El documento trata sobre la preparación de soluciones y el uso de indicadores ácidos-base, describiendo sus características, intervalos de viraje y el proceso de titulación o valoración. Se definen términos clave como punto de equivalencia, peso equivalente, y se explican procedimientos para determinar concentraciones a través de la dilución y el uso de patrones primarios en valoraciones. También se discuten reacciones de neutralización y el análisis de soluciones homogéneas.

1. PRACTICA N°6 Preparación De Soluciones Y Determinación Volumétrica De Su
Concentración.
INDICADORES
 Son colorantes orgánicos complejos que tienen distinto color según el pH
de la disolución en que se encuentran.
 Se trata de ácidos o bases débiles cuyas formas iónica y molecular
presentan colores diferentes:
 La zona de viraje es el intervalo de pH en el que se produce la transición
entre los dos colores y es característica de cada indicador.
Indicador
Color ácido
Intervalo de viraje
Color básico
Azul de timol Rojo 1,2 a 2,8 Amarillo
Naranja de metilo Rojo 3,2 a 4,4 Amarillo
Verde de bromocresol Amarillo 4,0 a 5,6 Azul
Rojo de metilo Rojo 4,8 a 6,0 Amarillo
Azul de bromotimol Amarillo 6,0 a 7,6 Azul
Rojo de cresol Amarillo 7,2 a 8,8 Rojo
Violeta de metilo Amarillo 0,0 a 2,0 Violeta

2. Fenolftaleína Incoloro 8,2 a 10,0 Rosa
Alizarina Rojo 11,0 a 11,7 Violeta
Intervalo de viraje
El cambio de color del indicador se denomina viraje, y el intervalo de pH en el que se
produce el cambio de color, es lo que se denomina intervalo de viraje. En esta tabla se
pueden observar algunos intervalos de viraje.
INDICADOR COLOR (si es ácido-base) Interv. pH de viraje
 Azul de Timol  rojo  amarillo  1’2 – 2’8
 Azul de
bromofenol
 amarillo  azul  3’0 – 4’6
 Azul de
bromotimol
 amarillo  azul  6’0 – 7’6
 Azul de Timol
(2ª etapa)
 amarillo  púrpura  8’0 – 9’6
 Naranja de
metilo
 rojo  amarillo  3’1 – 4’4
 Rojo de metilo  rojo  amarillo  4’2 – 6’3
 Fenolftaleína  incoloro  rojo  8’3 – 10’0
 Tornasol  rojo  azul  6’1 – 7’2

3. Indicadores más comunes.
Los indicadores más comunes son
- Fenolftaleína: incolora en acido, rojo en base
- Anaranjado de metilo: rojo en acido, amarillo en base
- Rojo de metilo: rojo en acido, amarillo en base
- Azul de Bromotimol: Amarillo en acido, azul en base
El más conocido es la fenolftaleína que es incolora en medio acido y se torna rosada en
medio básico, luego puede ser el anaranjado de metilo este es rosa en medio acido y
amarillo en básico, luego está el azul de bromotimol el cual es amarillo en medio acido y
azul en medio básico, y por ultimo puede ser el azul de bromofenol es amarillo en medio
acido y violeta en medio básico; hay muchos mas pero los otras no son conocidos
otra cosa un indicador natural y también muy conocido es el repollo morado o los pétalos
de rosas.
1.- Defina los siguientes términos:
a) Titulación o Valoración: Una valoración ácido-base (también llamada volumetría ácido-
base, titulación ácido-base o valoración de neutralización) es una técnica o método de análisis
cuantitativo muy usada, que permite conocer la concentración desconocida de una disolución de
una sustancia que pueda actuar como ácido neutralizada por medio de una base de concentración
conocida, o bien sea una concentración de basedesconocida neutralizada por una solución de ácido
conocido .
1
Es un tipo de valoración basada en una reacción ácido-base o reacción de
neutralización entre el analito (la sustancia cuya concentración queremos conocer) y la sustancia
valorante. El nombre volumetría hace referencia a la medida del volumen de las disoluciones
empleadas, que nos permite calcular la concentración buscada.

