=5.67 − + CH ∗H COO K = CHCOOH ⟹H+=K ∗ CHCHCOOH COO−
De donde:
Consecuentemente:
Otra manera de resolución es:
7
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Y como el aumento de ácido es muy pequeña y la disminución de acetato también lo es:
CH =0. 1 M COOH− ≈CHCOOH CHCOO ≈ CHCOO− =0.85 M H+ =1, 8 ×10− ∗ 0.0.815 =2.12×10− pH=log2.12×10−=5.67 − − S HS HCl
Consecuentemente:
6. Calcule la concentración de iones y de iones en una solución 0.08 M de contiene suficiente para dar un valor de pH de 3.4.
HSS−−== ?? pH=3. HS =0.4 08 M − H S KK =9. 1 ×10 =1. 2 ×10− La reacción de disociación del ácido débil es:
− HHSS− ⇄⇄ HSS−− HH++ KK =9. 1 ×10 − =1. 2 ×10 HS ⇄ S− 2H+ K ∗K =1.092×10− − + S ∗H K ∗K = HS ⟹S−=K ∗K ∗ HH+S − + HS ∗ H K = HS ⟹ HS− =K ∗ HH+S
A partir de esta constante:
Reemplazando datos:
S− =1.092×10− ∗ 100.−.08 =5.51×10− HS−=9. 1 ×10− ∗ 100.−.08 =1.83×10− 8
H S
y
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
AgCl NH
NHOH
7. Si 100 mgr de se disuelven en exceso de para dar 500 mL de solución y la concentración total de disuelto es 0.3 M, ¿Cuál es la concentración de iones plata? Datos:
mNH =100 mgr = NH OH =0. 3 M KAg+ = ? =6. 8 ×10− [ ] La reacción de dilución del cloruro de plata es:
AgCl2NHOH⟶AgNH+ Cl− 2HO + ∗ 1 mol AgCl ∗ 0.1 gr AgCl =1. 4 ×10− M AgNH+ = 1 mol1 molAgNH AgCl 143.5 gr AgCl 0.5 L soln NH =0.32∗1.4×10− =0.297 M AgNH+− ⇄ Ag+ 2NH K =6. 8 ×10− 0. 2 97 1.4×10 x x x − 1.4×10 x x 0.297x + x∗0. Ag ∗ NH 2 97x K = AgNH+ = 1.4×10− x =6. 8 ×10− Ag+=x=1.08×10− M NHAgNH estar en exceso ≈0.3M+por ≈AgNH+
Balance de materia: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
—
Resolviendo la ecuación:
También se puede resolver asumiendo:
Luego reemplazando estos valores:
+ + Ag ∗NH Ag ∗0. 3 K = AgNH+ = 1.4×10− =6. 8 ×10− − − 6. 8 ×10 ∗1. 4 ×10 + Ag = 0.3 =1.06×10− 9
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
ROHR=RadiROH cal orgánico
8. Cierta base tiene la fórmula general 3.36. Una solución acuosa diluida es A molar en ¿Cuál es el valor del de la solución?
pOH pKROH=A a l de l a constante de hi d ról i s i s =3.36potenci M − pOH= RCl =?R =1.5 M
pK RCl
y su valor de es de y 1.5 M en la sal ionizada .
Se trata de una solución amortiguadora: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
R+A HO ⇄ ROH1.5 H+ pK =3.36 x x x x Ax x 1. 5 x x pK =logK + ROH ∗ H −. K = R+ = Ax∗x =10 1. 5 x —
—
Por lo mencionado anteriormente:
K = Ax∗x 1. 5 x A∗xx =1.5∗K K ∗x x AK∗x1.5∗K =0 x A10−.∗x1.5∗10−. =0 x= H+ pOH=14pH=14logH+ + ROH R + R pOH K = A∗x1.5
Del cual conociendo el valor de A se determina el valor de
, luego:
ROH
Por otro lado la disminución de y la formación de o la formación de y la disminución de , (de acuerdo al valor de A), son despreciables. Por lo tanto se puede calcular el despreciando la cantidad de x:
10
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Conociendo:
pK =logK ; pOH=logOH−;pH=logH+; pHpOH=14 logK =logH+ logAlog1. 5 ⟹logK =logH+ logAlog1.5 pK =pHlogAlog1. 5 pK =14pOHlogAlog1. 5 pOH=14pK logAlog1.5=143.36logAlog1.5 pOH=10.82logA a PbI Pbb+ I− PbI
Logaritmizando:
Consecuentemente:
9. A partir del producto de solubilidad del , calcule el número de gramos de iones y de iones que están cometidos en cada mL de una solución saturada de . La molaridad, normalidad y ppm de la solución.
