16 Titulacio Kps.ppt - Universidad de Puerto Rico …inieves/General/My Web_General/16_Titulacion_Kps_… · Title: Microsoft PowerPoint - 16_Titulacio_Kps.ppt [Compatibility Mode]

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Titulación• En titiulación ácido-base, agenteagente titulantetitulante solución que se añade lentamente desde

una buretaburetauna buretaburetaGeneralmente la solución añadida es de concentración

desconocidaSe añade a una solución de cocentración conocida hasta

que se completa la reacciónPuntoPunto finalfinal cuando visiblemente se ha completado la

reacción (detectado con indicadorindicador)

IndicadorIndicador especie química que cambia en color en

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IndicadorIndicador especie química que cambia en color en función de pH y se añade para detectar el puntopunto finfinal

PuntoPunto de de equivalenciaequivalencia – moles H3O+ = moles OH−

1Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e

Titulación

Copyright 2011 Pearson Education, Inc.2Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e

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Curva de Titulación• Gráfica de pH vs. cantidad de agente titulanteEl punto de inflección es el punto de equivalenciaPuntos importantes en la curvasPuntos importantes en la curvasAntesAntes del punto de equivalencia

o La solución en el matraz cónico está en exceso, (pHpH observado escercano al de la soluciónsolución en el en el matmatraz)

EnEn el punto de equivalenciao El pH dependedepende del pH de la salsal en solución

» Sal neutral, pH = 7 » Sal acídica, pH < 7


, p» Sal básica, pH > 7

DespuésDespués del punto de equivalenciao La solución de la bureta está en exceso dentro del matraz cónico (pH se

aproxima al pH de la pH de la soluciónsolución en la en la buretabureta)


Cruva de Titulación:Base desconocida añadida a ácido fuerte


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Después del

Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH

Como la concentración de ambas soluciones p

pto.equivalencia(base en exceso)

Punto de Equivalencia Moles HCl = moles NaOH

de ambas soluciones son iguales y la estequiometría es de 1:1, el punto de equivalencia se ecuentra en volumen igual


Antes pto. equivanlencia(exceso de ácido

pH = 7.00



• HCl(ac) + NaOH(ac) NaCl(ac) + H2O(aq)

InicialInicial:: moles H+ = moles HCl

neutralizaciónneutralización

InicialInicial:: moles H+ = moles HCl

puntopunto de de equivalenciaequivalenciamoles NaOH añadidos = molesiniciales HCl*

0.00 moles HCl y 0.00 moles NaOH (todotodo reaccionareacciona)

Como NaCl es una salsal neutralneutral, el pHpH en el punto de equivalencia es 7 007 00


equivalencia es 7.007.00

DepuésDepués puntopunto de de equivalenciaequivalencia:: pH NaOH en excesoexceso


* molesiniciales HCl 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

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HCl + NaOH NaCl + H2O

0.100 0.025HCl HClM V

0.100 0.005NaOH NaOHM V

0

NeutralizaciónNeutralización

pHinicial = −log(0.100) = 1.00

32.50 10x 45 10x

.

.

neutralización HCl ac NaOH ac NaCl ac H O

inicial x

rx x

final x x

2

3

4

3 4

2 5 10 0 0

5 0 10

2 0 10 0 5 0 10

Copyright 2011 Pearson Education, Inc.7

Moles HCl Cl− OH−

Antes 0.00250 0 ≈ 0

Añadidos – – 0.00050

después ≈ 00.00200 0.00050

Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e

. .final x x2 0 10 0 5 0 10


• HCl(ac) + NaOH(ac) NaCl(ac) + H2O(l)

• pHinicial = −log(0.100) = 1.00

• Molesiniciales HCl = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

HCl NaCl NaOH

moles 2 50x10-3 0 5 0x10-4

5.0 x 10−4 moles NaOH añadidos•• AntesAntes del pto. equivalencia 5.0 mL NaOH añadidos

HCl NaCl NaOH

moles 2 50x10-3 0 5 0x10-4

HCl NaCl NaOH

moles 2 50x10-3 0 5 0x10-4


molesiniciales 2.50x10 0 5.0x10

moles -5.0x10-4 +5.0x10-4 -5.0x10-4

molesfinales

[C]nueva



moles -5.0x10-4 +5.0x10-4 -5.0x10-4

molesfinales 2.00x10-3 5.0x10-4 0

[C]nueva 0.0667


moles -5.0x10-4 +5.0x10-4 -5.0x10-4


[C]nueva 0.0667 0.017 0

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• pHinicial = −log(0.100) = 1.00