4. b) Estándar o Patrón Primario:
Un patrón primario también llamado estándar primario es una sustancia utilizada en química como referencia al
momento de hacer una valoración o estandarización. Usualmente son sólidos que cumplen con las siguientes
características:
1. Tienen composición conocida. Es decir, se ha de conocer la estructura y elementos que lo componen, lo
cual servirá para hacer los cálculos estequiométricos respectivos.
2. Deben tener elevada pureza. Para una correcta estandarización se debe utilizar un patrón que tenga la
mínima cantidad de impurezas que puedan interferir con la titulación. En cualquier caso, más del 98,5% de
pureza, preferiblemente un 99,9%.2
3. Debe ser estable a temperatura ambiente. No se pueden utilizar sustancias que cambien su composición
o estructura por efectos de temperaturas que difieran ligeramente con la temperatura ambiente ya que ese
hecho aumentaría el error en las mediciones.
4. Debe ser posible su secado en estufa. Además de los cambios a temperatura ambiente, también debe
soportar temperaturas mayores para que sea posible su secado. Normalmente debe ser estable a
temperaturas mayores que la del punto de ebullición del agua.
5. No debe absorber gases. No debe reaccionar con los componentes del aire. Ya que este hecho
generaría posibles errores por interferencias, así como también degeneración del patrón.
6. Debe reaccionar rápida y estequiométricamente con el titulante. De esta manera se puede visualizar
con mayor exactitud el punto final de las titulaciones por volumetría y además se pueden realizar los
cálculos respectivos también de manera más exacta.
7. Debe tener un peso equivalente grande. Ya que este hecho reduce considerablemente el error de la
pesada del patrón.
Se debe tomar en cuenta la cantidad de patrón primario que debe pesarse para un análisis. Se recomienda una
masa de 100 mg (ó 50 mg como mínimo) ya que de esta manera se reduce el error relativo de la pesada, veamos:
 Tomando en cuenta el error absoluto de la balanza: 0,0001 g
 Error relativo de la pesada:
 Entonces:
 Asumiendo que un error aceptable es de 0,1% y el error absoluto de la balanza, tenemos:

5.  De esta manera:
Donde:
 = Error relativo (%)
 = Error absoluto
 = peso del patrón
Ejemplos de patrones primarios
 Para estandarizar disoluciones de ácido: carbonato de sodio
 Para estandarizar disoluciones de base: ftalato ácido de potasio
 Para estandarizar disoluciones de oxidante: hierro, trióxido de arsénico
 Para estandarizar disoluciones de reductor: dicromato de potasio, yodato de potasio, bromato de potasio.

c) Valoración Primaria:
d) Valoración Secundaria:
e) Punto De Equivalencia: El punto de equivalencia o punto estequiométrico, de
una reacción química se produce durante una valoración química cuando la cantidad de
sustancia valorante agregada es estequiométricamente equivalente a la cantidad presente
del analito o sustancia a analizar en la muestra, es decir reacciona exactamente con
ella.1
En algunos casos, existen múltiples puntos de equivalencia que son múltiplos del
primer punto de equivalencia, como sucede en la valoración de un ácido diprótico.2
Un
gráfico o curva de valoración muestra un punto de inflexión en el punto de equivalencia.
Un hecho sorprendente sobre la equivalencia es que en una reacción se conserva la
equivalencia de los reactivos, así como la de los productos.
f) Punto Final: Es una expresión que se utiliza en la titulaciones volumétricas, que indica el
momento en que una reacción se completó.
g) Curva De Titulación: son las representaciones gráficas de la variación del pH durante el
transcurso de la valoración. Dichas curvas nos permiten:

6. - estudiar los diferentes casos de valoración (ácido fuerte vs. base fuerte; base fuerte vs. ácido
fuerte; ácido débil vs. base fuerte; base débil vs. ácido fuerte).
- determinar las zonas tamponantes y el pKa.
- determinar el intervalo de viraje y el punto de equivalencia.
- seleccionar el indicador ácido-base más adecuado.
h) Neutralización: La reacción entre un ácido y una base se llama neutralización. Cuando en
la reacción participan un ácido fuerte y una base fuerte se obtiene una sal y agua. Si una
de las especies es de naturaleza débil y la neutralización se produce en disolución acuosa
también se obtiene su respectiva especie conjugada y agua. Se puede decir que la
neutralización es la combinación de iones hidronio y de aniones hidróxido para formar
moléculas de agua. Durante este proceso se forma una sal. Las reacciones de
neutralización son generalmente exotérmicas, lo que significa que desprenden energía en
forma de calor. Podemos resumir el proceso así:
Ácido + base → Sal + agua
Neutralización Sal disuelta
Ácido fuerte + Base fuerte → Agua + Sal Anión inerte + Catión inerte
Ácido fuerte + Base débil → Agua + Sal Ácido /Base conjugados + Anión inerte
Ácido débil + Base fuerte → Agua + Sal Ácido/Base conjugados + Catión inerte
Ácido débil + Base débil → Agua + Sal Ácido/Base conjugados + Ácido/Base conjugados
i) Alícuota: Es una parte que se toma de un volumen (alícuota líquida) o de una masa
(alícuota sólida) iniciales, para ser usada en una prueba de laboratorio, cuyas propiedades
físicas y químicas, así como su composición, representan las de la sustancia original.
Normalmente las alícuotas son el resultado de repartir un volumen inicial en varias partes
iguales. Se suele medir en mililitros (mL) o gramos (g).
j) Rango De Viraje: son los valores entre los cuales un indicado empieza a virar o cambiar
el color, por ejemplo el rango de viraje de los indicadores naranja de metilo y la
fenolftaleína son (3.1 – 4.4) y (8 – 9.8) respectivamente.
k) Disolución: Es una mezcla homogénea a nivel molecular o iónico de dos o
más sustancias que no reaccionan entre sí, cuyos componentes se encuentran en
proporciones variables .1 2
También se puede definir como una mezcla homogénea
formada por un disolvente y por uno o varios solutos. Un ejemplo común podría ser un
sólido disuelto en un líquido, como la sal o el azúcar disueltos en agua; o incluso
el oro en mercurio, formando una amalgama. También otros ejemplos de disoluciones son

7. el vapor de agua en el aire, el hidrógeno en paladio o cualquiera de las aleaciones
existentes.
l) Dilución: Es la reducción de la concentración de una sustancia química en una disolución.
La dilución consiste en rebajar la cantidad de soluto por unidad de volumen de disolución.
Se logra adicionando más diluyente a la misma cantidad de soluto: se toma una poca
porción de una solución alícuota y después esta misma se introduce en más disolvente.
Esto se deduce al pensar que tanto la disolución en un principio como al final contará con
la misma cantidad de moles. Por definición mol (m) es:
Que se despeja desde la concentración molar (M):
Bajo esta lógica (que la cantidad de moles iniciales será igual a la cantidad de moles
finales), se puede deducir que:
Pero:
Por lo tanto:
Donde:
Concentración inicial en molares.
Volumen inicial de la disolución.
Concentración final en molares.
Volumen final de la disolución.
Por ejemplo, al tomar un mililitro (mL) de H2SO4 (ácido
sulfúrico) con concentración 1 molar (un mol de
sustancia en un litro de disolución), y disolverlo en 99
ml de agua destilada, se efectúa una dilución de
1:100 (uno en cien). La concentración final resultante
será de 0.01 molar.
Se despeja:

8. 2.- a). Defina peso equivalente para una reacción acido-base y para una reacción de
oxido-reducción.
El peso equivalente depende del tipo de reacción. Por eso, primero tenes que identificar bien la
reacción.
Para las reacciones ácido/base el peso equivalente es la masa de esa sustancia que reacciona con
o proporciona un mol de cationes hidrógeno (H+). Como ejemplos:
Para el HNO3 y el NaOH el peso equivalente es igual al peso molecular (o peso formula).
Para el H2SO4 (suponiendo disociación total) y el Ba(OH)2 el peso equivalente es igual a la mitad
del peso formula.
Para las reacciones tipo redox, el peso equivalente es la masa de la sustancia que consume o
libera un mol de electrones. Por ejemplo:
En la hemireaccion Fe3+ + e- <---> Fe2+ el peso equiv. es igual al peso atómico del hierro.
En la hemireaccion Mg2+ + 2e- <---> Mg el peso eq. es igual a la mitad del peso atómico.
Para las reacciones de precipitación o formación de complejos, el peso equivalente es igual a la
masa que proporciona o reacciona con un mol de un catión monovalente, medio mol de un catión
divalente, etc. Por ej:
Para la reacción CaCl2 + 2NaF <---> CaF2 + 2NaCl el peso equiv. del cloruro de calcio seria igual a
un medio de su peso formula mientras que el del NaF se mantendría igual a su peso formula.
Resumiendo:
Eq = P/n
Donde
Eq = peso equivalente
P = peso molecular (o peso formula)
n = numero que depende de la reaccion o "valencia"
El peso molecular lo calculas sumando los pesos atómicos de cada átomo multiplicado por el
subíndice.
A “n” lo sacas observando la reacción según los pasos que están mas arriba. Para un mismo
compuesto puede variar el “n” si el tipo de reacción (acido/base, redox, etc) es distinta o incluso
dentro del mismo tipo de reacción. Por ejemplo, en la neutralización acido/base del acido
fosforico:
1) H3PO4 + 3OH- <---> PO43- + 3H2O
2) H3PO4 + OH - <---> H2PO4- + H2O

