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• BLOQUE 3 (segunda parte)
Profesor: Mª del Carmen Clemente Jul
DISOLUCIONES REGULADORAS: ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL
PREPARACIÓN:
2NaAc + HCl NaAc exc + HAc + NaCl
HCOOCH3 COOCH3(-) + H(+)
NaCOOCH3 Na+ + CH3-COO(-)
TAMPÓN
+ H2O HCOOCH3 + OH-
pH DEL TAMPÓN: −+ =
AcHAc
KaH
PROPIEDADES:
-AL AÑADIR UN ÁCIDO H+ + Ac- HAc |HAc| y |Ac-|
-AL AÑADIR UNA BASE OH- + HAc Ac- + H2O |Ac-| y |HAc|
MEJOR FUNCIONAMIENTO: [ÁCIDO] = [BASE CONJUGADA] pH = pKa
INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pKa + 1
CONOCER Y APLICAR LAS VARIACIONES DE Ph EN DISOLUCIONES REGULADORAS Y CALCULAR LA CAPACIDAD DE AMORTIGUAMIENTO(3.1.23; 3.1.24; 3.125a)
3.1.20
TAMPÓN: HAc / NaAc
0,1 M 0,4 M
NaAc Ac- + Na
HAc + H2O Ac- + H3O+
35,5pH
10.5,44,01,010x8,1
AcAcH
10x8,1OH
10x8,1HAc
OHAcK
6553
53a
=
===
==
−−−
−+
−+−
3.1.29
NaAc + HCl NaAc exc + HAc + NaCl
2,650 g 250 ml 0,08M TAMPÓN
a) CÁLCULO DEL pH DE LA DISOLUCIÓN TAMPÓN
• CÁLCULOS DE LOS MOLES DE NaAc INICIALES:
MOLES NaAc = MOLES032,0g82
mol1g650,2 =
• CÁLCULO DE LOS MOLES DE HCl:
MOLES HCl = MOLES02,010
08,0.2503 =
EN LA PREPARACIÓN DEL TAMPÓN 0,02 MOLES DE HCl HAN REACCIONADO CON 0,02 MOLES DE NaAc PARA FORMAR 0,02 MOLES DE NaAc. LOS MOLES DE NaAc QUE NO HAN REACCIONADO SON:
0,032-0,02 = 0,012 MOLES
EL TAMPÓN ESTÁ FORMADO POR 0,02 MOLES DE HAc Y 0,012 MOLES DE NaAc
pH = 4,53
b) SE ADICIONA 10 ml DE HCl 0,08 M
moles de NaAc iniciales = 0,032
moles de HCl iniciales = 0,02
moles HCl adicionados =
EL TAMPÓN ESTÁ FORMADO POR 0,0208 MOLES DE HAc Y 0,0112 MOLES DE NaAc
pH = 4,48
V/012,0V/02,0.10.8,1
AcHAc
KaH 5−−
+ ==
0008,010
08,0.103 =
V/0112,0V/0208,0.10.8,1
AcHAc
KaH 5−−
+ ==
c) SE ADICIONAN 10 ml DE NaOH 0,08 M
MOLES DE HAc INICIALES = 0,02
MOLES DE NaAc (EN EL TAMPÓN) = 0,012
MOLES DE NaOH ADICIONADOS =
NaOH + HAc NaAc + H2O
LUEGO SE FORMAN 0,0008 MOLES DE NaAc A PARTIR DE 0,0008 MOLES DE NaOH QUE HAN REACCIONADO CON 0,0008 MOLES DE HAc
EL NUEVO TAMPÓN ESTARÁ FORMADO POR 0,0192 MOLES DE HAcY 0,0128 MOLES DE NaAc
0008,010
08,0.103 =
58,4pH;V/0128,0V/0192,0.10.8,1H 5 == −+
d) EN AGUA PURA: |OH-| = |H3O+| = 10-7 pH= 7
AL AÑADIR 10 ML DE HCl 0,08 M A 250 ML DE H2O:
COMO EL HCl ESTÁ COMPLETAMENTE DISOCIADO |H3O+| =3,08.10-3; pH=2,51
e) AL AÑADIR 10 mL DE NaOH 0,08M A 250 mL de H2O
310.08,3260
08,0.10H −+ ==
49,11pH;51,2pOH
10.08,3260
08,0.10OH 3
==
== −−
PRÁCTICA: DISOLUCIONES TAMPÓN
HAc (1 M) / NaAc (1 M)
10 ml 10 ml
1. H2O + NaOH : NaOH Na+ + OH-
5 ml 1 ml 0,1 M
2. HAc/NaAc + NaOH
5 ml 1 ml 0,1 M
HAc + NaOH NaAc + H2O
7pHpOH016,06
1,0.1OH >⇒⇒==−
↓↑ HAcyNaAc
PRODUCIDApHDEVARIACIÓNLACOMPARAR·
HAcDELVALORESNUEVOSLOSCONAcHAc
KaHCALCULAR·
TAMPÓNELENAcHAc
KaHCALCULAR·
−+
−+
=
=
PRÁCTICA: DISOLUCIONES TAMPÓN
3. H2O + HCl : HCl H+ + Cl-
5 ml 1ml 0,1 M
4. HAc / NaAc + HCl
5 ml 1ml 0,1 M
NaAc + HCl HAc + NaCl
7pH016,06
1,0.1H <⇒==+
↓↑ NaAcyHAc
• CALCULAR CON LOS NUEVOS VALORES DE NaAc
• COMPARAR LA VARIACIÓN DEL pH PRODUCIDA
−+ =
AcHAc
KaH
5. DETERMINAR pH DEL AGUA DESTILADA
6. DETERMINAR pH DE LA DISOLUCIÓN TAMPÓN
3.1.30
a) EL TAMPÓN SE PREPARA MEDIANTE LA REACCIÓN
NaCN + HCl Cl- + Na+ + HCN (1)
10 g 0,1 L. 1M
10g de NaCN
0,1 L DE HCl 1 M <> 0,1.1 = 0,1 moles
• EN LA REACCIÓN (1) SE HAN GASTADO LOS 0,1 MOLES DE HCl QUE HAN REACCIONADO CON 0,1 MOLES DE NaCNPARA DAR 0,1 MOLES DE NaCl y 0,1 MOLES DE HCN
• SIN REACCIONAR QUEDAN 0,204-0,1 = 0,104 MOLES DE NaCN
COMO ES UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN DE ÁCIDO DÉBIL:
M04,21,0
204,0moles204,04910
=<>=<>
M04,1L1,0
MOLES104,0CN;M1L1,0
MOLES1,0HCN ==== −
16,9pH
10.92,604,1110.2,7
CNHCN
KaH 1010
=
=== −−−
+
3.1.30 b) SI SE AÑADE 1 mL. DE HNO3 AL 71,68% Y CON ρ = 1,42 g/mL
LOS 1,61.10-2 MOLES DE HNO3 REACCIONARÁN CON 1,61.10-2
MOLES DE NaCN PARA DAR 1,61.10-2 MOLES DE NaNO3
H+ + NO3- + NaCN Na+ + NO3
- + HCN
DE LOS 0,104 MOLES QUE HAY DE NaCN EN EL TAMPÓN QUEDARÁN: 0,104-1,61.10-2 = 0,087 MOLES
Y SE HABRÁN FORMADO 1,61.10-2 MOLES MÁS DE HCN LUEGO
MOLES DE HCN = 0,1 + 1,61.10-2 = 0,116 MOLES
MOLES10.61,17168,0.mL1.mol/g63mL/g42,1molesHNO 2
3−==
02,9pH;10.52,987,016,110.2,7
CNHCN
KaH
M16,11,0
116,0HCN
M87,01,0
087,0CN
1010 ====
==
==
−−−
+
−
DISOLUCIONES REGULADORAS: BASE DÉBIL Y SU SAL
PREPARACIÓN:
2NH4NO3 + NaOH NH4NO3exc + NH4OH + NaNO3
NH4OH NH4(+) + OH(-)
NH4NO3 NO3- + NH4
(+)
TAMPÓN
+ H2O NH4OH + H+
pH DEL TAMPÓN: SE CALCULA A PARTIR DE OHNH
OHNHKb
4
4−+
=
PROPIEDADES:
-AL AÑADIR UN ÁCIDO H+ + NH4OH NH4+ + H2O |NH4
+| y |NH3|
-AL AÑADIR UNA BASE OH+ + NH4+ NH4OH |NH3| y |NH4
+|
MEJOR FUNCIONAMIENTO: [BASE] = [ACIDO CONJUGADO] pH = pKb
INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pKb + 1
3.1.21 (3.1.22)
DATOS:
• pH DEL TAMPÓN NH3-NH4NO3 = 8,54
• Kb(NH3) = 1,8.10-5
CÁLCULO DE LA RELACIÓN :
CONSIDERAR EL EQUILIBRIO NH3 + H2O NH4+ + OH-
COMO pH= 8,54 |H+| = 3.10-9M
34
3
NONHNH
3
4
NHOHNH
Kb−+
=Kb
OH
NHNH
4
3−
+=
59
14
10.33,010.3
10OH −−
−− ==
18,010.8,110.33,0
NHNH
5
5
4
3 == −
−
+
CALCULAR Y APLICAR LAS VARIACIONES DE pH EN DISOLUCIONES REGULADORAS Y CALCULAR LA CAPACIDAD DE AMORTIGUAMIENTO
3.1.26(3.1.25b) DATOS:
NH4OH / NH4NO3 + 20 ml NaOH 1,0 M
200 ml 0,4 M 0,5 M
NH4NO3 NH4+ + NO3
- (NH4+ + H2O NH4OH + H+)
NH4OH NH4+ + OH- (Kb = 1,73.10-5)
SOLUCIÓN:
138,9pH10.267,710x376,1
10H
10x376,15,04,0.10.73,1OH;10x73,1
OHNHOHNH
Kb
105
14
555
4
4
=⇒==
====
−−
−+
−−−−−+
AL AÑADIR NaOH, LOS IONES OH- REACCIONARÁN CON LOS IONES NH4
+ PARA FORMAR NH4OH, LUEGO LA |NH4+| DEL TAMPÓN
DISMINUYE Y LA |NH4OH| AUMENTA:
344
344
32
10.99,99NHmoles:mL220en4545,0220
200x5,0NH
10.97,79OHNHmoles:mL220en3636,0220
200x4,0OHNH
10.84,19NaOHmoles:ml220en10.09,9220
1x20NaOH
−++
−
−−
=⇒==
=⇒==
=⇒==
ANTES
DE
REACCIONAR
3.1.26. Cont.
LOS 19,84.10-3 MOLES DE OH- AÑADIDOS PROCEDENTES DEL NaOH REACCIONAN CON OTROS TANTOS DE NH4
+ PARA DAR IGUAL NÚMERO DE MOLES NUEVOS DE NH4OH
moles NH4+ = 99,99.10-3 – 19,84.10-3 = 80,15.10-3 moles
M3643,0220,0
10.15,80NH3
4 ==−
+
moles NH4OH = 79,97.10-3 + 19,84.10-3 = 99,83.10-3 moles
33,9pH;10.64,410.5,2
10H
10.15,23643,04538,0.10.73,1
NHOHNH
KbOH
M4538,0220,0
10.83,99OHNH
105
14
55
4
4
3
4
===
===
==
−−
−+
−−+
−
−
3.1.22 DATOS:
NH4Cl/NH4OH pH tampón = 10
α= 1 50 cm3, 0,01M
SOLUCIÓN:
NH4Cl Cl- + NH4+
1ClNH
NH
ClNH
Cl
inic4
equiv4
inic4
equiv ===α+−
inic4eq4
INI4eq
ClNHNH
ClNHCl
=
=
+
−
NH4OH NH4+ + OH-
OHNHOHNH
Kb4
4−+
=
SI pH = 10; |H+| = 10-10; |OH-| = 10-4
34
544 10x8,1
1001,0x10x8,1
OHOHNH
KbNH −−
−−
+ ===
3.1.22 cont.
Si |NH4+| = 1,8x10-3 moles/1L, en 50 mL habrá 1,8x10-3.0,05 = 9,0x10-5
moles.
COMO |NH4+|eq = |NH4Cl|
.g10.86,4mol1
ClgNH54molesx10x05,9ClNH 3454
−− ==
DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES) ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL
SE PREPARAN MEZCLANDO UNA DISOLUCIÓN DE ÁCIDO DÉBIL Y UNA DISOLUCIÓN DE BASE FUERTE
HCOO-CH3 + NaOH NaCOO-CH3 + HCOO-CH3 (excedente)
• HCOOCH3 ex COOCH3(-) + H+ (1)
• NaCOOCH3 Na+ + COOCH3(-)
H2O HCOOCH3 + OH- (2)LA CONCENTRACIÓN |Ac-| PROCEDENTE DE LA SAL INFLUYE EN (1) Y SE PRODUCE UN DESPLAZAMIENTO HACIA LA IZQUIERDA. LA CONCENTRACIÓN |HAc| PROCEDENTE DEL ÁCIDO INFLUYE EN (2) Y SE PRODUCE UN DESPLAZAMIENTO HACIA LA IZQUIERDA
CONCLUSIÓN: LAS |HAc|eq Y |Ac-|eq SON LAS CONCENTRACIONES INICIALES
tampóndelpHAcHAc
KaH ⇒=−
+
DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES) BASE DÉBIL Y SU SAL
SE PREPARAN MEZCLANDO UNA DISOLUCIÓN DE BASE DÉBIL Y UNA DISOLUCIÓN DE ÁCIDO FUERTE
NH3 + HNO3 NH4NO3 + NH3 (excedente)
NH3 ex + H2O NH4+ + OH-
NH4NO3 NH4+ + NO3
-
+ H2O NH4OH + H+
PARA CALCULAR EL pH DEL TAMPÓN SE UTILIZA
DONDE |NH4+| = |SAL|INICIAL
|NH3| = |NH3|excedente
3
4
NHOHNH
Kb−+
=
DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES)
FORMADAS POR DOS ESPECIES EN DISOLUCIÓN
• ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL HCOO-CH3 Y NaCOO-CH3
• BASE DÉBIL Y SU SAL NH3 Y NH4NO3
RESISTEN LOS CAMBIOS DE pH CUANDO SE ADICIONAN PEQUEÑAS CANTIDADES DE ÁCIDO O DE BASE
(1) EL ÁCIDO DÉBIL, HAc, CONSUME LOS IONES OH-
HAc + OH- Ac- + H2O
LA SAL, NaAc, CONSUME LOS IONES H+ POR REACCIÓN DE SU BASE CONJUGADA Ac- (NaAc Na+ + Ac-)
Ac- + H+ HAc
DEBE CONTENER CANTIDADES COMPARABLES DEL ÁCIDO Y SU BASE CONJUGADA Y CAPACES DE NEUTRALIZAR LOS H+ Y OH-
INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pKa + 1
MEJOR FUNCIONAMIENTO: [ACIDO] = [BASE CONJUGADA]; pH=pKa
DISOLUCIÓN AMORTIGUADORA DE UN ÁCIDO DÉBIL DIPRÓTICO
SU CONSTANTE ES Ka1 Y SU
H2CO3 HCO3- + H+ ; INTERVALO DE
AMORTIGUAMIENTO ES
HCO3- CO3
2- + H+ ; SU CONSTANTE ES Ka2 Y SU
INTERVALO DE
AMORTIGUAMIENTO ES
5,38
pKa1 + 1
4,30
9,32
pKa2 + 1
11,32
PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN
DE UN pH ESPECÍFICO (1)
SI LA DISOLUCIÓN TAMPÓN ES DE ÁCIDO DÉBIL, SU
pH = pKa + log |base conjugada|/|acido|
COMO EL TAMPÓN FUNCIONA MEJOR A pH = pKa, SE SELECCIONA UN ÁCIDO DÉBIL CUYO pKa SEA PRACTICAMENTE IGUAL AL pH DESEADO
PREPARACIÓN DE UN TAMPÓN DE FOSFATOS DE pH 7,40
H3PO4 H+ + H2PO4- pKa1 = 2,12
H2PO4 H+ + HPO42- pKa2 = 7,21
HPO42- H+ + PO4
3- pKa2 = 12,32
1) SISTEMA H3PO4/H2PO4-: INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO
2,12 + 1 = DE 1,12 A 3,12
2) SISTEMA H2PO4-/HPO4
2-: INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO
7,21 + 1 = DE 6,21 A 8,21
3) SISTEMA HPO4 2-/PO4
3-: INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO
12,32 + 1 = DE 11,32 A 13,32
SE SELECCIONA EL SISTEMA 2 DONDE ESTÁ ENGLOBADO EL pH= 7,40
PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN
DE UN pH ESPECÍFICO (2)
−
−
±=42
24
2 POH
HPOlogpKapH
−
−
±=42
24
POH
HPOlog21,740,7
5,1POH
HPO;19,0
POH
HPOlog
42
24
42
24 ==
−
−
−
−
PREPARACIÓN: SE DISUELVEN 1,5 MOLES DE Na2HPO4 Y 1 MOL DE NaH2PO4 EN CANTIDAD DE AGUA SUFICIENTE PARA LLEVAR LA DISOLUCIÓN A 1 L.
PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN
DE UN pH ESPECÍFICO (3)
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE (1)
BURETA: DISOLUCIÓN DE NaOH 0,1 M
ERLENMEYER: 25 ML DE HCl 0,1 M
- REACCIÓN DE VALORACIÓN:
HCl + NaOH NaCl + H2O
O LA ECUACIÓN IÓNICA NETA: H+ + OH- H2O
- LA CURVA DE VALORACIÓN ES LA REPRESENTACIÓN DE:
pH = f (V NaOH AÑADIDO)
- ETAPAS EN LA VALORACIÓN:
ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
• PARA 10 mL de NaOH AÑADIDOS:
• MOLES DE HCl EN DISOLUCIÓN = MOLES DE HClINIC – MOLES DE HClNEUTRALIZADOS = MOLES DE HClINIC – MOLES DE NaOHAÑADIDOS =
MOLES10.50,1mL1000
L1L
NaOHMOLES1,0mL25mL1000
L1L
HClMOLES1,0 3−=•−••=
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE (2)
ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA (cont)
HCl H+ + Cl-
37,1pH
L/mol043,0L1mL1000x
mL)00,1000,25(MOLES10.50,1
)L(TOTALVOLUMENHDEMOLESH
3
=
=+
==−+
+
EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA, VNaOH .MNaOH = VHCl . MHCl
PARA 25 mL DE NaOH 0,1 M AÑADIDOS A 25 ML DE HCl 0,1 M
|H+| = |OH-| = 1x10-7 M pH = 7
DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
• PARA 35 ML de NaOH AÑADIDOS
MOLES DE NaOH EN DISOLUCIÓN = MOLES DE NaOH AÑADIDOS – MOLES DE NaOH NEUTRALIZADO =
22,12pOH14pH;78,1pOH
M0167,0L1mL1000
mL)2535(MOLES10
)L(TOTALVOLUMENOHDEMOLESOH
MOLES10mL1000
L1L1
MOLES1,0mlNaOH25xmL1000
L1L1
moles1,0mlNaOH35
3
3
=−==
=•+
==
=××××=
−−−
−
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE (3)
EJEMPLO DE CURVA DE VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE: (VALORACIÓN DE 25 mL DE NaOH0,15N CON HCl 0,1M)
CALCULAR EL pH PARA LOS SIGUIENTES PUNTOS DE LA CURVA DE VALORACIÓN:
PUNTO A: 0 ml HCl
PUNTO B: 5 ml HCl
PUNTO C: 10 ml HCl
PUNTO E: PUNTO DE EQUIVALENCIA
PUNTO F: PARA 5 mL DESPUÉS DE PASAR EL PE
PUNTO G: PARA 10 mL DESPUÉS DE PASAR EL PE
INDICADORES ÁCIDO BASE
ÁCIDOS ORGÁNICOS DÉBILES CON COLORES DISTINTOS EN SUS FORMAS IONIZADA Y NO IONIZADA
HIn In- + H+
COLOR A COLOR B
ANTES P.E EL COLOR DEL ÁCIDO HIn ES EL QUE PREDOMINA
DESPUES P.E EL COLOR DE LA BASE CONJUGADA In- ES EL QUE PREDOMINA
P.E EL COLOR ES UNA COMBINACIÓN DE LOS COLORES DE HIn Y DE In-
10InHIn
≥•−
10InHIn
≤•−
−=• InHIn
EQUIVIND pHpK;HHIn
HInKind === +
+−
pKa -1< pHeq < pKa +1
INDICADORES ÁCIDO BASE
BASES ORGÁNICAS DÉBILES CON COLORES DISTINTOS EN SUS FORMAS IONIZADA Y NO IONIZADA
B- + H+ HB
COLOR A COLOR B
ANTES P.E EL COLOR DE LA BASE ES EL QUE PREDOMINA
DESPUES P.E EL COLOR DEL ÁCIDO CONJUGADO PREDOMINA
P.E EL COLOR ES UNA COMBINACIÓN DE LOS COLORES A Y B
10HBB
≥•−
10BHB
≥•−
HBB =• −
EQUIVIND pHpK;HHB
HBKind === +
+−
pKb -1< pHeq < pKb +1
CONSTRUIR CURVAS DE VALORACIÓN Y CONOCER EL MODO DE ACTUACIÓN DE LOS INDICADORES
3.1.32.
BURETA: NaOH 0,25 M
ERLENMEYER: 20 cm3 HCN 0,2 M (Ka = 3,98.10-10)
REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN:
HCN + NaOH NaCN + H2O
Ó LA FORMA IÓNICA NETA
CN- + H2O HCN + OH-; pHeq > 7
1. ANTES DE ADICIONAR LA BASE
HCN CN- + H+
INICIAL 0,2 M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,2-x)M +xM +xM
05,5pH;10.92,8Hx2,0
xx2,0
x10.98,3
10.98,3HCN
HCNKa
6
2210
10
===
≈−
=
==
−+
−
−+−
2. PARA 7 cm3 DE NaOH ADICIONADOS:
MOLES HCNLIBRES = MOLES HCNINICIALES-MOLES DE NaOHAÑADIDOS=
MOLESmL
LLmolNaOHml
mLL
LmolHCNmL 31025,2
10001
125,07
10001
12,020 −×=××−××=
ADEMÁS SE HAN FORMADO A PARTIR DE 1,75x10-3 MOLES DE NaOH, 1,75.10-3 MOLES DE NaCN , LUEGO SE TIENE UN TAMPÓN HCN/NaCNCUYO pH ES
29,910.25,210.75,1log10.98,3log
HCNCN
logpKapH 3
310 =+−=+= −
−−
−
3.1.32 cont.
3. EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA
MOLES DE HCN = MOLES DE NaOH
MOLES DE HCN = 20 mL HCN x 0,2 MOL/L x 1 L/1000mL = 4x10-3
MOLES
MOLES DE NaOH = 4x10-3 = ; V = 16 mL
HCN + NaOH NaCN + H2O
4x10-3moles 4x10-3moles 4x10-3moles
1000025V×
M11,0L1mL1000
mL16mL20MOLES10.4M
3
NaCN =×+
=−
AL HIDROLIZARSE EL CN-:
NaCN CN- + Na+
0,11M 0,11M 0,11M
3.1.32 cont.
CN- + H2O HCN + OH-
INICIAL 0,11M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,11-x)M +xM +xM
22,11pH;78,2pOH;M10x66,1OHx
10x98,310x1
KaKw
11,0x
x11,0x
CN
OHHCNKbKh
3
10
1422
====
==≈−
===
−−
−
−
−
−
4. PARA 20 mL DE NaOH ADICIONADOS:
• pH BÁSICO DEBIDO A LA PRESENCIA DE IONES OH- (DEL NaOH) Y DE LOS IONES CN-
• OH- MÁS BÁSICO QUE CN-: SE DESPRECIA EL EFECTO DE LOS IONES CN-
3.1.32 cont.
MOLES DE OH- LIBRES = MOLES NaOH AÑADIDOS – MOLES NaOHNEUTRALIZADOS =
MOLES10.110.410.5mL1000
L1L125,0mL16
mL1000L1
L1MOL25,0mL20
333 −−− =−=
=××−××=
39,12pH;61,1pOH
M025,0L1mL1000
mL20mL20MOLES10.1]OH[
3
LIBRE
==
=•+
=−
−
b) ELECCIÓN DEL INDICADOR
COMO pHequiv = 11,22
EN EL PEQUIV |HIn| = |In-| ;
LUEGO pKind pHequiv
EL ULTIMO
++−
== HInH
HInKIn
3.1.32. cont
≈
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (1)
BURETA: NaOH 0,1 M
ERLENMEYER: CH3COOH 0,1M, 25 mL
REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN:
CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O
Ó LA ECUACIÓN IÓNICA NETA:
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-; pH p eq > 7
CURVA DE VALORACIÓN
PARA 10 mL DE NaOH AÑADIDOS: ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
- MOLES HAc LIBRES = MOLES HAc INICIALES – MOLES DE NaOHAÑADIDOS =
moles10x50,1mL1000
L1L1mol100,0mlNaOH10
mL1000L1
L1mol100,0mLHAc25
3−=
=××−××=
- ADEMÁS SE HAN FORMADO 1x10-3 MOLES DE NaAc (A PARTIR DE 1x10-3 MOLES DE NaOH) LUEGO SE TIENE UN TAMPÓN CH3COOH/CH3COONa CUYO pH ES
57,410x5,1
10x1log10x8,1logCOOHCHCOOCH
logpKapH 3
35
3
3 =+−=+= −
−−
−
• EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA
MOLES DE HAc = MOLES NaOH =
MOLES10x5,2mL1000
L1L
MOLES1,0mL25 3−=××=
CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O
2,5.10-3 MOLES 2,5.10-3 2,5.10-3 MOLES
M05,0L1mL1000
mL25mL25MOLES10.5,2M
3
COONa3CH =×+
=−
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (2)
AL HIDROLIZARSE EL CH3COO-:
CH3COONa CH3COO- + Na+
