K ps

TITULACIONES
TITULACION DE UN ACIDO FUERTE
CON UNA BASE FUERTE
10,00 mL de solución de HCl 0,1000 M se titulan con
solución de NaOH 0,1000 M
Reacción de neutralización:
HCl + NaOH → NaCl + H2O
H+ + OH- → H2O
NaOH
0,1000 M
10,00 mL
sc. HCl
Agrego a) 0 mL b) 5 mL c) 10 mL d) 15 mL de de solución
de NaOH. ¿Cuál es el pH resultante luego de cada
agregado?
a) VNaOH= 0 mL
Tengo 10,00 mL de solución de HCl 0,1000 M
pH= -log [H+]
pH= -log (0,1)= 1
(en estos cálculos no se tienen en cuenta
las cifras significativas)
b) VNaOH= 5,00 mL
Inicialmente tenía 10-3 moles de HCl = 10-3 moles H+
Agrego 5,00 mL de SC de NaOH (= 5×10-4 moles de OH-)
⇒ Quedan 5×10-4 moles de H+ en exceso en Vf= 15,00 mL
[H+]= 3,33×10-2 M y pH= 1,48
c) VNaOH= 10,00 mL
Inicialmente tenía 10-3 moles de HCl = 10-3 moles H+
Agrego 10,00 mL de SC de NaOH: 10-3 moles de OHEste es el punto de equivalencia de la titulación.
Me quedan 20,00 mL de solución de NaCl.
Dado que no hidrolizan ni los Na+ ni los Cl- sólo tengo los H+
y los OH- de la autoprotólisis del H2O:
H2O
H+ + OH-
[H+] = [OH-] =10-7 y el pH = 7
d) VNaOH= 15,00 mL
Ahora tengo 5×10-4 moles de OH- en exceso en un
volumen de 25,00 mL
[OH-] = 2×10-2 M y pOH = -log [OH-] = 1,70
pH = 14- pOH
pH = 12,30
fenolftaleína
heliantina
Volumen agregado de base
En esta titulación se pueden
utilizar como indicadores
del punto final tanto la
fenolftaleína
como
la
heliantina
TITULACION DE UN ACIDO DEBIL
CON UNA BASE FUERTE
10,00 mL de solución de AcH 0,1000 M se titulan con
solución de NaOH 0,1000 M
Reacción de neutralización:
AcH + NaOH → NaCl + H2O
H+ + OH- → H2O
NaOH
0,1000 M
10,00 mL
sc. AcH
Agrego a) 0 mL b) 5 mL c) 10 mL d) 15 mL de de solución
de NaOH. ¿Cuál es el pH resultante luego de cada
agregado?
a) VNaOH= 0 mL
Tengo 10,00 mL de solución de AcH 0,1000 M
AcH
Ac- + H+
[H+] = √(Ka× [AcH]o)
[H+] = 1,34×10-3 M
⇒ pH = 2,87
Ka=1,8 x10-5
b) VNaOH= 5,00 mL
Inicialmente tenía 10-3 moles de AcH
Agrego 5,00 mL de SC de NaOH (= 5×10-4 moles de OH-)
Ocurre la siguiente reacción:
(K>> 1)
AcH + NaOH → AcNa + H2O
Se forman 5×10-4 moles de Ac- y quedan 5×10-4 moles de
AcH sin reaccionar en Vf= 15,00 mL
⇒Tengo un buffer o solución reguladora:
pH = pKa – log ([Ac-]/[AcH])
(= 1)
pH = pKa
pH = 4,74
c) VNaOH= 10,00 mL
Inicialmente tenía 10-3 moles de AcH
Agrego 10,00 mL de SC de NaOH: 10-3 moles de OHAcH + NaOH → AcNa + H2O
(K>> 1)
Este es el punto de equivalencia de la titulación.
⇒Me quedan 20,00 mL de solución de AcNa.
La sal está disociada:
AcNa → Ac- + Na+
Los iones Na+ no hidrolizan, pero los Ac- sí
Ac- + H2O
AcH + OH-
Kh = Kw/Ka = 5,56 × 10-10
[OH-] = √(Kh×[Ac-]o), donde [Ac-]o= (10-3 × 1000/ 20) M
[OH-] = 5,27×10-6 M
pOH = -log [OH-]= 5,28
pH = 14 – 5,28
pH = 8,72
El pH en el punto de equivalencia es > 7.
d) VNaOH= 15,00 mL
Tengo 5×10-4 moles de OH- en exceso en un volumen de
25,00 mL
[OH-] = 2×10-2 M
pOH = -log [OH-] = 1,70
pH = 14- pOH
pH = 12,30
fenolftaleína
heliantina
Volumen agregado de base
Volumen agregado de base
En esta titulación sólo
se puede utilizar como
indicador del punto
final la fenolftaleína.