9. En el caso (1) el n vale 3 porque el acido cede 3 protones. En el caso (2) n = 1.
Para un acido que se neutraliza totalmente el n ("valencia") es igual al número de hidrógenos
ácidos.
b) se desea determinar la normalidad de una solución de 0,12M de
¿Qué otra información
será necesaria?.
3.- a) calcule la molaridad de una solución de (amoniaco) al 29% y densidad
0.897
b) ¿Qué volumen de esa solución será necesario para preparar 200 mL de
(amoniaco) 0,1M?
c) describa el procedimiento que seguiría para preparar en el laboratorio la solución
anterior especificando el material usado
5.- a) cuales son las características de un estándar o patrón primario.
Un patrón primario es usualmente un sólido que cumplen con las siguientes características:
Tienen composición conocida. Es decir, se ha de conocer la estructura y elementos que lo
componen, lo cual servirá para hacer los cálculos estequiométricos respectivos.
Deben tener elevada pureza. Para una correcta estandarización se debe utilizar un patrón que
tenga la mínima cantidad de impurezas que puedan interferir con la titulación.
Debe ser estable a temperatura ambiente. No se pueden utilizar sustancias que cambien su
composición o estructura por efectos de temperaturas que difieran ligeramente con la
temperatura ambiente ya que ese hecho aumentaría el error en las mediciones.
Debe ser posible su secado en estufa. Además de los cambios a temperatura ambiente, también
debe soportar temperaturas mayores para que sea posible su secado. Normalmente debe ser
estable a temperaturas mayores que la del punto de ebullición del agua.
No debe absorber gases. Ya que este hecho generaría posibles errores por interferentes así como
también degeneración del patrón.
Debe reaccionar rápida y estequiométricamente con el titulante. De esta manera se puede
visualizar con mayor exactitud el punto final de las titulaciones por volumetría y además se puede
realizar los cálculos respectivos también de manera más exacta.
Debe tener un peso equivalente grande. Ya que este hecho reduce considerablemente el error de
la pesada del patrón.
Se debe tomar en cuenta la cantidad de patrón primario que debe pesarse para un análisis. Se

10. recomienda una masa de 100 mg (ó 50 mg como mínimo) ya que de esta manera se reduce el
error relativo de la pesada
b) ¿Cuáles son los patrones primarios que se usan más frecuentemente?
Patrones primarios ácidos mas utilizados
Ácido oxálico, dihidrtado, ácido benzoico, ácido sulfámico y ftalato ácido de potasio. El último es el
patrón primario ácido más común; la sal utilizada tiene generalmente una pureza muy elevada
(99.95%) y debe secarse a temperaturas inferiores a 125°C para evitar que se componga; el
indicador que se utiliza en la reacción es fenolftaleína y la valoración según la reacción:
KOOC - C6H4 - COOH+ ß à KOOC - C6H4 - COO- + H2O
6.- a) ¿Que es un indicador y cuáles son sus características?
Un indicador es un compuesto que tiene la capacidad de virar dependiendo del pH de las
sustancias o de las reacciones que se produzcan en su presencia.
Su intervalo de viraje está alrededor de dos unidades de pH.
El indicador puede ser básico o ácido y solo se añaden dos o tres gotas porque de no ser
así, una vez valorada nuestra sustancia problema, empezaría a valorarse el indicador en sí
y esto con llevaría posibles errores.
b) ¿Por qué en una titulación solo se añaden dos o tres gotas del indicador?
9.- Explique de que depende el Ph en el punto de equivalencia y por qué no
necesariamente coincide con el punto de neutralización.
TITULACIÓN ACIDO-BASE.
La naturaleza de las sustancias es una de los temas más estudiados por la química, ya que de acuerdo a
ésta,están determinados los tipos de reacciones que se presentan de acuerdo a los reactivos en un proceso.
La titulación es un método para determinar la cantidad de una sustancia presente en solución. Una solución
de concentración conocida, llamada solución valorada, se agrega con una bureta a la solución que se
analiza. En el caso ideal, la adición se detiene cuando se ha agregado la cantidad de reactivo determinada en
función de un cambio de coloración en el caso de utilizar un indicador interno, y especificada por
la siguiente ecuación de la titulación.