⁄⁄ CC = ?=grmL ?grmL ⁄ M= ?molL ⁄ N= ?EqgrmL ⁄ ppm= ? mgrL − K =2. 4 ×10 Inicialmente se plantea el equilibrio de solubilidad y el balance:
s
PbI ⇄ Pb+ 2I− ss ss 2s2s K =Pb+∗I− =s∗2s =4s 2 . 4 ×10− K s= 4 = 4 =1.82×10− molLPbI
Inicio: Reacciona: Equilibrio:
—
—
—
Donde es la solubilidad (moles de sal disueltos por litro solución). Por lo tanto:
11
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Consecuentemente:
+ + − 207 gr Pb 1 mol Pb 1. 8 2×10 C = 1 mol Pb+ ∗ 1 mol PbI ∗ 1000 mL msololnPbI =3.77×10− mLgr − − − 127 gr I 2 mol I 1. 8 2×10 C = 1 mol I− ∗ 1 mol PbI ∗ 1000 mL msololnPbI =4.62×10− mLgr
Luego las concentraciones son:
M=1. 8 2×10− molL mol Eqgr − − N=2 Eqgr ∗1. 8 2×10 =3. 6 4×10 mol L L ppm= 4611 molgrPbIPbI ∗ 1.82×101 L−sol mnol PbI ∗ 10001 grmgr =839.02 ppm BaIO =6×10− BaCrO BaI O K F−− ⇄BaF IO−− =3. 5 3×10− BaFBaCrO SOSO − ⇄BaSO K F − =1. 5 5×10 K =2.73 ⇄BaSO CrO
10. Dado el producto de solubilidad del y las constantes de equilibrio que se indican en las reacciones, encuentre a partir de ella el producto de solubilidad de .
Combinando las ecuaciones que se tiene es posible obtener el producto de solubilidad de :
BaCrO BaF 2IO− ⇄ BaIO 2F− K1 BaSO 2F− ⇄ BaF SO− K1 BaCrO SO− ⇄ BaSO CrO−− K BaIO ⇄ Ba+ 2IO KK ∗K BaCrO ⇄ Ba+ CrO− K = K ∗K − 2. 7 3∗6×10 K = 3.53×10− ∗1.55×10 =2.99×10− Finalmente:
12
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
BiBi+S
11. ¿Qué peso de precipitación del
debe estar presente en un litro de solución para originar la si la solución se hace 0.1 M en y 0.01 M en ?
H S
H+
= ? gr⁄L CHS=0. 1 M + KH =9. =0.1 ×10 01 M− − HS KK=1.2×10 =1. 6 ×10− Inicialmente se plantea el equilibrio de solubilidad:
BiS ⇄ 2Bi+ 3S− K =Bi+ ∗S− HS − HHSS− ⇄⇄ HSS−− HH++ KK =9. 1 ×10 − =1. 2 ×10 − HS ⇄ S 2H+ K ∗K =1.092×10− − + S ∗ H K ∗K = HS ⟹ S− =K ∗K ∗ HH+S S−=1.092×10− ∗ 0.0.011 =1.092×10−
A partir de dicho equilibrio se tiene:
Para conocer la concentración del ion sulfuro se recurre al equilibrio del
:
A partir de esta constante:
Luego con el equilibrio de la solubilidad del sulfuro de bismuto:
6×10−− =3.51×10− molL K = Bi+ ∗ S− ⟹ Bi+ = KS− = 1.1.092×10 Finalmente:
C = 2091 molgrBiBi++ ∗ 3.51×101 L−sol mnol Bi+ =7.32×10− grL 13
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. 12. ¿Cuál es el máximo valor del pH que puede tener 100 mL de una solución que contiene 0.005 gr de de tal manera que, al hacer la solución 0.1 M en , el no se precipite?