• Molesi i i l HCl = 0 0250 L x 0 100 mol/L = 2 50 x 10−3

HCl NaCl NaOH

2.5 x 10−3 moles NaOH añadidos

Molesiniciales HCl 0.0250 L x 0.100 mol/L 2.50 x 10

•• EnEn el punto de equivalencia 25.0 mL NaOH añadidos

HCl NaCl NaOHHCl NaCl NaOH


molesiniciales 2.50x10-3 0 2.50x10-3

moles

molesfinales

[C]nueva



moles -2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3

molesfinales 0 2.50x10-3 0

[C]nueva


moles -2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3

molesfinales 0 2.50x10-3 0

[C]nueva 0 0.050 0



• pHinicial = −log(0.100) = 1.00

• Molesiniciales HCl = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

•• DespuésDespués del punto de equivalencia 30 0 L N OH ñ did

HCl NaCl NaOH


•• DespuésDespués del punto de equivalencia 30.0 mL NaOH añadidos

HCl NaCl NaOHHCl NaCl NaOH



moles

molesfinales

[C]nueva



moles -2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3

molesfinales 0 2.50x10-3 5.0x10-4

[C]nueva


moles -2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3

molesfinales 0 2.50x10-3 5.0x10-4

[C]nueva 0 0.045 0.0091

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+ 5.0 mL NaOH0.00200 moles HClpH = 1.18+10.0 mL NaOH0.00150 mol HClpH = 1.37

+ 15.0 mL NaOH0.00100 mol HClH 1 60

Añadir 0.100 M NaOH a 0.100 M HCl+25.0 mL 0.100 M HCl0.00250 mol HClpH = 1.00

+ 25.0 mL NaOHequivalence pointpH = 7.00+ 30.0 mL NaOH0.00050 mol NaOHpH = 11.96+ 35.0 mL NaOH0 00100 mol NaOH

pH = 1.60+ 20.0 mL NaOH0.00050 mol HClpH = 1.95


+ 40.0 mL NaOH0.00150 mol NaOHpH = 12.36

+ 50.0 mL NaOH0.00250 mol NaOHpH = 12.52

0.00100 mol NaOHpH = 12.22


Práctica – Calcule el pH de la solcuión que resulta cuando se añden 10.0 mL de 0.15 M NaOH a 50.0

mL de 0.25 M HNO3• HNO3(ac) + NaOH(ac) NaNO3(ac) + H2O(l)

• pHInicial = −log(0.250) = 0.602

HNO3 NaNO3 NaOHHNO3 NaNO3 NaOH

• molIniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−2

• Antes del punto de equivalencia 10.0 mL NaOH añadidos



moles −1.5x10-3 +1.5x10-3 −1.5x10-3


[C]nueva


moles −1.5x10-3 +1.5x10-3 −1.5x10-3


[C]nueva 0.018 0.025 012Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e

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Práctica – Calcule la cantidad de una solución de 0.15 M NaOH que debe añaidr a 50.0 mL de 0.25 M HNO3 para

alcanzar punto de equivalencia

• HNO3(ac) + NaOH(ac) NaNO3(ac) + H2O(l)

• H l (0 250) 0 60• pHInicial = −log(0.250) = 0.60

• Molesiniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−2 moles

• En el punto de equivalencia: moles of NaOH = 1.25 x 10−2


Práctica – Calcule el pH de la solución que resulta cuando 100.0 mL de 0.15 M NaOH se añaden a 50.0 mL de 0.25 M HNO3

• HNO3(ac) + NaOH(ac) NaNO3(ac) + H2O(l)

• pHInicial = −log(0.250) = 0.60

• Molesiniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−2

D éD é d l t i l i

HNO3 NaNO3 NaOH

molesiniciales 1.25E-2 0 1.5E-2

HNO3 NaNO3 NaOH

molesiniciales 1.25E-2 0 1.5E-2

•• DespuésDespués del pto equivalencia +100.0 mL NaOH


moles −1.25E-2 +1.25E-2 −1.25E-2

molesfinales 0 1.25E-2 0.0025

[C]nueva 0 0.0833 0.017

moles −1.25E-2 +1.25E-2 −1.25E-2

molesfinales 0 1.25E-2 0.0025

[C]nueva

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Titulación de base fuerte con ácido fuerte

• Si el ácido está en la bureta y se descarga a una base en el matraz cónico, la curva de titulación será la parecida a la figura.


