ejercicios para repasar soluciones quimicas

1. Universidad Tecnológica Metropolitana
Química Industrial
Química General II
1
SOLUCIONES Guía de Ejercicios
Titulación Ácido Fuerte – Base Fuerte
1. ¿Qué es una Valoración?
Rpta: Método de Análisis Cuantitativo en el cual se determina la concentración de un reactivo
(analito) a partir de otro reactivo de concentración conocida (patrón primario).
2. ¿Qué tipo de reacciones químicas se pueden llevar a cabo en una Valoración?
Rpta: 1) Neutralización 3) Redox
2) Precipitación 4) Complexometría (formación de Complejos)
3. ¿Qué nombre recibe la reacción química que ocurre en una reacción ácido – base?
Rpta: Neutralización
4. ¿Qué es una Neutralización?
Rpta: Es una Reacción Química entre un ácido y una base para formar una sal y agua.
5. Escriba la ecuación que representa la reacción entre un ácido y una base fuerte
Rpta: 2AF + BF SAL + H O
6. ¿Qué pH tiene el sistema ácido – base fuerte en la neutralización total?
Rpta: pH 7.
7. ¿Por qué la sal formada en la reacción de neutralización no influye en el pH?
Rpta: Porque NO se hidroliza, por lo que no altera el pH del sistema.
8. Complete el siguiente cuadro de viraje de la Fenolftaleína:
Fenolftaleína Roja Fenolftaleína Incolora
Medio Ácido Incolora Incolora
Medio Básico Roja Roja

2. Universidad Tecnológica Metropolitana Dallit’s Sagredo Oyarce
Química Industrial
Química General II
2
9. 5 mL de HCl 0.095 M son valorados con NaOH 0.086 M. Realice los cálculos correspondientes y
responda en línea:
a) pH del sistema al inicio de la titulación: 1.02
b) Volumen NaOH para la neutralización: 5.52 mL
Desarrollo
a) +
pH = log H
pH = log 0.095
pH = 1.02
   

b) +
40.095 moles H
4.75 10 moles H
1000 mL 5 mL
x  
  
Recordemos que en el Punto de Equivalencia, los moles de H+
se
igualan a los moles de OH–
, por lo tanto:
4
0.086 moles OH 4.75 10 moles OH
5.52 mL de NaOH
1000 mL x
  

 
10. 10 mL de NaOH 0.1 M son valorados con HCl 0.098 M. Realice los cálculos correspondientes y
responda en línea:
a) pH del sistema al inicio de la titulación: 13
b) Volumen HCl para la neutralización: 10.20 mL
c) pH a un V HCl = 5 mL: 12.54
d) pH en PE: 7
e) pH a un V HCl = 12 mL: 2.09
Desarrollo
a) pOH = log OH pH = 14 pOH
pOH = log 0.1 pH = 14 1
pOH = 1 pH = 13

   
 

3. Universidad Tecnológica Metropolitana Dallit’s Sagredo Oyarce
Química Industrial
Química General II
3
b)
30.1 mol OH
1 10 moles OH
1000 mL 10 mL
x
 
   , por lo tanto el volumen de neutralización en el
punto de equivalencia será:
3
0.098 moles H 1 10 moles H
10.20 mL de HCl
1000 mL x
  

 
c)
   OH OH H ag H
C V C V
OH
V final
   


   
   0.1 M 10 mL 0.098 M 5 mL
OH
15 mL
 
   
OH 0.034 M
pOH = log OH pH = 14 pOH
pOH = log 0.034 pH = 14 1.46
pOH = 1.46 pH = 12.54


   
   
 
d)
   H ag H OH OH
C V C V
H
V final
   


   
   0.098 M 12 mL 0.1 M 10 mL
H
22 mL
 
   
+
H 0.008 M
pH = log H
pH = log 0.008
pH = 2.09

   
   