0,05 M 0,05 M 0,05 M
CH3COO- + H2O CH3COO- + OH-
INICIAL 0,05M 0 0
CAMBIO -xM +xM +x M
EQUILIBRIO (0,05-x)M + xM +x M
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (3)
05,0x
x05,0x
COOCH
OHCOOHCH10.6,5
10.8,110.1
KaKwKh
22
3
3105
14
≈−
=====−
−−
−
−
x = |OH-| = 5,29.10-6 M
pOH = 5,28; pH = 14-pOH = 8,72
• DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
•EL pH SERÁ BÁSICO DEBIDO A LA PRESENCIA DE LOS IONES OH- (DEL NaOH) Y DE LOS IONES CH3-COO-
•OH- MÁS BÁSICO QUE CH3COO-: SE DESPRECIA EL EFECTO DE LOS IONES CH3-COO-
-PARA 35 mL DE NaOH AÑADIDOS:
MOLES DE OH- LIBRES = MOLES DE OH- AÑADIDOS – MOLES OH-
NEUTRALIZADOS =
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (4)
22,12pH;78,1pOH;M0167,0L1mL1000
mL35mL25MOLES10x1]OH[
MOLES10x1mL1000
L1x
xL1
MOLES1,0NaOHmL25mL1000
L1L1
MOLES1,0NaOHmL35
3
LIBRE
3
===•+
=
=
×−××=
−−
−
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (5)
8,8pH;2,5pOH;10.2,5OHx
05,0x
x05,0x
COOCH
OHCOOHCH10.8,1
10.1KaKwKbKh
6
22
3
35
14
====
≈−
=====
−−
−
−
−
−
c) LA FENOLFTALEINA CON INTERVALO DE pK ENTRE 8,2-10,00 ES EL INDICADOR ADECUADO
EL ROJO DE METILO NO SERÍA ADECUADO PORQUE SU
pK < pH EQUIV
EJEMPLO DE CURVA DE VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (VALORACIÓN DE 25 mL DE HAc 0,15 M CON NaOH 0,10 M)
CALCULAR EL pH PARA LOS SIGUIENTES PUNTOS DE LA CURVA DE VALORACIÓN:
PUNTO A: PARA 0 ml NaOH
PUNTO B: PARA 5 “ “
PUNTO C: PARA 10 “ “
PUNTO E: PUNTO DE EQUIVALENCIA
PUNTO F: PARA 5 mL DE NaOH DESPUÉS DE PASAR EL PUNTO DE EQUIVALENCIA
EX. VALORACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN 10-1 M DE METILAMINA (20 ml) (CH3NH2) CON HCl 10-1 M
DATOS:
• Kb (CH3NH2) = 4,5.10-4
• REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN
CH3NH2 + HCl CH3NH3 + Cl-
SOLUCIÓN:
a) CÁLCULO DEL pH ANTES DE LA ADICIÓN DEL ÁCIDO (SE RESUELVE IGUAL QUE EL 3.1.5)
pH = 11,8
EX. CONT (2)
b) DESPUÉS DE ADICIONAR 10 ml DE HCl:
• MOLES DE CH3NH2 SIN REACCIONAR = MOLES DE CH3NH2 INICIALES – MOLES DE CH3NH2 TRANSFORMADOS EN SAL =
moles001,01000
1,0.101000
1,020=−
×=
• ADEMÁS SE HAN FORMADO 0,001 MOLES DE SAL (A PARTIR DE LOS 0,001 MOLES DE HCl AÑADIDOS)
•LUEGO TENEMOS UN TAMPÓN, BASE/SAL, CUYO pH SE CALCULA A PARTIR DE Kb: CH3NH2 + H2O CH3NH3 + OH-
65,10pH;10.22,210.5,4
10H
10.5,4001,0001,010.5,4OH;
NHCHOHNHCH
Kb
114
14
44
23
33
===
===
−−
−+
−−−−+
EX. CONT (3)
c) EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA:
MOLES DE BASE = MOLES DE ÁCIDO =
CH3NH2 + HCl CH3NH3 + Cl-
0,002 moles 0,002 moles 0,002 moles
MOLES002,01000
1,020=
×
L/moles05,0L1mL1000
mL)2020(MOLES002,0)SAL(M =•
+=
c) EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA
COMO LA SAL ESTÁ COMPLETAMENTE DISOCIADA
CH3NH3+Cl- CH3NH3
++ Cl-
0,05 M 0,05M 0,05M
EL ÁCIDO CONJUGADO CH3NH3+ SE HIDROLIZA:
CH3NH3++ H2O CH3NH2 + H3O+
INICIO 0,05 M 0 0
CAMBIO -xM +x M +x M
EQUILIBRIO (0,05-x)M +x M + x M
98,5pH;10.05,1H
10.22,205,0
xx05,0
xKbKw
NHCH
OHHNCHKaKh
6
1122
33
323
==
=≈−
==−
==
−+
−+
+&&
EX. CONT (4)
d) SELECCIONAR EL INDICADOR MÁS ADECUADO PARA DETECTAR EL PUNTO DE EQUIVALENCIA (PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN)
INDICADOR pKa
NARANJA DE METILO 3,4
ROJO DE METILO 4,9
AZUL DE BROMOTIMOL 7,1
ROJO DE CRESOL 8,2
FENOLFTALEINA 9,4
AMARILLO DE ALIZARINA 11,1
EL ROJO DE METILO ES EL QUE TIENE SU pKa MÁS PRÓXIMO AL pH equivalencia
EX. CONT (5)
PRÁCTICA: VALORACIÓN ÁCIDO-BASE
VALORACIÓN DE UNA SAL DE ÁCIDO DÉBIL CON UN ÁCIDO FUERTE
BURETA: TITULANTE Ó VALORANTE HCl CON CONCENTRACIÓN CONOCIDA
ERLENMEYER: ANALITO Ó MUESTRA DE CONCENTRACIÓN DESCONOCIDA Na2CO3 (V Na2CO3)
REACCIONES DE LA VALORACIÓN:
1) Na2CO3 + HCl NaHCO3 + NaCl (Ind 1)
2) NaHCO3 + HCl H2CO3 + NaCl (Ind 2)⎯⎯ →⎯ 1Peq
⎯⎯ →⎯ 2Peq
EN EL PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN
Nº DE EQUIVALENTES DE ÁCIDO = Nº DE EQUIVALENTES DE SAL
(V1 + V2). NHCl =VNa2CO3. NNa2CO3
32
32
323CO2Na CONadeL/g
gramoeq12
CONaPm
xL
CONagramoeqºn:N =
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (1)
BURETA: NH4OH 0,1M
ERLENMEYER: 25 mL HCl 0,1M
REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN:
NH4OH + HCl NH4Cl
Ó LA ECUACIÓN IÓNICA NETA
NH4+ + H2O NH4OH + H+ pH eq < 7
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (2)
CURVA DE VALORACIÓN
-ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
•PARA 10 mL DE NH3 AÑADIDOS:
MOLES HCl LIBRES = MOLES HCl INICIALES – MOLES NH3 AÑADIDO
LOS IONES H+ PROCEDEN DE LA IONIZACIÓN DEL HCl Y DE LA HIDRÓLISIS DEL NH4
+ CUYA CONTRIBUCIÓN ES DESPRECIABLE FRENTE A LA IONIZACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE COMO EL HCl
MOLES10.5,1mL1000
L1xL1
MOLES1,0mLx10mL1000
L1xL1
MOLES1,0mLx25 3−=−=
39,1pH;M04,0L1mL1000
mL10mL25MOLES10.5,1H
3
==•+
=−
+
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (3)
EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA
25 mL DE NH3 0,1M REACCIONA CON 25 mL DE HCl 0,1N
Nº MOLES DE NH3 = Nº DE MOLES DE HCl =
HCl + NH3 NH4Cl
0,05M 0,05M 0,05M
COMO NH4Cl SE HIDROLIZA:
NH4Cl NH4+ + Cl-
0,05M 0,05M
[ ] M05,0L1mL1000
mL25mL25MOLES10.5,2NH
MOLES10.5,2mL1000
L1xL1
MOL1,0mLx25
3
3
3
=•+
=
==
−
−
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (4)
NH4+ + H2O NH4OH + H+
INICIO 0,05M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,05-x)M +xM +xM
2,5pH
10.6,5Hx
10.6,5x05,0
xNH
HOHNHKa
EQUIV
6
102
4
4
=
==
=−
==
−+
−+
+
VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (5)
DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA
- PARA 35 mL DE NH3 AÑADIDOS
25 mL DE NH3 HAN SIDO NEUTRALIZADOS
MOLES NH3 NEUTRALIZADOS
MOLES10.5,2mL1000
L1xL1
MOLES1,0xNHmL25 33
−==
[ ] [ ]
85,8pH
M10.49,110.6,5x10.00,110.5,2Ka
NHNH
H
)LIBRESNHmL10LOSDELOSSON(L/MOLES10x00,1
NHNHM
M04,0L1mL1000x
mL)3525(MOLES10.25M
9103
3
3
4
33
DONEUTRALIZA3AÑADIDO33NH
3
Cl4NH
=
===
=
=−=
=+
=
−−−
−++
−
−
EX. (1) LA Ka DEL ÁCIDO FÓRMICO (METANOICO) HCO2H EN DISOLUCIÓN ACUOSA ES 2.10-4