PbCl
HS PbS
pH= ? Vm =100 mL =0.005 gr HK=9.S=0.1 ×101 M− KK =1. 2=4.×102−×10−HS Inicialmente se plantea el equilibrio de solubilidad:
PbS ⇄ Pb+ S− K = Pb+ ∗ S− + 1 mol Pb ∗ 0.005 gr PbCl =1. 8 ×10− mol + Pb = 1 mol PbCl ∗ 2781 molgrPbCl PbCl 0.1 L soln L
A partir de dicho equilibrio se tiene:
Donde:
Consecuentemente:
− K 4. 2 ×10 − S = Pb+ = 1.8×10− =2.33×10− − + S ∗ H K ∗K = HS ⟹ H+ = K ∗K ∗ HS−S 0.1 − = H+ = 1.092×10− ∗ 2.33×10 Finalmente:
pH=logH+= 14
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
NaOH
HCl
13. Una alícuota de 50 mL de 0.1 M se titula con 0.1 M. Calcular el pH de la solución después de la adición de 10, 25, 40, 45, 49, 50, 51, 55 y 60 mL de solución ácida. Elabore una curva de titulación. Datos:
pH= ? VNaOH mL =50 NaOH =0. 1 M VHCl=10,25,40,45,49,50,51,55 y 60 mL HCl =0. 1 M Curva de valoración= ? NaOH = OH− por se una base fuerte pH=14logOH−=14log0. 1 =13 NaOHHCl⟶NaClHO NaOH n = 0.11mmol mL soln ∗50 mL soln =5 mmol NaOH HClnHCl =0.1 ∗10=14 mmolmmol NaOH NaOH HCl ⟶ NaCl HO 51 mmol mmol 11 mmol mmol 1 mmol 1 mmol 4 mmol 0 mmol 1 mmol 1 mmol NaOH = OH− = 460mmolmL =0.067 M pH=14logOH− =14log0.067=12.82 Al inicio la solución de
tiene un pH de:
La reacción de neutralización es:
Inicialmente se tiene:
Al agregar 10 mL de mL y se consumirá todo el
, el volumen de la solución será de 60 de :
y quedaran
Inicio: Reacciona: Equilibrio:
—
—
El pH dependerá del reactivo en exceso, por lo tanto:
De la misma manera se realiza para los otros volúmenes de HCl y cuando se mezcle 50 mL 0.1 M de NaOH y 50 mL de HCl el pH de la solución resultante será dependiente de la disociación del agua. Posterior a ello el HCl estará en exceso y el pH dependerá de este. 15
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Para la neutralización completa:
HO⇄H+ OH− Kw =H+∗OH− H+=OH− H+ =Kw ⟹H+= √ Kw = √ 10− =10− pH=logH+ =log10− =7
En este punto de neutralización
, por lo tanto:
Consecuentemente se tiene los siguientes resultados:
V ,mL n,mmol V ,mL 0 10 25 40 45 49 50 51 55 60
0 1 2,5 4 4,5 4,9 5 5,1 5,5 6
50 60 75 90 95 99 100 101 105 110
Sustancia en exceso
NaOH NaOH NaOH NaOH NaOH NaOH HClHCl HCl
n,mmol
pH
0,1 0,06666667 0,03333333 0,01111111 0,00526316 0,0010101 1,00E-07 0,0009901 0,0047619 0,00909091
13,00 12,82 12,52 12,05 11,72 11,00 7,00 3,00 2,32 2,04
5 4 2,5 1 0,5 0,1 0 0,1 0,5 1
Ninguno
Finalmente la curva de valoración es:
Concentración
14,00 12,00 10,00
pH
8,00 6,00 4,00 2,00 0,00 0
5
10
15
20
25
16
30
35
V
40
45
50
55
60
65
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
KOH
14. En una titulación de 50 mL de ácido fórmico 0.05 M con 0.1 M, el error de titulación debe ser menor de 0.05 mL ¿Qué indicador se debe seleccionar para lograr esto?