Titulación de ácido débil con base fuerte• La curva será diferente en la región del punto de

equivalencia en y la región de exceso de ácido. El pH:p inicialinicial se determina usando la KKa a del del ácidoácido débildébil

en la región del exceso de ácido se determina como se determina para los amortiguadores.

en la región del puntopunto de de equivalenciaequivalencia se determinausando el KKbb de la base de la base conjugadaconjugada del ácido débil

d éd é d l t d i l i tá d i d l


despuésdespués del punto de equivalencia está dominado por el exceso de laLa basicidad de el anióbasebase fuertefuerten (base conjugada) es

descartable


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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH

• HCHO2(ac) + NaOH(ac) NaCHO2(ac) + H2O(ac)

• pHinicial

[HCHO2] [CHO2−] [H3O+]

Rx. Rx. NeutralizaciónNeutralizaciónHCHO2(ac) + H2O(l) CHO2

−(ac) + H3O+

(ac)

Inicial 0.100 0.000 ≈ 0

Cambio −x +x +x

equilibrio 0.100 − x x x

Ka = 1.8 x 10−4



• MolesIniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

• HCHO2(ac) + NaOH(ac) NaCHO2 (ac) + H2O(ac)

•• AntesAntes pto. equivalencia 5.0 5.0 mLmL NaOHNaOH añadidosañadidos

neutralización HCHO ac NaOH ac NaCHO ac H O 2 2 2

moles: HA A− OH−

t 2 50 10 3 0 0

.

.

. .

inicial x

rx x

final x x

2 2 2

3

4

3 4

2 5 10 0 0

5 0 10

2 0 10 0 5 0 10


antes 2.50x10-3 0 0

añadidos – – 5.0x10-4

después 2.00x10-3 5.0x10-4 ≈ 0


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Moles: HA A− OH−

antes 2.50x10-3 0 0

25.0 25.0 mLmL NaOHNaOH añadidosañadidos

• HCHO2(aq) + NaOH(aq) NaCHO2 (aq) + H2O(aq)

• Molesiniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

•• EnEn pto. de equivalencia


añadidos – – 2.50x10-3

después 0 2.50x10-3 ≈ 0

[HCHO ] [CHO −] [OH−]

CHOCHO22−−

((acac)) + H+ H22OO((ll)) HCHOHCHO2(2(acac)) + OH+ OH−−((acac))


[HCHO2] [CHO2 ] [OH ]

Inicial 0 0.0500 ≈ 0

Cambio +x −x +x

equilibrio x 5.00x10-2-x x

Kb = 5.6 x 10−11

[HCHO ] [CHO ] [OH ]


CHOCHO22−−

((acac)) + H+ H22OO((ll)) HCHOHCHO2(2(acac)) + OH+ OH−−((acac))



• En pto. de equivalencia


[HCHO2] [CHO2−] [OH−]

Inicial 0 0.0500 ≈ 0

Cambio +x −x +x

equilibrio x 5.00x10-2-x x


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•• DespuésDespués del pto. de equivalencia


moles: HA A− NaOH

antes 2.50x10-3 0 3.0x10-3

cambio −2.5x10-3 +2.5x10-3 −2.5x10-3


final 0 2.5x10-3 5.0x10-4

molaridad,nueva 0

21

0.00910.045

added 35.0 mL NaOH0.00100 mol NaOH xspH = 12.22

initial HCHO2 solution0.00250 mol HCHO2

pH = 2.37

added 5.0 mL NaOH0.00200 mol HCHO2

pH = 3.14

added 10.0 mL NaOH0.00150 mol HCHO2

pH = 3.56

added 25.0 mL NaOHequivalence point0.00250 mol CHO2

−

[CHO2−]init = 0.0500 M

[OH−]eq = 1.7 x 10−6

H 8 23

+30.0 mL NaOH0.00050 mol NaOH xspH = 11.96

Adición de NaOH a HCHO2

pH = 8.23

+ 15.0 mL NaOH0 00100 l HCHO

+ 12.5 mL NaOH0.00125 mol HCHO2

pH = 3.74 = pKa

½ pto. Equ.+ 40.0 mL NaOH0.00150 mol NaOH xspH = 12.36


+ 20.0 mL NaOH0.00050 mol HCHO2

pH = 4.34

0.00100 mol HCHO2

pH = 3.92

+50.0 mL NaOH0.00250 mol NaOH xspH = 12.52


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Titulación de ácido débil con base fuerte