a) CÁLCULO DEL pH DE UNA DISOLUCIÓN DE HCO2H 0,1M
HCO2H + H2O HCO2- + H3O+
INICIO 0,1M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,1-x)M +xM +xM
35,2OHlogpH
10.47,4OHx1,0
xx1,0
x10.2Ka
3
33
224
=−=
==
=−
==
+
−+
−
EX.(2)
b) CÁLCULO DEL pH DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 mL DE HCO2H 0,1M Y 25 mL DE NaOH 0,25M
HCO2H + NaOH NaCO2H + H2O
MOLES INICIALES DE HCO2H
MOLES ADICIONADOS DE NaOH
MOLES FORMADOS DE NaCO2H = MOLES ADICIONADOS DE NaOH = 6,25.10 -3
CONCLUSIÓN: SE HA FORMADO UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN
MOLES HCO2H EN EXCESO = 3,75.10-3
MOLES DE NaCO2H = 6,25.10-3
33 10.10
L1mL10
Lmoles1,0mL100
−=•
=
33 10.25,6
1025,025 −=
•=
[ ] [ ][ ]
92,3pH
10.2,1V/10.25,6V/10.75,3.10.2
SALÁCIDOKaOH 4
3
34
3
=
=== −−
−−+
PRÁCTICA: VALORACIÓN ÁCIDO-BASE
VALORACIÓN DE UNA SAL DE ÁCIDO DÉBIL CON UN ÁCIDO FUERTE
BURETA: TITULANTE Ó VALORANTE HCl CON CONCENTRACIÓN CONOCIDA
ERLENMEYER: ANALITO Ó MUESTRA DE CONCENTRACIÓN DESCONOCIDA Na2CO3 (V Na2CO3)
REACCIONES DE LA VALORACIÓN:
1) Na2CO3 + HCl NaHCO3 + NaCl (Ind1)
2) NaHCO3 + HCl H2CO3 + NaCl (Ind2)
Na2CO3 + 2HCl H2CO3 + 2NaCl
EN EL PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN:
Nº DE EQUIVALENTES DE ÁCIDO
= Nº DE EQUIVALENTES DE SAL
⎯⎯ →⎯ 1Peq
⎯⎯ →⎯ 2Peq
V1
V2
32
32
3CO2Na
3CO2Na3CO2NaHCl21
CONadel/gg.eq1
g2
COPmNa
xlgramo.eqºNN
N.VN).VV(
==
=+
PRÁCTICA: INDICADORES
In (1) FENOLFTALEINA 8,2-10,0 INCOLORO-VIOLETA
In (2) NARANJA DE METILO 3,0-4,4 ROJO-AMARILLO
INTERVALO DE VIRAJE COLOR HIn COLOR In-
MECANISMO DE FUNCIONAMIENTO DE In(1) PARA DETECTAR Peq1
ANTES Peq1 In (1)- VIOLETA
In (1)- + H+ HIn (1) COLOR In(1)- + COLOR HIn(1)
Peq1
HIn(1)
MECANISMO DE FUNCIONAMIENTO DE In(2) PARA DETECTAR Peq2
ANTES Peq2 In (2)- AMARILLOIn (2)- + H+ HIn (2) COLOR In(2)-
Peq1 + COLOR HIn(2)HIn(2)
FENOLFTALEINA
NARANJA DE METILO
EX.(1) LA Ka DEL ÁCIDO FÓRMICO (METANOICO) HCO2H EN DISOLUCIÓN ACUOSA ES 2.10-4
a) CÁLCULO DEL pH DE UNA DISOLUCIÓN DE HCO2H 0,1M
HCO2 + H2O HCO2- + H3O+
INICIO 0,1M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,1-x)M +xM +xM
35,2OHlogpH
10.47,4OHx1,0
xx1,0
x10.2Ka
3
33
224
=−=
==
=−
==
+
−+
−
EX. (2)
b) CÁLCULO DEL pH DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLAND100 mL DE HCO2H 0,1M Y 25 mL DE NaOH 0,25M
HCO2H + NaOH NaCO2H + H2O
MOLES INICIALES DE HCO2H =
MOLES ADICIONADOS DE NaOH =
MOLES FORMADOS DE NaCO2H = MOLES ADICIONADOS DE NaOH =
6,25.10-3
CONCLUSIÓN: SE HA FORMADO UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN
MOLES HCO2H EN EXCESO = 3,75.10-3
MOLES DE NaCO2H = 6,25.10-3
33 10.10
L1/mL10L
moles1,0mL100−=
•
33 10.25,6
1025,0.25 −=
[ ] [ ][ ]
92,3pH
10.2,1V/10.25,6V/10.75,310.2
SALACIDOKaOH 4
3
34
3
=
=•== −−
−−+
EX.
c) CÁLCULO DEL pH DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 mL DE HCO2H Y 40 mL DE NaOH 0,25M
MOLES INICIALES DE ÁCIDO = 10.10-3
MOLES ADICIONADOS DE NaOH =
CONCLUSIÓN: NO HAY ÁCIDO EN EXCESO Y SE HAN FORMADO 10.10-
MOLES DE SAL EN UN VOLUMEN DE 140 mL QUE SE
HIDROLIZA
NaCO2H Na+ + CO2H-
+
H2O HCO2H + OH-
33 10.10
1025,0.40 −==
28,8pH;72,5pOH;10.89,1OHx
10.4,7x
x140.10
10.10x10.5
10.210
KaKwKh
6
2
2
3
3
211
4
14
====
=−
====
−−
−
−
−−
−
−
d) CÁLCULO DEL pH DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 mL DE H2CO 0,1M Y 50 mL DE NaOH 0,25M
MOLES INICIALES DE ACIDO = 10.10-3
MOLES ADICIONADOS DE OH-
CONCLUSIÓN: SE NEUTRALIZA TODO EL ÁCIDO Y EXISTEN 2,5.10-3
MOLES EN EXCESO DE UNA BASE FUERTE, NaOH EN 150 mL
EL pH DE LA DISOLUCIÓN RESULTANTE CORRESPONDE AL DEL NaOHCUYA
33 10.5,12
1025,0.50 −==
22,12pH;78,1pOH;10.67,110.15010.5,2OH 2
3
3
==== −−
−−
SOLUBILIDAD Y PRODUCTO DE SOLUBILIDAD
LA DISOLUCIÓN SATURADA DE UN COMPUESTO AB(s) SE EXPRESA MEDIANTE EL EQUILIBRIO HETEROGÉNEO
AB(s) A-(ac) + B+(ac)
COMO [AB(s)] = cte, LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO SERÁ
Kps = [A-] [B+]
Kps ES EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD
EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD DE UN COMPUESTO ES EL PRODUCTO DE LAS CONCENTRACIONES MOLARES DE SUS IONES CONSTITUYENTES ELEVADAS CADA UNA DE ELLAS A LA POTENCIA DE SU COEFICIENTE ESTEQUIOMÉTRICO EN LA ECUACIÓN DE EQUILIBRIO
• MgF2 Mg2+ + 2F- Kps = |Mg2+| |F-|2
• Ag2CO3 2Ag+ + CO32- Kps = |Ag+|2|CO3
2-|
• Ca3(PO4)2 3Ca2+ + 2PO43- Kps = |Ca2+|3|PO4
3-|2
• Q < Kps: DISOLUCIÓN INSATURADA
• Q = Kps: DISOLUCIÓN SATURADA
• Q > Kps: DISOLUCIÓN SOBRESATURADA
RECORDAR QUE
Q = [A-]0 [B+]0CONCENTRACIONES MOLARES INICIALES DE A- Y B+
PREDICCIÓN DE LAS REACCIONES DE PRECIPITACIÓN
BaCl2 + K2SO4 BaSO4 + 2KCl
200ml 600 ml
0,004M 0,008M
PREDECIR SI SE FORMARÁ EL PRECIPITADO DE BaSO4
1) CALCULAR MOLES DE Ba2+ EN LA DISOLUCIÓN DE BaCl2:
2) CALCULAR [Ba2+] CUANDO SE COMBINAN LAS DOS DISOLUCIONES DE LOS REACTIVOS
MOLES10.8mL1000
L1xml200xL1
BaDEMOLES004,0BaDEMOLES 42
2 −+
+ ==
[ ])mL600mL200(
M10.1L1mL1000
ml800MOLES10.8Ba 3
4
02
+
=•= −−
+
3) CALCULAR MOLES DE SO42- EN LA DISOLUCIÓN DE BaSO4:
4) CALCULAR [SO42-] CUANDO SE COMBINAN LAS DOS DISOLUCIONES
DE LOS REACTIVOS
5) COMPARAR Q Y Kps
Q =[Ba2+]0 [SO42-]0 = (1.10-3)(6.10-3) = 6.10-6
Kps BaSO4 = 1.10-10
Q > Kps SOBRESATURADA
EL BaSO4 PRECIPITARÁ HASTA QUE SE ALCANCE EL Kps
MOLES10.8,4mL1000
L1xmL600xL1
SODEMOLES008,0SODEMOLES 32
424
−−
− ==
[ ] M10.6L1mL1000
ml)600200(MOLES10.8,4SO 3
3
02
4−
−− =•
+=
3.2.10
MgSO4 + 2AgNO3 Ag2SO4 + Mg(NO3)2
1ml 100 mL
1mM 0,5mM
1) MOLES DE Ag+ INICIALES =
2)
3) MOLES DE SO42- INICIALES =
4)
MOLES10.5,0mL1000
L1xL1MOLES10.5,0xAgNOmL100 4
3
3−
−
==
[ ] M10.005,0mL1mL100
L1mL10MOLES10.5,0
Ag 1
34
0−
−
+ =+
•=
MOLES10.1mL1000
L1xL1
MOLES10.1xMgSOmL1 63
4−
−
==
[ ] M10.009,0L1mL10
mL101MOLES10.1SO 3
36
02
4−
−− =•=
5)
Kps Ag2SO4 = 1,4.10-5 LUEGO Kps > Q LUEGO NO PRECIPITA
[ ] [ ] 1352424
20 10.5,4)10.9,0()10.5(SOAgQ −−−−+ ===
3.2.10 cont.