11. NA VA = NB VB
A este punto se le llama punto de equivalencia (Umland, 2000, p.139).
En términos generales la reacción entre cantidades equivalentes de ácidos y bases se llama neutralización o
reacción de neutralización, la característica de una reacción de neutralización es siempre la combinación de
hidrogeniones que proceden del ácido, con hidroxiliones procedentes de la base para dar moléculas de agua
sin disociar, con liberación de energía calorífica como calor de neutralización y formación de una sal.
En una expresión como la siguiente expresión:
Ácido + Base → Sal + Agua
Un caso particular sería la reacción entre un ácido fuerte (HNO3) y una base débil (Na2CO3).
2HNO3 + Na2CO3 → 2 NaNO3 + CO2↑ + H2O
Así pues, la titulación es un proceso en el cual la solución estándar (del patrón primario) se combina con una
solución de concentración desconocida para determinar dicha concentración, la curva de titulación es la
gráfica que indica como el pH de la solución cambia durante el transcurso de la misma (el pH se gráfica contra el
volumen de base o ácido agregado).
Entonces podría entenderse como final de la titulación al momento en que el pH llegase a 7, sin embargo,
esto está en función de la “fuerza” del ácido o la base que se están titulando.
Así cuando la neutralización se produce entre un ácido fuerte y una base fuerte. El pH en el punto de
equivalencia es 7 ya que todos los iones han sido neutralizados.
Por otra parte, cuando la reacción ocurre entre una base fuerte y un ácido débil, el anión del ácido sufre
una hidrólisis, por lo que el pH al que ocurre la neutralización es mayor que 7. Y en la situación contraria,
entre ácido fuerte y una base débil, el catión de la base sufre una hidrólisis produciéndose iones hidrónio,
por lo que el pH es menor que 7.
Para determinar éste punto (de equivalencia), podemos utilizar la curva de titulación potenciométrica de
la reacción ácido-básica cuya gráfica resulta del pH del sistema contra volumen de ácido o de base agregados
en la titulación (Umland, 2000, p.602).
En las titulaciones se pueden utilizar indicadores internos. Los indicadores son compuestos orgánicos de
estructura compleja que cambian de color en solución a medida que cambia el pH. A continuación se
describen algunos de ellos.
INDICADOR
COLOR ÁCIDO
RANGO DE pH DEL
CAMBIO DE COLOR
COLOR ALCALINO
Azul de timol Rojo 1.2 – 2.8 Amarillo
Anaranjado de metilo Rojo 3.1 – 4.5 Amarillo

12. Verde de bromocresol Amarillo 3.8 – 5.5 Azul
Rojo de metilo Rojo 4.2 – 6.3 Amarillo
Papel de tornasol Rojo 5.0 – 8.0 Azul
Azul de bromotimol Amarillo 6.0 – 7.6 Azul
Azul de timol Amarillo 8.0 – 9.6 Azul
Fenolftaleína Incoloro 8.3 – 10.0 Rojo
Amarillo de alizarina Amarillo 10.0 – 12.1 Alhucema
En este tipo de titulaciones (con indicador interno) no se requiere de ningún gráfico para determinar el
punto de equivalencia, solo se requiere observar el cambio de coloración de la solución para concluir el final
de la reacción y hacer las mediciones correspondientes.
Las titulaciones potenciométricas al igual que en el caso anterior, son un proceso en el cual la solución
estándar (del patrón primario) se combina con una solución de concentración desconocida para determinar
dicha concentración, la curva de titulación es la gráfica que indica como el pH de la solución cambia durante
el transcurso de la misma ( [*] el pH se gráfica contra el volumen de base
o ácido agregado).
Para determinar el punto de equivalencia, podemos utilizar la
curva de titulación potenciométrica de la reacción ácido-
básica (Umland, 2000, p.602).
Como se observa, la concentración de los iones hidrónio,
antes de agregar el ácido y comenzar la titulación corresponde
a la concentración de iones hidrónio de la solución de la base
débil. A medida que se agrega el ácido, la base débil se
transforma en su sal, la solución contiene la base débil y la sal
del ácido fuerte, y por consiguiente está amortiguada.
El primer punto de equivalencia corresponde a un volumen agregado de ácido, el cual ha neutralizado
únicamente una carga del carbonato, y es hasta el segundo punto, donde el carbonato de sodio pierde sus
propiedades. Está neutralizado. La valoración del carbonato sódico no puede realizarse con la exactitud que
exige una normalización; por ello se valora siempre el segundo equivalente de hidrógeno (Ayres, 1970, p
334)
De acuerdo con la reacción anterior. Y en función de la ecuación siguiente:
NA VA = NB VB