• pH inicial = ácido débil

•• AntesAntes del punto de equivalencia la solución esuna solución amortiguadoraamortiguadoraSe calculan los moles HAinit y los moles A−

initusando la estequiometría de la reacciónEl pH se calcula usando Henderson-Hasselbalch


(basado en HAinit y A−init)

• A mitadmitad del punto de equivalencia pH = pH = ppKKaa


•• EnEn el punto de equivalencia los moles de HA = moles de Base añadidaL l ió lt t ti l A l H

Titulación de ácido débil con base fuerte

La solución resultante tiene moles A− = moles Haoriginales

[A−]init = moles A−/litros totales

•• DespuésDespués del punto de equivalencia, el OH está en excesoexceso[OH−] = moles MOH exceso/liltros totales


[OH ] = moles MOH exceso/liltros totales[H3O+][OH−]=1 x 10−14


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Ejemplo 16.7a: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con 0.200 M KOH. Calcule el

volumen de KOH en el punto de equivalencia.

HNO2 + KOH NO2 + H2ONeutralizaciónNeutralización

2 2

0.200 0.100 40.0 1:1

0.100 40.020.0

0.200

KOH KOH HNO HNO

KOH

KOH

M V M V

V

V mL


Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con

0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.

HNO2 + KOH NO2 + H2O

2 2

3

0.100 0.040

4 00 10

HNO HNOM V

x

3

0.200 0.005

1.00 10

KOH KOHM V

x

0

NeutralizaciónNeutralización

4.00 10x

.

.

. .

neutralización HNO ac KOH ac KNO ac H O

inicial x

rx x

final x x

2 2 2

3

3

3 3

4 0 10 0 0

1 0 10

3 0 10 0 1 0 10


Moles HNO2 NO2− OH−

Antes 0.00400 0 ≈ 0


después ≈ 00.00300 0.00100


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HNO2 + H2O NO2 + H3O+

Tabla 15.5 Ka = 4.6 x 10−4


0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.

0.00300 0.00100


HNO2 + KOH NO2 + H2O

½ pto de equivalencia moles KOH = ½ moles HNO


0.200 M KOH. Calcule el pH a mitad del punto de equivalencia.

0.00400 0.00200

½ pto. de equivalencia, moles KOH = ½ moles HNO2

0.002000.00200

HNO2 + H2O NO2 + H3O+


Moles HNO2 NO2− OH−

Antes 0.00400 0 ≈ 0


después ≈ 00.00200 0.00200

pH = pH = pKpKaa

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Base débil con ácido fuerte

Material suplementario


Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10 M HCl. Calcule el pH de la solución después de añadir 5.0 mL de HCl.• NH3(ac) + HCl(ac) NH4Cl(ac)

• Molesiniciales NH3 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

• Antes del pto de equivalencia: 5.0 mL de HCl añadidos

NH4+

(aq) + H2O(l) NH4+

(aq) + H2O(l)pKb = 4.75

moles NH3 NH4Cl HCl

antes 2.50x10-3 0 5.0x10-4

cambio −5.0x10-4 −5.0x10-4 −5.0x10-4

finles 2.00x10-3 5.0x10-4 0

[C]nueva 0.0667 0.017 0

4 (aq) 2 (l) 4 (aq) 2 (l) pKa = 14.00 − 4.75 = 9.25


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• En el pto de equivalencia lo moles NH3 = moles HCl = 2.50 x 10−3

25.0 mL HCl añadido

Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10 M HCl. Calcule el pH de la solución en el pto de equivalencia

moles NH3 NH4Cl HCl

antes 2.50x10-3 0 5.0x10-4

cambio −2.5x10-3 −2.5x10-3 −2.5x10-3

finles 0 2.5x10-3 0

[C]nueva 0 0.050 0NH4

+(ac) + H2O(l) NH3(ac) + H3O+

(ac)


[NH3] [NH4+] [H3O+]

initial 0 0.050 ≈ 0

change +x −x +x

equilibrium

x 0.050−x x

Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10 M HCl. Calcule el pH de la solución después de añadir 30 mL de HCl

• NH3(ac) + HCl(ac) NH4Cl(ac)