2) CÁLCULO DE LA |Ag+| NECESARIA PARA QUE PRECIPITE EL AgCl
3) CÁLCULO DE LA |Ag+| NECESARIA PARA QUE PRECIPITE EL AgCl
M10.9,3020,010.7,7Ag
)020,0(AgBrAg10.7,7Kps
1113
13
−−
+
+−+−
==
===
M10.0,8Ag
)020,0(AgClAg10.6,1Kps9
10
−+
+−+−
=
===
3.2.15
NaF + ¿CaCl2? CaF2
1L, pH = 8
DATOS: Kps (CaF2) = 3,9.10-11; Ka (HF) = 6,8.10-4
Pm (CaF2) = 111,1
1) CÁLCULO DE LA |F-|0NaF F- + Na+
F- + H20 HF + OH-
INICIAL Co 0 0
CAMBIO -x +x +x
EQUILIBRIO Co-x +x +x
xCox10.47,1
10.8,610
KaKwKh
211
4
14
−==== −
−
−
3.2.15. Cont
COMO x= |OH-| CALCULEMOS LA |OH-| A PARTIR DEL pH DE LA DISOLUCIÓN DE NaF:
SI pH= 8; |H+| = 10-8
SUSTIYUYENDO EN
2. CÁLCULO DE LOS GRAMOS DE CaCl2 NECESARIOS PARA QUE SE INICIE LA PRECIPITACIÓN DEL CaF2
Ca2+ + 2F- CaF2
Kps = 3,9.10-11 = |F-|2 |Ca2+| = (0,068)2 |Ca2+|
|Ca2+| = 8,43.10-9M
LUEGO EN 1 L HAY 8,43.10-9 MOLES QUE EQUIVALEN A
x10.110.110.1OH 6
8
14
=== −−
−−
M068,0FCo
:xCo
x10.47,1
0
211
==−
=
−
−
g10.36,9mol
g1,111mol10.43,8CagCl 792
−− ==
3.2.18 DISOLUCIÓN F- 0,10M αh = 9,5.10-6 (a 25 ºC)
a) CÁLCULO DE LA Kh DEL IÓN F- Y DE LA Ka DEL HF
F- + H2O HF + OH-
INICIAL 0,1M 0 0
CAMBIO -xM +xM +xM
EQUILIBRIO (0,1-x)M +xM +M
312
14
12
h
2h
h
2h
2
hh
2
10.1,110.03,9
10.1Ka;KaKwKh
10.03,91
1,01,01,0
1,0Kh
1,0x:1,0
xCoxCOMO
x1,0x
F
OHHFKh
−−
−
−
−
−
===
=α−α
=α−
α=
α===α
−==
3.2.18. Cont.
b) CÁLCULO DE LOS GRAMOS DE Ba(NO3)2 NECESARIOS PARA PRODUCIR LA PRECIPITACIÓN DE BaF2
Ba(NO3)2 + 2F- BaF2 + 2NO3-
Ba2+ + 2F- F2Ba
EN EL EQUILIBRIO: |F-| = Co(1-αh) = 0,1(1-9,5.10-6) = 0,1
Kps = |Ba2+| |F-|2 = 1,7.10-6
LA |Ba2+| PROCEDE DE LA SAL Ba(NO3)2 QUE EN DISOLUCIÓN ESTÁTOTALMENTE DISOCIADA:
Ba(NO3)2 2NO3- + Ba2+
1,7.10-4M 1,7.10-4M
PARA 1L DE DISOLUCIÓN DE F- SON NECESARIOS 1,7.10-4 MOLES DE Ba(NO3)2 = 1,7.10-4.261,34 = 0,044 g (Pm Ba(NO3)2 = 0,044g)
42
62 10.7,1
1,010.7,1Ba −
−+ ==
3.2.12
SE ADICIONAN 20 mL DE Pb(NO3)2 1,0 M CON 20 ML DE KCl 1,0 M
¿PRECIPITADO?
DISOLUCIÓN ¿|Cl-|? QUE QUEDA SIN PRECIPITAR
DATOS: Kps (PbCl2) = 1,7.10-5 A 25 ºC
1. PLANTEAR LA REACCIÓN DE PRECIPITACIÓN QUE SE PRODUCE
Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3-
KCl K+ + Cl-
LA REACCIÓN QUE CONDUCE A LA FORMACIÓN DE UN PRECIPITADO ES
2Cl- + Pb2+ PbCl2
3.2.12 Cont
2. COMPROBAR QUE LA PRECIPITACIÓN SE PRODUCE CON LAS CONCENTRACIONES DE REACTIVOS EXISTENTES EN LA DISOLUCIÓN
POR TANTO Q>>Kps LUEGO PRECIPITARÁ EL PbCl2
[ ] [ ]
[ ] [ ]
[ ] [ ] 125,0)5,0)(5,0(ClPbQ
10.7,1)PbCl(Kps
L/moles5,0mL20mL20L
moles1mLx20ClKCl
L/moles5,0mL20mL20L
moles1mLx20Pb)NO(Pb
2200
2
52
0
02
23
===
=
=+
==
=+
==
−+
−
−
+
3.2.12 Cont.
3. CÁLCULO DE LA [Cl-] QUE QUEDA SIN PRECIPITAR
EN LA PRECIPITACIÓN DEL PbCl2, 1 MOL DE Pb2+ REACCIONA CON 2 MOLES DE Cl-, LUEGO QUEDARÁN SIN REACCIONAR LA MITAD DE LOS MOLES DE Pb2+
[ ]
M10.24,8]Cl[
25,0.]Cl[10.7,1]Pb[]Cl[Kps
L/moles25,025,0Pb
3
2522
2
−−
−−+−
+
=
===
==
3.2.11
Ba(NO3)2 + NaF ¿BaF2 ? (Kps (BaF2) = 1,7.10-6 A 25 ºC)
70 mL 30 mL
0,05M 0,002M
1) CÁLCULO DE LA |Ba2+|0 PROCEDENTE DE LA SOLUCIÓN DE Ba(NO3)2
Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3-
x moles x moles 2x moles
EL VOLUMEN TOTAL DE LA DISOLUCIÓN ES 70 ML + 30 ML = 100 ML LUEGO
+−== 23 BaDEMOLES10.5,3mL1000
L1xL1
moles05,0mLx70x
[ ] M10.5,3L1mL1000x
ML100MOLES10.5,3Ba 2
3
02 −
−+ ==
3.2.11 Cont.
2) CÁLCULO DE LA |F-|0 PROCEDENTE DE LA SOLUCIÓN DE NaF
NaF Na+ + F-
x moles x moles x moles
3) CÁLCULO DE LAS CONCENTRACIONES DE Ba2+ Y DE F-
PRESENTES EN EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD
BaF2 Ba2+ + 2F-
EQUILIBRIO -s s 2s
(RECORDAR QUE s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL BaF2)
M10.006,0L1mL1000x
mL100MOLES10.006,0F
Fdemoles10.006,0mL1000
L1xL1
moles002,0mLx30x
23
0
3
−−
−
−−
==
==
3.2.11 Cont.
Kps (BaF2) = 1,7.10-6 = [Ba2+] [F-]2 = s(2s)2 = 4s3
s = 0,75.10-2 M
|Ba2+| = s = 0,75.10-2 M < |Ba2+|0|F-| = 2s = 1,5.10-2 M > |F-|0
LUEGO NO PUEDE PRECIPITAR EL BaF2
PRECIPITACIÓN FRACCIONADA
SEPARACIÓN DE IONES QUE PUEDEN FORMAR CON UN MISMO REACTIVO PRECIPITADOS DE DIFERENTES SOLUBILIDADES
CÁLCULO DE LA CONCENTRACIÓN DE IÓN Ag+ NECESARIA PARA SEPARAR POR PRECIPITACIÓN FRACCIONADA LOS IONES Cl- Y Br- ENUNA DISOLUCIÓN FORMADA POR
• 0,020M DE IONES Cl-
• 0,020M DE IONES Br –
1) ADICIÓN DE AgNO3:
Ag+ + Cl- AgCl Kps AgCl = 1,6.10-10
Ag+ + Br - AgBr Kps AgBr = 7,7.10-13
EL AgBr PRECIPITARÁ ANTES QUE EL AgCl
PRÁCTICA: VALORACIÓN DEL CONTENIDO EN CLORURO DE UNA MUESTRA DE AGUA POR VOLUMETRÍA DE PRECIPITACIÓN CON AgNO
Cl- + Ag+ AgCl Kps = [Cl-] [Ag+] = 1,8.10-16
IND (Peq)
Peq: nº EQUIVALENTES AgNO3 = nº EQUIVALENTES DE CLORURO
V Ag+ . N Ag+ = V Cl- . NCl-
INDICADOR: Ag2CrO4 CrO42- + 2Ag+
ROJO ANARANJADO AMARILLO
Kps = [CrO42-] [Ag+]2 Kps = 2,6.10-12
V Ag+ = VAg+ MUESTRA - VA g+ INDICADOR
+ INDICADOR
V
−
++− =
ClVAgN.AgV)l/eq(NCl
SATURADADISOLUCIÓNLSOLUTODEGRAMOSDSOLUBILIDA
SATURADADISOLUCIÓNLSOLUTODEMOLESMOLARDSOLUBILIDA
=
=
CÁLCULO DE Kps A PARTIR DE LA SOLUBILIDAD MOLAR
SOLUBILIDAD MOLAR DEL COMPUESTO
CONCENTRACIONES CATIONES Y ANIONES Kps
SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO
CÁLCULO DE Kps A PARTIR DE LA SOLUBILIDAD
3.2.1: CALCULAR Kps
DISOLUCIÓN DE Fe(OH)2, pH = 9,40
Fe (OH)2 (s) Fe2+ (ac) + 2OH- (ac)
Kps = |Fe2+| |OH-|2
DE EL EQUILIBRIO DE LA DISOLUCIÓN DE Fe(OH)2 SE DEDUCE QUE 1 MOL DE Fe(OH)2 PRODUCE 2 MOLES DE IÓN OH- Y 1 MOL DE Fe2+, POR TANTO, SOLUBILIDAD MOLAR DEL Fe(OH)2 =
SI pH = 9,40 pOH = 14-9,40 = 4,60 |OH-| = 0,25.10-4 M
Kps = (0,125.10-4) (0,25.10-4)2 = 7,8.10-15
]Fe[2
]OH[])OH(Fe[ 22
+−
==
M10.125,010225,0Fe 442 −−+ =•=
EFECTO DE IÓN COMÚN
EN UNA DISOLUCIÓN FORMADA POR DOS COMPUESTOS CON UN IÓN COMÚN, LA SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO MENOS SOLUBLE DISMINUYE
COMPAREMOS LA SOLUBILIDAD DEL AgCl EN DISOLUCIÓN ACUOSACON LA SOLUBILIDAD DEL AgCl EN UNA DISOLUCIÓN DE AgNO3
• EN LA DISOLUCIÓN SATURADA DE AgCl:
Q = Kps [Ag+] = [Cl-]
• EN LA DISOLUCIÓN DE AgCl Y AgNO3
AgCl Ag+ + Cl-
AgNO3 Ag+ + NO3-
[Ag+] = [Ag+]AgCl + [Ag+]AgNO3
Y EN EL EQUILIBRIO: [Ag+] > [Cl-] Q > Kps
EL AgCl PRECIPITARÁ HASTA RESTABLECER EL EQUILIBRIO:
Q = Kps
CÁLCULO DE SOLUBILIDADES A PARTIR DE Kps
3.2.3 PbCl2 EN UNA SOLUCIÓN 0,2M DE Pb(NO3)2
EL Pb(NO3)2 ES UN ELECTROLITO FUERTE Y ESTÁ TOTALMENTE DISOCIADO EN Pb2+ Y NO3
-:
Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3-
0,2M 0,2M
SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL PbCl2 EN ESTA DISOLUCIÓN Y 1 MOL DE PbCl2 PRODUCE 1 MOL DE IONES Pb2+ Y 2 MOLES DE IONES Pb2+ Y 2 MOLES DE IONES DE Cl- , LOS CAMBIOS DE CONCENTRACIÓNSE PUEDEN EXPRESAR COMO
PbCl2 Pb2+ + 2Cl
INICIAL 0M 0,2M 0M
CAMBIO -sM +sM +2sM
EQUILIBRIO -sM (0,2+s)M +2sM
Kps = [Pb2+] [Cl-]2 = (0,2+s) (2s)2 = (0,2) (4s2) =0,8.s2 = 1,7.10-5
S = 4,60.10-3M
3.2.3 cont.