VM=0. mL =50 HCOOH 0 5 mol / L VM=0. =1?mol/L KOH Error de t i t ul a ci ó n=0. 0 5 mL − K¿Qué =2.indi1 ×10 cador se debe utilizar? El indicador adecuado se determina conociendo el rango de pH que coincide con la del cambio de color del indicador, es decir un ácido fuerte es neutralizado con un base fuerte pero esto no significa que el pH será neutro (pH = 7) y por lo tanto se debe determinar este rango de pH y con ello de tablas conocer el indicador adecuado. La reacción de neutralización es:
HCOOHKOH⟶HCOOKHO HCOOK⟶HCOO− K+ HCOO− HO⇄HCOOHOH−
Luego la sal obtenida se disocia completamente y el ion formiato que se hidroliza:
Para neutralizar 1 mol de ácido fórmico se requiere 1 mol de KOH (relación 1 a 1), por lo tanto para neutralizar la solución:
n =n V ∗M =V ∗M V = 50∗0.0.1 0M5 M =25 mL
Se requiere 25 mL de solución 0.1 M de KOH para llegar al punto de equilibrio del ácido. Los moles de sal que se obtiene es de 2.5 mmol y su concentración es:
2.5 mmolmL =0.033 M HCOOK = HCOO− = 5025 17
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Consecuentemente el balance de masa es: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
Reemplazando datos:
− HO ⇄ HCOOH OH− HCOO 0.0x333 x x 0.0333x x x − HCOOH∗OH K w K = K = HCOO− — — —
—
—
− = x 10 2.1×10− 0.033x x=1. 2 5×10− pH=14log1.25×10−=8.10 250. 0 5=24. 2 5 mL KOH 50 mL HCOOH 250. 0 5=25. 0 5 mL KOH 50 mL HCOOH n = 0.015 mLmmol ∗50 mL=2.5 mmol n = 0.11mmol mL ∗24.95 mL=2.495 mmol HCOOH2.5 KOH ⇄ HCOOK HO 2.0.040595 2.0495 2.2.449595 2.2.449595 0.005 mmol HCOOH = 5024. 95 mL =6.67×10− 2.495 mmol HCOOK=HCOO−= 5024. 95 mL =0.0333
Para determinar el indicador se debe calcular el rango de pH cuando: i) ii) Caso i):
Se añade 0.05 M de Se añade 0.05 M de
Inicio: Reacciona: final:
de solución 0.1 M de
a
de solución
de solución 0.1 M de
a
de solución
. .
2.495
18
—
—
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Luego el equilibrio es: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
− HO ⇄ HCOOH OH− HCOO − 0.0x333 6.67×10 x x − 0.0333x 6.67×10 x x — — —
—
Reemplazando datos:
Caso ii):
Inicio: Reacciona: Equilibrio:
− = 6.6 7×10− x∗x 10 2.1×10− 0.033x x=2. 3 8×10− pH=14log2.38×10−=6.38 n = 0.015 mLmmol ∗50 mL=2.5 mmol n = 0.11mmol mL ∗25.05 mL=2.505 mmol HCOOH2.5 KOH ⇄ HCOOK HO 2. 5 05 2.0 5 0.2.0055 2.2.55 2.2.55 —
—
En este caso el pH dependerá del exceso de base fuerte que se quedado en la solución:
OH−=OH− OH− OH− ≈ OH− 0.005 mmol − OH−= 5025. =6. 6 6×10 05 mL pH=14log6.66×10−=9.82 CHO
Consecuentemente:
La fenolftaleína, de fórmula es un indicador de pH que en soluciones ácidas permanece incoloro, pero en soluciones básicas toma un color de viraje toma un color rosado con un punto de viraje de pH 8 – 10, sin embargo en pHs muy extremos (pH muy ácido o muy básico) presenta otros virajes. 19
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Conclusión:
el indicador adecuado será la fenolftaleína puesto que el punto de equilibrio de este ácido es de 8.10 y superando este valor con un error de 0.05 mL el cambio de color será el mismo, sin embargo en la titulación se debe cerrar la bureta en el instante exacto del cambio de color. Volúmenes menores al del punto de equilibrio no muestran cambio de color.
15. Calcular el cambio de pH con 3 decimales, que ocurre cuando se adicionan 0.5 mmol de una ácido fuerte a 100 mL de ácido láctico 0.02 M y lactato de sodio 0.08 M.