• Molesiniciales NH3 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3

• Después del pto de equivalencia: 30.0 mL de HCl añadidos

moles NH3 NH4Cl HCl3 4

antes 2.50x10-3 0 3.0x10-3

cambio −2.5x10-3 +2.5x10-3 −2.5x10-3

finles 0 2.5x10-3 5.010-4

[C]nueva 0 0.045 0.0091


Cuando mezcla ácido fuerte, HCl, con ácido débil, NH4

+, solo considere el fuerte


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MonitoreoMonitoreo del pH del pH durantedurante unauna TitulaciónTitulación

• Medida de conductividad por [H3O+]usando un sensor que mida H3O+ específicamenteusando un sensor que mida H3O específicamente

• El punto final de una titulación se alcanza en el punto de equivalencia – en el punto de inflección de la curvaSi sabe la cantidad necesaria para llegar al punto final,

se monitorea con un indicador


Monitoreo de pH durante una titulación


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IndicadoresIndicadores

• Muchos tintes cambian de color dependiendo el pH de la solución Son ácidos débiles con equilbrioq

HInd(ac) + H2O(l) Ind(ac) + H3O+

(ac)

El color de la solución depende de la conentración relativa de Ind:HInd

Cuando Ind:HInd ≈ 1, el color será una mezcla de los colores de Ind y HInd

Cuando Ind:HInd > 10, el color será el color de Ind


,

Cuando Ind:HInd < 0.1, el color será de HInd


Fenoftaleína


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Rojo de Metilo

CH

CH

CH

CH

C

C CH

CHC

CH

CH

C(CH3)2N N N NH

NaOOC

C

C CH

CH

CH

CH

C

CH

CH

C

CH

CH

(CH3)2N N N N

H3O+ OH-


HH HNaOOC


Monitoreo de Titulación con indicadorpKa de HInd ≈ pH en el punto de equivalencia

Indicadores ácido-base


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Equilibrio de Solubilidad

• Todos los compuestos iónicos se disuelven en agua en cierto gradoAquellos con solubilidad bien baja se clasifican

como insolublesinsolubles

• Se aplica el concepto de equilbrio a las sales y se usa la constante de equilbrio para medir la


q psolubilidad relativa en agua


Producto de Solubilidad• La constante de equilbrio para la disociación de una

sal en sus iones en medio acuoso se llama constante de producto de solubilidad Kconstante de producto de solubilidad, Ksp

• Para sólido iónico MnXm, la reacción de disociación es:

MnXm(s) nMm+(aq) + mXn−(aq)• El producto de solubilidad es:

Ksp = [Mm+]n[Xn−]m


sp [ ] [ ]Ejemplo: la disociación de la reacción de PbCl2 es

PbCl2(s) Pb2+(aq) + 2 Cl−(aq)La constante de equilibrio es

Ksp = [Pb2+][Cl−]2


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Solubilidad Molar• Solubilidad es la cantidad de soluto que se

disuelve en una cantidad dada de soluciónA t t d dA una temperatrua dada

• La solubilidad molar es el número de moles de soluto que se disuelven en un litro de soluciónEs la molaridad del soluto disuelto en una solución

saturada


Para la reacción general MnXm(s) nMm+(ac) + mXn−(ac)


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Ejemplo 16.8: Calcule la solubilidad molar de PbCl2 en agua pura a 25 C, Kps = 1.17 x 10-5

PbC l s Pb ac C l ac

x x

22 2

2

[Pb2+] [Cl−]

Inicial 0 0

ps

s s

K Pb C l s s s 2 22 3

2

2 4


Inicial 0 0

Cambio +S +2S

Equilibrio S 2S


Práctica – Determine el Ksp de PbBr2 si la solubilidad molar en agua a 25 C es 1.05 x 10−2 M

PbBr s Pb ac Br ac

x x

22 2

2

[Pb2+] [Br−]

ps

s s

K Pb Br s s s 2 22 3

2

2 4


[Pb ] [Br ]

Inicial 0 0

Cambio +(1.05 x 10−2) +2(1.05 x 10−2)

equilibrio (1.05 x 10−2) (2.10 x 10−2)


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PbBr s Pb ac Br ac 22 2

Práctica – Determine el Ksp de PbBr2 si la solubilidad molar en agua a 25 C es 1.05 x 10−2 M

. .