3.2.4
a) CÁLCULO DE LA MASA DE BaF2 QUE PERMANECE SIN DISOLVER AL ADICIONAR 2 dm3 DE AGUA PURA A 3,00g de BaF2
- CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD MOLAR, s, DEL BaF2 A PARTIR DE Kps (Kps (BaF2) = 1,7.10-6)
BaF2 Ba2+ + 2F-
-s s 2s
Kps = [Ba2+] [F-]2 = s.(2s)2 = 4s3 = 1,7.10-6
s = 7,5.10-3 moles/litro
- CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD EN g/L DEL BaF2 (Pm BaF2 = 175,3)
EN EL EQUILIBRIO
L/g315,1
3,175x10.5,7MOL1
)g(PmL
MOLESsL/gENDSOLUBILIDA 3
=
==•= −
3.2.4. CONT
a) AL ADICIONAR 2 dm3 DE AGUA PURA A 3,00 g DE BaF2 LA SOLUBILIDAD DEL BaF2 PASARÁ A:
s = 1,315 g/L 1L
s´ 2 dm3 (2L)
LUEGO s´= 1,315.2 = 2,63 g/L
LA MASA DE BaF2 QUE QUEDA SIN DISOLVER ES
3 - 2,63 = 0,37 g
3.2.4 Cont.
b) CALCULO DE LA MASA DE BaF2 QUE PERMANECE SIN DISOLVER AL ADICIONAR 2,00 dm3 DE NaF 0,1M AL BaF2
EL NaF 0,1M ESTA TOTALMENTE DISOCIADO
NaF Na+ + F-
0,1M 0,1M 0,1M
EL EFECTO DEL IÓN COMÚN, F-, SOBRE LA SOLUBILIDAD DEL BaF2SE PUEDE EXPRESAR COMO
BaF2 Ba2+ + 2F-
INICIO 0,1M
CAMBIO -sM +sM +2sM
EQUILIBRIO -sM +sM (0,1+2s)M
Kps = [Ba2+] [F-]2 = (s)(0,1+2s)2 = (s) (0,1)2 = 1,7.10-6
3.2.4. cont.
b)
LA SOLUBILIDAD EN g/L DEL BaF2 ES:
EN 2 dm3 (2L) LA SOLUBILIDAD DEL BaF2 PASA A SER: 2,98.10-2x2 = 0,0596 g
LA MASA DE BaF2 QUE QUEDA SIN DISOLVER ES
3 – 0,0596 = 2,94 g
CONCLUSIÓN: LA SOLUBILIDAD DEL BaF2 HA DISMINUIDO COMO CONSECUENCIA DEL IÓN COMÚN F-
litro/moles10.7,101,010.7,1s 4
6−
−
==
L/g10.98,2mol1
g3,175litro/moles10.7,1 24 −− =
3.2.9 TRATAMIENTO DE LA GANGA DE UN MINERAL, FLUORITA, PARA MINIMIZAR EN SUS DISOLUCIONES ACUOSAS LA |F-| COMO CONTAMINANTE POR EFECTO DE IÓN COMÚN
1) CÁLCULO DE LA |F-| EN UNA DISOLUCIÓN ACUOSA DE FLUORITA
CaF2 Ca2+ + 2F-
Kps = 4.10-11 = |Ca2+| |F-|2
1 MOL DE CaF2 PRODUCE 1 MOL DE Ca2+ Y 2 MOLES DE F-
SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DE F2Ca:
|Ca2+| = s
Kps = 4.10-11 = (s) (2s)2 = 4s3 ; s = 2,15.10-4 M
|F-| = 2s = 4,3.10-4 M
s2F2F
s];Ca[]CaF[s 22 =⇒=== −
−+
3.2.9 cont.
• AÑADIR CaCl2 HASTA [Cl-] = 10-2 M
EL CaCl2 ES UN ELECTROLITO FUERTE Y SE DISOCIA TOTALMENTE EN:
CaCl2 Ca2+ + 2Cl-
10-2M
EL EFECTO DEL IÓN COMÚN SOBRE LA SOLUBILIDAD DEL CaF2 SE PUEDE EXPRESAR COMO:
CaCl2 Ca2+ + 2Cl-
INICIO
CAMBIO -sM +sM +2sM
EQUILIBRIO -sM 2sM
Kps = 4.10-11 = [Ca2+] [F-]2 = (0,5.10-2 +s) (2s)2 = (0,5.10-2) (4s2) = 2.10-2 s2
2M10 2−
2M10 2−
M)s2
10(2
+−
3.2.9 cont. s = 4,4.10-5 M
|F-| = 2s = 2x4,4.10-5M = 8,8.10-5M
LUEGO |F-| DISMINUYE POR EFECTO DEL IÓN COMÚN Ca2+ DE 4,3.10-4M A 8,8.10-5M
b) AÑADIR MÁS F2Ca
AUMENTARÍA LA |F-| Y Q>Kps POR LO QUE PRECIPITARÍA CaF2 HASTA RESTABLECER EL EQUILIBRIO Q = Kps
NO TIENE EFECTO PARA MINIMIZAR LA |F-|
c) AÑADIR FNa HASTA |F-| = 10-2M
LA CONCENTRACIÓN DE F- AUMENTA DE 4,3.10-4 HASTA 10-2M
d) AÑADIR NaCl HASTA |Cl-| = 0,1M
EN EL EQUILIBRIO CaF2 Ca2+ + F- SE PRODUCE UNA |Ca2+| =
= 2,5.10-4M QUE REACCIONARÍA CON |Cl-| = 4,3.10-4M
3.2.9 cont. SEGÚN
Ca2+ + 2Cl- CaCl2LUEGO EN EL EQUILIBRIO CaF2 Ca2+ + 2F-
Q < Kps AUMENTA LA SOLUBILIDAD
e) EL REACTIVO MÁS IDÓNEO PARA MI NIMIZAR LA |F-| ES EL CaCl2CON [Cl-] = 10-2 M QUE DISMINUYE LA |F-| HASTA 8,8.10-5M
LA SOLUBILIDAD DEL CaF2 EN ESTAS CONDICIONES ES:
[ ]
L/g10.5,3mol1gCaF78x
L1CaFMOLES10.47,4CaFS
M10.47,4M210.8,8
2FCaFS
32252
55
2MOLAR
−−
−−−
==
===
SOLUBILIZACIÓN DE UN PRECIPITADO
INFLUENCIA DEL pH EN LA SOLUBILIDAD DE LOS HIDRÓXIDOS
Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH-
Kps = [Mg2+] [OH-]2 = 1,2.10-11 = s(2s)2 = 4s3
SMOLAR = 1,4.10-4 M
|OH-| = 2s = 2x1,4.10-4 = 2,8.10-4M
pOH = 3,55 Y pH = 10,45
• PARA pH > 10,45: AUMENTARÍA LA |OH-| Y LA SOLUBILIDAD DEL Mg(OH)2 DISMINUIRÍA POR EFECTO IÓN COMÚN
• PARA pH < 10,45: AUMENTARÍA LA |H+| CUYO EFECTO ES:
Mg (OH)2 Mg2+ + 2OH-
2H+ + 2OH- 2H2O
Mg(OH)2 + 2H+ Mg2+ + 2H2O
LA |Mg2+| AUMENTA Y PARA MANTENER EL EQUILIBRIO
“ |OH-| DISMINUYE SE DISUELVE MAS Mg(OH)2
CALCULAR LAS CONCENTRACIONES DE LAS DIFERENTES ESPECIES PRESENTES EN UN EQUILIBRIO DE SOLUBILIDAD Y SU MODIFICACIÓN POR LAS VARIACIONES DE pH Y PRESENCIA DE OTROS ELECTROLITOS
• SOLUBILIDAD DEL Mg(OH)2 A pH = 12 Y A pH = 9
• pH = 12: pOH = 2 [OH-] = 0,01M
Mg(OH)2 Mg2+ +2OH-