13. si en éste proyecto experimental, se utilizara una base 0.1N, en un volumen de 50 mL, ésta será
neutralizada con 25.0 mL de ácido. Desde el punto de vista experimental la problemática se reduce a la
determinación del volumen del reactivo titulante, es obvio que éste es el correspondiente a las
condicionnes del sistema, estamos hablando de la pureza del reactivo a titular. Por lo tanto, a manera de
hipótesis, se establece que la normalidad del ácido es 0.2 N al reaccionar en éste sistema.
Valoración Una valoración química es un procedimiento para calcular la cantidad o
concentración de una sustancia presente en una muestra. También se le conocepor el
término de análisis volumétrico y puede ser de diferentes tipos.La valoración o titulación
es un método de análisis químico cuantitativo en el laboratorio, que se utiliza para
determinar la concentración desconocida de un reactivo conocido. Debido a que las
medidas de volumen juegan un papel fundamental en las titulaciones, se le conoce
también como análisis volumétrico. Patrón primario Un patrón primario también llamado
estándar primario es una sustancia utilizada en química como referencia al momento de
hacer una valoración o estandarización. Un patrón primario es usualmente un sólido que
cumplen con las siguientes características: 1-Tienen composición conocida. Es decir, se ha
de conocer la estructura y elementos que lo componen, lo cual servirá para hacer los
cálculos estequiométricosrespectivos.2-Deben tener elevada pureza. Para una correcta
estandarización se debe utilizarun patrón que tenga la mínima cantidad de impurezas
que puedan interferir con latitulación.3-Debe ser estable a temperatura ambiente. No se
pueden utilizar sustancias quecambien su composición o estructura por efectos de
temperaturas que difieranligeramente con la temperatura ambiente ya que ese hecho
aumentaría el error enlas mediciones.4-Debe ser posible su secado en estufa. Además de
los cambios a temperatura ambiente,también debe soportar temperaturas mayores para
que sea posible su secado. Normalmentedebe ser estable a temperaturas mayores que la
del punto de ebullición del agua.5-No debe absorber gases. Ya que este hecho generaría
posibles errores porinterferentes así como también degeneración del patrón.6-Debe
reaccionar rápida y estequiométricamente con el titulante. De estamanera se puede
visualizar con mayor exactitud el punto final de las titulacionespor volumetría y además se
puede realizar los cálculos respectivos también de maneramás exacta.7-Debe tener un
peso equivalente grande. Ya que este hecho reduce considerablementeel error de la
pesada del patrón.Valoración secundariaValoracion primariaPunto de equivalenciaEl
punto de equivalencia o punto estequiométrico, de una reacción química seproduce
durante una valoración química cuando la cantidad de sustancia valoranteagregada es
estequiométricamente equivalente a la cantidad presente del analitoo sustancia a analizar
en la muestra, es decir reacciona exactamente con ella.En algunos casos, existen múltiples
puntos de equivalencia que son múltiplos del
primer punto de equivalencia, como sucede en la valoración de un ácidodiprótico. Un
gráfico o curva de valoración muestra un punto de inflexión en elpunto de equivalencia.
Un hecho sorprendente sobre la equivalencia es que en una reacción se conserva la
equivalencia de los reactivos, así como la de los productos.Punto finalEl punto final