11. Se valoran 25 mL de KOH 0.065 M con HCl 0.078 M:
a) Nombre de la reacción: Neutralización
b) pH neutralización total: 7
c) Volumen de HCl para alcanzar PE: 20.76 mL
d) g
L
de KOH: 3.64 g
L
Desarrollo
c) 30.065 moles OH
1.62 10 moles OH
1000 mL 25 mL
x
 
   , por lo tanto el volumen de
neutralización en el punto de equivalencia será:
3
0.078 moles H 1.62 10 moles H
20.76 mL de HCl
1000 mL x
  

 

4. Universidad Tecnológica Metropolitana Dallit’s Sagredo Oyarce
Química Industrial
Química General II
4
d)
KOH
gPM 56.1
mol
1 mol 0.065 moles g3.64 de KOH
L56.1 g x

 
12. Se toma 1 g de NaOH y se disuelve en 50 mL de H2O. De ésta solución, se saca una alícuota de
10 mL y se valora con 8 mL de HCl 0.1 M:
a) M solución 10 mL de NaOH: 0.08 M
b) Tipo de reacción: Neutralización
c) pH en PE: 7
d) pH al añadir 3 mL de HCl: 12.58
e) pH al añadir 15 mL de HCl: 1.55
f) g.p NaOH
50 mL solución
: 0.16 gp
g) % pureza del NaOH: 16 % pureza
Desarrollo
a) 4
4
4
0.1 mol H
8 10 moles H
1000 mL 8 mL
P.E = 8 10 moles OH
8 10 moles OH
0.08 M
1000 mL 10 mL
x
x

 
 
 
  
 

 
d)
   OH OH H ag H
C V C V
OH
V final
   


   
   0.08 M 10 mL 0.1 M 3 mL
OH
13 mL
 
   
OH 0.038 M
pOH = log OH pH = 14 pOH
pOH = log 0.038 pH = 14 1.42
pOH = 1.42 pH = 12.58


   
   
 

5. Universidad Tecnológica Metropolitana Dallit’s Sagredo Oyarce
Química Industrial
Química General II
5
e)
   H ag H OH OH
C V C V
H
V final
   


   
   0.1 M 15 mL 0.08 M 10 mL
H
25 mL
 
   
+
H 0.028 M
pH = log H
pH = log 0.028
pH = 1.55

   
   

f) 4
3
3
8 10 moles NaOH
4 10 moles NaOH
10 mL 50 mL
1 mol 4 10 moles
0.16 gp NaOH
40 gp
x
x




  

  
g) 0.16 gp NaOH
16 % pureza
1 gc 100 gc
x
 
13. Escriba la ecuación que represente la reacción entre:
a) Ácido clorhídrico e hidróxido de sodio
b) Amoníaco y ácido clorhídrico
c) Hidróxido de potasio y ácido nítrico
Desarrollo
a) 2HCl + NaOH NaCl + H O
b) 4 4 2NH OH + HCl NH Cl + H O
c) 3 3 2KOH + HNO KNO + H O

6. Universidad Tecnológica Metropolitana Dallit’s Sagredo Oyarce
Química Industrial
Química General II
6
14. ¿Qué volumen de NaOH 0.085 M se requiere para neutralizar:
a) 27 mL de HCl 0.085 M: 27 mL de NaOH
b) 15 mL de HCl 0.072 M: 12.70 mL de NaOH
c) 23 mL de HCl 0.1 M: 27.05 mL de NaOH
d) 36 mL de HCl 0.060 M: 25.41 mL de NaOH
Desarrollo
b) 30.072 moles H
1.08 10 moles H
1000 mL 15 mL
x
 
  
3
0.085 moles OH 1.08 10 moles OH
12.70 mL de NaOH
1000 mL x
  

  
c) 30.1 mol H
2.3 10 moles H
1000 mL 23 mL
x
 
  
3
0.085 moles OH 2.3 10 moles OH
27.05 mL de NaOH
1000 mL x
  

  
d) 30.060 moles H
2.16 10 moles H
1000 mL 36 mL
x
 
  
3
0.085 moles OH 2.16 10 moles OH
25.41 mL de NaOH
1000 mL x
  

  