VCHCHOHCOOH=HL=0. =100 mL 0 2 M − CHn CHOHCOONa=L =0. 0 8 M =0. 5 mmol pHpH= =? ? ∆pH=|pH pH|= ? K =1. 6 ×10− Se trata de un problema al que se adiciona un ácido fuerte a una solución reguladora y dicho ácido reacciona con la base conjugada del ácido láctico y se forma más cantidad de ácido láctico:
CHCHOHCOOH=LH n = 0.018 mLmmol ∗100 mL=8 mmol n = 0.012mLmmol ∗100 mL=2 mmol L−8 H+ ⇄ HL 0.7.55 0.0 5 0.0.55
Inicio: Reacciona: final:
0.5
Las nuevas concentraciones iniciales son:
L−= 20.1005 mLmmol =0.025 M HL= 7.1005 mmol mL =0.075 M 20
—
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Para el pH inicial: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
Reemplazando datos:
Para el pH final:
L0.−08 HO ⇄ HL0.02 OH− x x x 0.08x 0.02x x − K HL ∗ OH w K = K = L− — — —
—
− = 0. 0 2x∗x ⟹x=2.5×10− 10 1.6×10− 0.08x pH=14log2.5×10−=4.398 L0.−075 HO ⇄ LH0.025 OH− x x x 0.075x 0.025x x − = 0.0 25x∗x 10 1.6×10− 0.075x x=1. 8 75×10− pH=14log1.875×10−=4.273 ∆pH=|pH pH|=|4.2734.398|=0.125 NH SO NaOH
Inicio: Reacciona: Equilibrio:
— — —
—
El cambio de pH es:
16. ¿Cuál es el pH de una solución que se preparó al disolver 3.3 gr de se adicionaron 125 mL de 0.1 M y se diluyo hasta 500 mL?
mNaOH =3.3 gr =0. 1 M VV =125mL=500 mL pH= ? K =1.75×10− 21
en agua,
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Inicialmente se calcula las concentraciones:
+ 2 mol NH SO ∗ 3.3 grNHSO =0.1 M + NH = 1 molNHSO ∗ 1321 molNH grNH SO 0.5 L soln OH− = NaOH = 125500mL∗0.mL1 M =0.025 M NH+ OH− ⇄ NHOH
0. 1 0. 0 25 0.0.007525 0.025 0.0.002525 NH+ HO ⇄ NHOH H+ 0.x075 0.x025 x 0.075x 0. 0 25x x + + K NH ∗ H w K = K = NHOH − = 0.0 25x∗x ⟹x=1.71×10− 10 1.75×10− 0.075x pH=log1.71×10−=8.77 PbCO pH=7
Inicio: Reacciona: Final:
—
—
Ahora se puede observar que se trata de una solución reguladora donde el equilibrio es: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
Reemplazando datos:
— — —
17. Calcular la solubilidad molar de
—
en una solución amortiguadora a un
spH=7 = ? − H CO KK =3. 3 ×10 − =5×10 K =5. 6 ×10−
Inicialmente se plantea el equilibrio de solubilidad:
PbCO ⇄Pb+ CO− 22
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Y los siguientes equilibrios:
HCO ⇄H+ HCO− K =3. 3 ×10− HCO− ⇄H+ CO− K =5×10− − + H ∗ HCO K = HCO ………1 − + H ∗[CO K = HCO− ] ………2 −] + H ∗[CO KK = HCO ………3 CO−: [CO−]T =[CO−] HCO− HCO ………4 2 3 H+ − − + + H ∗ H ∗ [CO ] [CO − K = HCO− ⟹HCO = K ] ………6 − − + + H H ∗[CO ∗[CO ] KK = HCO ⟹HCO= KK ] ………7 CO−: −] H+ ·[CO−] + H ·[CO − C =[CO ] K KK − [CO [CO−]= 1 H+ ]TH+ ………8 K K ·K KK/KK −]TKK [CO − [CO ]= K K H+K H+ ………9
Ecuaciones del equilibrio:
Ecuación de balance de masa:
Colocar las ecuaciones
y
en función de
:
Realizando el reemplazo en el balance de masa del
Multiplicando por
:
El grado de disociación del ácido carbónico con respecto al ion carbonato es:
− [CO α = [CO−]]T = KK HK+KK H+ ………10 23
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Del cual el producto se solubilidad y el producto de solubilidad condicional son:
K =Pb+∗ [CO−] K′ = Pb+ ∗[CO−]T Luego:
− [CO α = [CO−]]T ⟹[CO−]=[CO−]T ∗α K =Pb+∗ [CO−]= Pb+∗ [CO−]T ∗α K =K′ ∗α K′ = K α − − α = 1.65×10− 101.6−5×10 =3. 8 4×10 − − ∗3. 3 ×10 10 − 5. 6 ×10 K′ = 3.84×10− =1.46×10−
Consecuentemente:
Reemplazando datos:
La nueva solubilidad será:
PbCO ⇄ Pb+ CO− ss ss ss K′ =Pb+∗ [CO−]T =s∗s=s s= K = √ 1.46×10− =1.21×10− mol/L NaOH Cu+ OH− Inicio: Reacciona: Equilibrio:
—
—
—
Mn+
18. Se agrega diluida a una solución que es 0.05 M en y 0.04 M en , a) ¿Cuál hidróxido precipita primero? b) ¿Qué concentración de se necesita para iniciar la precipitación del primer hidróxido? c) ¿Cuál es la concentración del catión que forma el hidróxido menos soluble cuando el hidróxido mas soluble se empieza a formar? 24
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
CuMn++=0. 0 5 M =0. 0 4 M abOH ¿Cúal−=preci?cuando pita primpreci ero?pite el primero Me+ = =1. cK ? hi6d×10 róxid−o menos soluble cuando el hidróxido mas soluble precipita K =1. 6 ×10− Se debe plantear las ecuaciones de equilibrios de solubilidad para ambos hidróxidos:
CuOH ⇄Cu+ 2OH− K =Cu+∗OH− MnOH ⇄Mn+ 2OH− K = Mn+ ∗ OH− Para determinar quien precipita primero se realiza el siguiente cálculo:
− K 1 . 6 ×10 − OH = Cu+ = 0.05 =1.79×10− M
− K 1 . 6 ×10 − OH = Mn+ = 0.04 =2×10− M Para que precipite el CuOH se requiere OH− =1. 7 9×10− M y para que precipite el −=2×10− M. Precipitará primero el que necesite menor OH MnOH se requiere cantidad de OH− : CuOH:precipita primeromenos soluble MnOH:precipita segundomás soluble El primer hidróxido en precipitar requiere OH− =1. 7 9×10− M. La concentración del catión que forma el hidróxido menos soluble, Cu+, cuando el hidróxido mas soluble, MnOH, se empieza a formar es: − K 1. 6 ×10 + Cu = (OH−) = 2×10− =4×10− 25
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
+ Ag KI NaSCN − 1×10− I AgSCN AgSCN KINaSCN=SCN =I−=0.0−6=0. M 07 M − =1×10− ab AgAg++= = ?cuando I ?cuando preci p i t e el AgSCN −/I−= ? cuando precipite el AgSCN cSCN KK =8.=1.3 ×101 ×10−−
I− SCN−Ag+ AgSCN+ − I−
19. Se va a utilizar el ion como reactivo para separar de en una solución que es 0.06 M de y 0.07 M de . a) ¿Qué concentración de se necesita para reducir la concentración de a ? b) ¿Cuál es la concentración de de la solución cuando el empieza a precipitar? c) ¿Cuál es la relación a cuando el comienza a precipitar?
Los equilibrios de solubilidad son:
AgI ⇄Ag+ I− K = Ag+ ∗ I− AgSCN ⇄Ag+ SCN− K =Ag+∗SCN− Ag+ I−=1×10− − K 8. 3 ×10 + Ag = I− = 1×10− =8. 3 ×10− M Ag+ I− =0 Ag+=I−=0.06 M Ag+ I−=1×10− Ag+ =0. 0 68. 3 ×10− ≈0.06 M Ag+ AgSCN − K 1. 1 ×10 + Ag = SCN− = 0.07 =1.57×10− M I− AgSCN − 8. 3 ×10 I− = AgK + = 1.5 7×10− =5. 2 8×10− M
La concentración de
que debe quedar en la solución para que
La concentración de
para que
a) La concentración necesaria de
b) La concentración de
La concentración de
es:
para que
es:
para que comience a precipitar el
cuando comience a precipitar el
26
es:
es:
es:
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V. Finalmente la relación
SCN−/I− SCNI−− = 5.28×10 0.06 − =113597.25 AgNO NH + AgNH es:
20. Se disuelven 0.10 mol de concentración molar del
en 1.00 L de 1.00 M. ¿Cuánto vale la formado en la disolución resultante?