14. (similar, pero no idéntico que el punto de equivalencia) se refiere al punto en que el
indicador cambia de color en una valoración de colorimetría. Ladiferencia entre ambos se
llama error de valoración y debe ser lo más pequeña posible.NeutralizaciónUna reacción
ácido-base o reacción de neutralización es una reacción químicaque ocurre entre un ácido
y una base produciendo una sal y agua. La palabra "sal"describe cualquier compuesto
iónico cuyo catión provenga de una base (Na+ del NaOH)y cuyo anión provenga de un
ácido (Cl- del HCl). Las reacciones de neutralización songeneralmente exotérmicas, lo que
significa que desprenden energía en forma decalor. Se les suele llamar de neutralización
porque al reaccionar un ácido con unabase, estos neutralizan sus propiedades
mutuamente.1-Para estandarizar disoluciones de ácido: carbonato de sodio2-Para
estandarizar disoluciones de base: ftalato ácido de potasio3-Para estandarizar
disoluciones de oxidante: hierro, trióxido de arsénico4-Para estandarizar disoluciones de
reductor: dicromato de potasio, yodato depotasio, bromato de potasio.IndicadorEn
química, un indicador es una sustancia que siendo ácidos o bases débilesal añadirse a una
muestra sobre la que se desea realizar el análisis, se produceun cambio químico que es
apreciable, generalmente, un cambio de color; esto ocurre porque estas sustancias sin
ionizar tienen un color distinto que al ionizarse.Indicadores: son colorantes cuyo color
cambia según estén en contacto con unácido o con una base. La variación de color se
denomina viraje, para esto elindicador debe cambiar su estructura química al perder o
aceptar un protón.Este cambio en el indicador se produce debido a que durante el análisis
selleva a cabo un cambio en las condiciones de la muestra e indica el punto finalde la
valoración. El funcionamiento y la razón de este cambio varían mucho segúnel tipo de
valoración y el indicador. El indicador más usado es el Indicador depH que detecta el
cambio del pH. Por ejemplo, la fenolftaleína y el azul de metileno.-Indicador de pH,
detecta el cambio del pH.-Indicador redox, un indicador químico de titulación redox.-
Indicador complejométrico, un indicador químico para iones metálicosen complejometría.
-Indicador de precipitación, utilizado para valoraciones de precipitacióno solubilidad,
generalmente gravimetrias.Un indicador es un compuesto que tiene la capacidad de virar
dependiendo del pHde las sustancias o de las reaciones que se produzcan en su
presencia.Su intervalo de virage está alrededor de dos unidades de pH.El indicador puede
ser básico o ácido y solo se añaden dos o trés gotas porque de no ser así ,una vez valorada
nuestra sustancia problema , empezaria avalorarse el indicador en sí y esto conllevaria
posibles errores.Rango de viraje son los valores entre los cuales un indicado empieza a
virar ocambiar el color, por ejemplo el rango de viraje de los indicadores naranja demetilo
y la fenoftaleina son (3.1
4.4) y (8
9.8) respectivamente.Se presenta normalmente como un polvo blanco que funde a 260
ºC. Se utilizafrecuentemente como indicador de pH ya que en disoluciones ácidas
permaneceincoloro, pero en presencia de bases se torna color rosa. En química se
utilizaen análisis de laboratorio, investigación y química fina. En análisis químico seusa

15. como indicador de valoraciones ácido-base, siendo su punto de viraje alrededor del valor
de pH 9, realizando la transición cromática de incoloro a rosado. Elreactivo se prepara al 1
% p/v en alcohol de 90° y tiene duración indefinida.Patrón secundarioEl patrón secundario
es llamado también solución valorante o estándar secundario. Sunombre se debe a que
en la mayoría de los casos se necesita del patrón primario para conocer su concentración
exacta.El patrón secundario debe poseer las siguientes características:1. Debe ser estable
mientras se efectue el período de análisis2. Debe reaccionar rápidamente con el analito3.
La reacción entre el valorante y el patrón primario debe ser completa,así también la
reacción entre el valorante y el analito.4. La reacción con el analito debe ser selectiva o
debe existir un métodopara eliminar otras sustancias de la muestra que también pudieran
reaccionarcon el valorante.5. Debe existir una ecuación balanceada que describa la
reacción

16. PRACTICA N°5 Solubilidad Y Factores Que La Afectan.
1.-Defina los siguientes términos:
a) Unidad de concentración:
En una disolución, las cantidades que contiene de sus componentes se pueden expresar de forma
absoluta o de forma relativa.
La forma absoluta consiste en indicar cuánto hay de cada componente, en cualquier unidad de
masa, de volumen o de cantidad de materia. Por ejemplo:
• 37.5 g de NaCl y 92.3 ml de H2O
• 22.1 mg de KCl, 72 mg de NaCO3 y 65.1 g de H2O
• 0.4 moles de H2SO4 y 102 ml de etanol
La manera relativa de indicar las cantidades de los componentes de una disolución
implica un cociente de la forma:
cantidad de disolución (o de disolvente)
cantidad de soluto
La cantidad relativa que se obtiene es conocida como concentración, y puede expresarse en
un gran número de unidades. Las más frecuentes son:
a) GRAMOS POR LITRO. Esta unidad de concentración no debe confundirse con la densidad
de la disolución, ya que aunque ambas se expresen en g/l su significado no es el mismo.
Obsérvese la diferencia:
litros de disolución
gramos de disolución densidad de la disolución
litros de disolución
gramos de soluto
concentración en g/l
=
=