La heliantina vira
mucho antes del punto
de equivalencia y no
sirve en este caso.
EQUILIBRIOS DE
PRECIPITACION
ZnAc2 sólido
Solución
saturada
de ZnAc2.
Constante del producto de solubilidad (Kps)
AgCl(s)
Ag+(ac) + Cl-(ac)
[Ag+ ][Cl− ]
K=
[AgCl(s) ]
K ps = [Ag+ ][Cl− ]
Otros ejemplos:
Ag2CrO4(s)
AgF2(s)
2 Ag+(ac) + CrO4=(ac)
Ag+(ac) + 2 F-(ac)
Kps = [Ag+]2[CrO4=]
Kps = [Ag+][F-]2
La aplicación de la constante de equilibrio a la solubilidad
vale para sales poco solubles.
Las soluciones concentradas no se comportan como
soluciones ideales.
En análisis químico se aprovecha la diferencia de
solubilidad de las sales.
Ejemplos
1- Calcular la solubilidad de AgCl en agua. Kps = 2,8 x 10-10
AgCl(s)
Ag+(ac) + Cl-(ac)
s
s
K ps = 2,8 × 10 −10 = s2
s: solubilidad
2- Calcular la solubilidad de CaF2 en agua. Kps = 1,7 x 10-10
CaF2(s)
Ca+2(ac) + 2F-(ac)
s
2s
K ps = 1,7 × 10 −10 = s × ( 2s)2 = 4s3
3- Calcular la solubilidad de CaF2 en: (a) una solución 0,1 M
de Ca(NO3)2; (b) una solución 0,1 M de NaF.
a)
CaF2(s)
Ca+2(ac) + 2F-(ac)
0,1
2s
K ps = 1,7 × 10 −10 = 0,1× (2s)2
b)
CaF2(s)
Ca+2(ac) + 2F-(ac)
s
2 x 0,1
K ps = 1,7 × 10 −10 = s × (0,2)2
Efecto del ión común
Hay una reducción en la solubilidad de una sal
escasamente soluble debido a la adición de una sal soluble
que tenga un ión común con ésta.
precipitación
disolución
Qps > Kps ⇒ PRECIPITACIÓN
Qps = Kps ⇒ EQUILIBRIO
Qps < Kps ⇒ DISOLUCIÓN
072_PrecipitaReact.mov
¿Precipitará PbSO4 al mezclar 1,00 ml de solución 0,01 M de
Pb(NO3)2 con 1,00 ml de solución 10-4 M de Na2SO4?
PbSO4(s)
Pb+2(ac) + SO4-2(ac)
Diluyo a la mitad, por lo que las concentraciones de 0,01 M
de Pb+2 y SO4-2 son 5x10-3 M y 5x10-5 M, respectivamente.
Kps(PbSO4)= 1.8 x 10-8
Qps = [Pb+2] [SO4-2] = 2,5 x 10-7
precipitación
¿Cuál será la concentración molar de equilibrio del ión SO4-2?
PbSO4(s)
Pb+2(ac) + SO4-2(ac)
5×10-3 - x
5×10-5 - x
Kps(PbSO4)= 1.8 x 10-8 = (5×10-3 – x) (5×10-5 – x)
Precipitación selectiva
Es posible separar una mezcla de iones en solución
mediante la adición de un ión de carga opuesta con el cual
formarán sales de solubilidades muy diferentes
Ej.: Una muestra de agua de mar tiene una concentración
0,05 M de Mg+2 y 0,01 M de Ca+2. ¿En qué orden
precipitarán los iones cuando se añade NaOH?
Mg(OH)2(s)
Mg+2(ac) + 2OH-(ac)
Kps = 1,1 × 10-11
Ca(OH)2(s)
Ca+2(ac) + 2OH-(ac)
Kps = 5,5 × 10-6
Rta.:
Primero precipitará el Mg(OH)2 (cuando la concentración de
OH- sea 1,5×10-5 M) y luego el Ca(OH)2 (cuando la
concentración de OH- sea 0,023 M).