nV=1. =0.001L0 mol [AgNH NH =1. 0+]=0 M? K =1. 6 ×10 [ ]
La concentración de iones plata es:
AgNO=Ag+= 0.11molL =0.1 M
La reacción es:
Ag+ 2NH ⟶ AgNH+ 0.0.11 2∗0.1 1 0. 1 0 0.8 0.1 AgNH0.1+ ⇄ 2NH0.8 Ag+ x x x 0. 1 x+ 0.82x x ] 0. 1 x K = NH[AgNH = =1. 6 ×10 + ∗Ag 0. 8 2x ∗x x=9. 7 7×10− [AgNH+]=0. 1 9. 7 7×10− ≈0.1 M Inicio: Reacciona: Final:
—
Posteriormente se debe llegar al equilibrio: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
De donde
—
, por lo tanto:
27
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
FeCl
NHSCN FeSCN −
21. Se mezclan 2.0 mL de 0.010 M con 2 mL de 0.010 M y agua hasta formar 9.0 mL de disolución. ¿Cuánto vale la concentración de formado? ¿Y la del y de en la solución resultante?
Fe+
SCN−
VFeCl 0 mL =2. + =0.01 M = Fe VNHSCN=2.0=mLSCN− =0.01 M [FeFe+SCN= ?−]= ? En el equilibrio −= ? SCN K =9. 7 ×10 [ ]
Las nuevas concentraciones en el volumen resultante son:
La reacción es:
mL Fe+ = SCN− = 0.1 M∗2 4 mL =0.05 M
Fe0.+05 6SCN0.0−5 ⟶ FeSCN− 0.0.004175/6 0.005 0.0.000835/6 FeSCN − ⇄ Fe+ 6SCN− 0.0x083 0.0x417 6x 0.0083x 0. 0 417x 6x +] [AgNH K = NH ∗ Ag+ = 6x0.∗0.0083x 0417x =9. 7 ×10 x=1. 2 8×10− −]= 0.0083x≈0.0083 M [FeSCN FeSCN+=0. 0417x≈0. 0 417 M − =6x=7. − 6 8×10 M Inicio: Reacciona: Final:
—
Posteriormente se debe llegar al equilibrio: Inicio: Reacciona: Equilibrio:
De donde
—
, por lo tanto:
28
QUÍMICA ANALÍTICA GENERAL, QMC – 1320 AUX. W. BLANCO V.
AgNO
22. Añadimos lentamente sólido (sin variación de volumen) a una disolución que es 0.001 M en los siguientes compuestos: a) Averigüe la concentración de necesaria para que precipite cada halogenuro de plata e indique el orden de precipitación. b) Hallar el porcentaje de que queda en la disolución cuando comienza a precipitar y cuando lo hace . c) Calcular el disuelto al comenzar la precipitación del .
Ag+
NaCl,NaBr y NaI. IAgCl− Br−
AgBrAgCl −=0.001 M NaCl =Cl −=0.001 M NaBr=Br NaIAg+==?I−para =0.que001preci M pite cada halogenuro Orden de preci p i t aci ó n − %I%I−= = ?? cuando comi e nza a preci p i t ar el AgBr cuando comi e nza a preci p i t ar el AgCl − KBr =?=1.cuando comi e nza a preci p i t ar el AgCl − 0 ×10 KK=8.=5.32×10×10−−
Se debe plantear las ecuaciones de equilibrios de solubilidad para los halogenuros de plata:
AgCl ⇄Ag+ Cl− K =Ag+∗Cl− AgBr ⇄Ag+ Br− K =Ag+∗Br− AgI ⇄Ag+ I− K = Ag+ ∗ I− − K 1. 0 ×10 + Ag = Cl− = 0.001 =1. 0 ×10− M − 5. 2 ×10 − Ag+ = K = =5. 2 ×10 M − Br 0.001 − K 8. 3 ×10 + Ag = I− = 0.001 =8. 3 ×10− M 1º AgI; 2º AgBr; 3º AgCl
Para determinar quien precipita primero se realiza el siguiente cálculo:
El orden de precipitación es:
29