Kps = 1,2.10-11 = |Mg2+| |OH-|2
COMO 1 MOL DE Mg(OH)2 PRODUCE 1 MOL DE Mg2+:
s MOLAR = |Mg(OH)2| = |Mg2+| = 1,2.10-7M
COMPARANDO CON s MOLAR EN AGUA PURA = 1,4.10-4M
SE DEDUCE QUE LA SOLUBILIDAD DEL Mg(OH)2HA DISMINUIDO
M10.2,110
10.2,1Mg 74
112 −
−
−+ ==
• pH = 9: pOH = 5 |OH-| = 1,0.10-5M
LA SOLUBILIDAD HA AUMENTADO
• SOLUBILIDAD DEL Fe(OH)2 A pH = 10 Y A pH = 8
• pH = 10: pOH = 4 ; |OH-| = 1,0.10-4M
Kps = 1,6.10-14M = |Fe2+| |1,0.10-4|2
s MOLAR = |Fe(OH)2| = |Fe2+|
• pH = 8: pOH = 6 |OH-| = 1,0.10-6M
Kps = 1,6.10-14 = |Fe2+| |1,0.10-6|2
s MOLAR = |Fe(OH)2| = 1,6.10-2 M
M12,010.0,110.2,1
|OH|Kps|Mg||)OH(Mg|MOLARs 10
11
22
2 ===== −
−
−+
M10.6,110.0,110.6,1 6
4
14−
−
−
==
INFLUENCIA DEL pH EN LA SOLUBILIDAD DE SALES CON ANIÓN BÁSICO
BaF2 Ba2+ + 2F-
Kps = |Ba2+| |F-|2
EN MEDIO ÁCIDO AUMENTA LA |H+| CUYO EFECTO ES:
BaF2 Ba2+ + 2F-
2H+ + 2F- 2HF
BaF2 + 2H+ Ba2+ + 2HF
LA |F-| DISMINUYE Y AUMENTA LA |Ba2+| LUEGO PARA RESTABLECER EL EQUILIBRIO SE DISUELVE MÁS BF2
LA SOLUBILIDAD EN PRESENCIA DE REACTIVOS FORMADORES DE COMPLEJOS
LAS REACCIONES DE FORMACIÓN DE COMPLEJOS SON REACCIONES ÁCIDO BASE DE LEWIS DONDE UN CATIÓN METÁLICO ACTÚA COMO ÁCIDO Y LAS MOLÉCULAS Y/O ANIONES COMO BASES
EL IÓN COMPLEJO Cu(NH3)42+ ESTA FORMADO POR UN CATIÓN
CENTRAL Cu2+ ENLAZADO A CUATRO MOLÉCULAS DE NH3MEDIANTE LOS PARES DE e- SIN COMPARTIR DE LOS N.
EL EFECTO DE FORMACIÓN DE UN ION COMPLEJO ES AUMENTAR LA SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO QUE CONTIENE EL CATIÓN QUE PUEDE ACTUAR COMO CATIÓN CENTRAL DEL ION COMPLEJO
++ + 2433
2 )NH(CuHN4Cu &&
134
32
243 10.0,5
NHCu
)NH(CuKf ==
+
+
SOLUBILIDAD DEL AgCl EN PRESENCIA DEL REACTIVO FORMADOR DE COMPLEJOS NH3 1M (3.2.20)
AgCl Cl- + Ag+ Kps = |Cl-| |Ag+| = 1,6.10-10
Ag+ + 2NH3 Ag (NH3)2+
AgCl + 2NH3 Ag(NH3)2+ + Cl-
SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL AgCl, LOS CAMBIOS DE LAS CONCENTRACIONES DE LAS ESPECIES DESPUÉS DE LA FORMACIÓN DEL IÓN COMPLEJO SON:
7
3
23 10.5,1NHAg
)NH(AgKf −
+
+
==
37102
3
23 10.4,2)10.5,1)(10.6,1(NH
Cl)NH(AgKfKpsK −−−
−+
===•=
AgCl + 2NH3 Ag(NH3)2+ + Cl-
INICIAL 1,0M 0M 0M
CAMBIO -2sM +sM +sM
EQUILIBRIO (1-2s)M +sM +sM
EN EL EQUILIBRIO 0,045 MOLES DE AgCl SE DISUELVEN EN 1L DE DISOLUCIÓN DE NH3 1,0M LUEGO AUMENTA LA SOLUBILIDAD DEL AgCl
M045,0s;10.4,2)s20,1(
s
10.4,2)s20,1(
)s)(s(K
32
2
32
==−
=−
=
−
−
3.2.10 cont.
LOS EQUILIBRIOS DE SOLUBILIDAD DE LOS SULFUROS
CdS Cd2+ + S=
S= + H2O HS- + OH-
CdS + H2O HS- + OH- + Cd2+
K = Kh . Kps = |Cd2+| |HS-| |OH-| ; Kh.Kps = s3
LOS EQUILIBRIOS DE SOLUBILIDAD DE LOS SULFUROS
CdS Cd2+ + S2- (1)
S2- + H2O HS- + OH- (2)
EL EQUILIBRIO (2) ES UN EQUILIBRIO DE HIDRÓLISIS:
−
−−
=== 22 S
OHHSKaKwKbKh
H2S HS- + H+ (Ka1)
HS- S2- + H+ (Ka2)
SI Kh > 1 : |S2-| = |HS-| = |OH-|
LUEGO EL EQUILIBRIO (1):
s3 = Kps.Kh s
KhsOHHS
Kh1S
22 == −−−
KhssSCdKps
222 •== −+
3.2.21
Kps (MnS) = 3.10-14 (25 ºC)
Ka1 (H2S) = 9,5.10-5
Ka2 (HS-) = 1.10-19
CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL MnS
1) MnS Mn2+ + S=
2) S= + H2O HS- + OH-
MnS + H2O HS- + OH- + Mn2+
DE LA ECUACIÓN (1):
|S2-| = 10-5 |HS-| |OH-|
COMO Kh2 ES UN VALOR ALTO: |HS-| = |OH-| = |S2-| INICIAL
−
−−
−
−
==== 25
19
14
22 S
OHHS10.1
1010
KaKwKh
3.2.21. Cont.
DE LA ECUACIÓN (1): SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL MnS EN EL EQUILIBRIO
MnS Mn2+ + S=
-sM +sM +sM
LUEGO s = |Mn2+| |S2-| = |Mn2+| . 10-5 |HS-||OH-| = 10-5 s3
s = 1,44.10-3
3.2.17
a) DISOLUCIÓN DE 30 g NaCOOCH3 EN 1 L DE AGUA
3480,0NaAcg86
NaAcMOL1.NaAcg30 = MOLES DE NaAc en 1 L DE H2O
|NaAc| = 0,348 M
NaAc Ac- + Na+
0,348M 0,348M
Ac- + H2O HAc + OH-
INICIAL 0,348M 0 0
CAMBIO -x M +xM +xM
EQUILIBRIO (0,348-x) M +xM +xM
x = |OH-| = 1,39.10-5 ; pOH = 4,85; pH = 9,15
348,0x
x348,0x
10.8,110.1
KaKwKbKh
22
5
14
≈−
==== −
−
b)
• DISOLUCIÓN NaAc PRODUCE LOS IONES OH- PARA LA PRECIPITACIÓN DEL Ag(OH)
NaAc Na++ Ac-
Ac- + H2O HAc + OH- (CUYA |OH-| = 1,39.10-5)
• EL AgNO3 PRODUCE LOS IONES Ag+ PARA LA PRECIPITACIÓN DEL Ag(OH)
AgNO3 Ag+ + NO3-
• LA PRECIPITACIÓN DEL AgOH ES
Ag+ + OH- AgOH
Kps = 2,6.10-8 = |Ag+| |OH-|
g315,0AgNOmol1AgNOg170.AgNOMOLES10.85,1
AgNOM10.85,110.39,110.6,2Ag
3
33
3
33
5
8
=
===
−
−−
−+