. .

ps

ps

ps

K Pb Br s s s

K s x x

K s s x x

2 22 3

33 2 6

22 2 2

2 4

4 4 1 05 10 4 63 10

2 1 05 10 2 1 05 10


. . .psK x x x 22 2 61 05 10 2 10 10 4 63 10

El efecto de ión común sobre la solubilidad

Ksp y Solubilidad Relativa

• Tomar en consideración la estequiometría

El efecto de ión común sobre la solubilidad

• Añadir una sal soluble que contenga uno de los iones de la sal insoluble disminuye la solubilidad de la insolubleEjemplo NaCl añadido a PbCl2 disminuye la solubilidad


de PbCl2 (Le Chatelier)

PbCl2(s) Pb2+(aq) + 2 Cl−(aq)

Añadir Cl− desplaza el equilibriohacia la izquierda


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Ejemplo 16.10: Calcule la solubilidad molar de CaF2 en 0.100 M NaF a 25 C[Ca2+] [F−]

Inicial 0 0.100

cambio +S +2S

equilibrio S 0.100 + 2S

C a F s C a a c F a c 2 2

.

.

.

s s

p s

C a F s C a a c F a c

K C a F s s

K s

2

0 1

0 1 2

2 22

2

2

0 1 2

0 1


.

. .

..

.

p sK s

x s

xs x

21 0

1 08

2

0 1

1 4 6 1 0 0 1

1 4 6 1 01 4 6 1 0

0 1

Práctica – Determine la concentración de los iones de Ag+ en agua de mar que tiene [Cl−] igual 0.55 M

AgCl(s) Ag+(aq) + Cl−(aq)K [A +][Cl ]S

Ksp = [Ag+][Cl−]

Ksp = [Ag+][Cl−]

Ksp = (S)(0.55 + S)

Ksp = (S)(0.55)

S 0.55 + S


[Ag+] [Cl−]

Inicial 0 0.55

Cambio +S +S

equilibrio S 0.55 + S


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El Efecto de pH en la Solubilidad

• Para hidróxidos iónicos insolubles, a mayor pH, menor la solubilidadMenor pH, mayor la solubilidad

Mayor pH = [OH−] aumenta

M(OH)n(s) Mn+(aq) + nOH−(aq)

• Los sólidos iónicos insolubles que contiene aniones de ácidos débiles, a menor pH, mayor la


aniones de ácidos débiles, a menor pH, mayor la solubilidad

M2(CO3)n(s) 2 Mn+(ac) + nCO32−(ac)

H3O+(ac) + CO32− (ac) HCO3

− (ac) + H2O(l)


Precipitación• Ocurre cuando la concentración de los iones

excede la solubilidad del compuesto iónicoC ió d Q d l l ió l K• Comparación de Q,de la solución con el Ksp, se puede determinar si ocurre precipitaciónQ = Ksp, solución saturada, no hay precipitaciónQ < Ksp, solución insaturada, no hay precipitaciónQ > Ksp, solution está más allá de saturación, se

precipita


• Algunas soluciones con Q > Ksp no precipitan a menos que se perturben – se llaman solución sobresaturada


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Ocure precipitaciónsi Q > Ksp

Solución sobresaturada se precipita si se añade un cristal

semilla


Ejemplo 16.12: ¿Se formará precipitado cuando se mezclan Pb(NO3)2(ac) con NaBr(ac) si la concentración al mezclar es

0.0150 M y 0.0350 M respectivamente?Pb(NO3)2(aq) + 2 NaBr(aq) → PbBr2(s) + 2 NaNO3(aq)

Pb(NO3)2 = 0 0150 M NaBr = 0.0350 M

Ksp of PbBr2 = 4.67 x 10–6

PbBr2(s) Pb2+(ac) + 2 Br−(ac)

Pb(NO3)2 0.0150 M Pb2+ = 0.0150 M, NO3

− = 2(0.0150 M)

Na+ = 0.0350 M, Br− = 0.0350 M


Q < Ksp, no precipitación52Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e

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Práctica – Se formará precipitado cuando Ca(NO3)2(ac) se mezcla con NaOH(ac) si las concentraciones después de mezclar son iguales a 0.0175 M para ambas especies?

Ca(NO3)2(ac) + 2 NaOH(ac) → Ca(OH)2(s) + 2 NaNO3(ac)

Ca(NO ) = 0 0175 M N OH 0 0175 M

Ksp of Ca(OH)2 = 4.68 x 10–6

Ca(OH)2(s) Ca2+(ac) + 2 OH−

(ac)

Ca(NO3)2 = 0.0175 M Ca2+ = 0.0175 M, NO3

− = 2(0.0175 M)

NaOH = 0.0175 M Na+ = 0.0175 M,

OH− = 0.0175 M


Q > Ksp, se precipita


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