17. b) TANTO POR CIENTO EN PESO O VOLUMEN. Existen tres tipos de porcentajes, que se
definen del siguiente modo:
100
peso de disolución
peso de soluto % en peso = x
100 volumen de disolución
volumen de soluto % en volumen = x
100 volumen de disolución (ml)
peso de soluto (g) % en peso - volumen = x
Las dos primeras expresiones son independientes de las unidades de peso o volumen
utilizadas, siempre que se empleen las mismas en el numerador y en el denominador,Beatriz
Añorbe Díaz Unidades de concentración Página 2 de3
pero la tercera no es independiente. El % en peso tiene la ventaja de que no depende de
la temperatura, mientras que los otros porcentajes, al contener un volumen, sí varían
con los cambios de temperatura.
Debe expresarse claramente el tipo de porcentaje utilizado, pero si no se indica, se
sobrentiende que se trata de % en peso.
c) PARTES POR MILLÓN (ppm). Esta unidad se utiliza mucho en el análisis de aguas, pues se
trata de un término muy adecuado para referirse a concentraciones de disoluciones muy
diluidas. Se define como el número de mg de soluto por cada kg de disolución:
kg de disolución
mg de soluto
ppm =
Si se supone que 1 kg de agua ocupa un volumen de 1 l, entonces esta expresión equivale
a mg/l o g/m3
.

18. d) FRACCIÓN MOLAR (x). La fracción molar del componente 1 es el número de moles de
componente 1 dividido por el número de moles total de la disolución. Para un número i de
componentes tendríamos:
i
i
i
i n n n
n
x
n n n
n
x
+ + +
=
+ + +
=
...
, ..... ,
... 1 2 1 2
1
1
La suma de todas las fracciones molares es siempre igual a la unidad:
.... 1 1 2 x + x + + xi =
e) MOLALIDAD (m). Se define como el número de moles de soluto que hay en 1 kg de
disolvente:
kg de disolvente

19. moles de soluto
m =
Por ejemplo, una disolución acuosa 1 m de sacarosa contiene 1 mol de sacarosa en 1 kg de
agua.
f) MOLARIDAD (M). Se define como el número de moles de soluto que hay en 1 l de
disolución:
litros de disolución
moles de soluto M =
Hay que tener en cuenta que como el volumen de una disolución depende de la
temperatura, la concentración expresada en unidades de molaridad también dependerá
de ella.
Por ejemplo, una disolución 1 M de tolueno en benceno contiene 1 mol de tolueno en 1 l
de disolución (no en 1 l de benceno).
g) NORMALIDAD (N). Es el número de equivalentes de soluto que hay en 1 l de disolución:
litros de disolución
equivalentes de soluto N =
El número de equivalentes de una sustancia se puede calcular dividiendo la masa en
gramos por su peso equivalente:Beatriz Añorbe Díaz Unidades de concentración Página 3 de3
PE
masa (g) nº equiv =
El peso equivalente es aquel peso que se combina con, o que sustituye a, una parte de
hidrógeno en peso. Por ejemplo, al formarse cloruro de hidrógeno (HCl), 35.5 gramos de
cloro se combinan con 1 gramo de hidrógeno, y por lo tanto, el peso equivalente del cloro
es 35.5; en la formación del compuesto agua (H2O), 16 gramos de oxígeno se combinan
con 2 gramos de hidrógeno, y por lo tanto, el peso equivalente del oxígeno es 8.
Los pesos atómicos están relacionados con los pesos equivalentes mediante la

20. valencia del elemento, de la siguiente forma:
Peso atómico = Peso equivalente x Valencia
Para los compuestos existe una relación análoga entre el peso molecular y el peso
equivalente.
b) Solución Saturada: Es aquella que tiene un equilibrio entre el solvente y el soluto a la
temperatura dada. Si se eleva la temperatura habrá mayor capacidad del solvente de
disolver el soluto. Cuando una solución está saturada, esta ya no es capaz de disolver más
soluto y si se agrega más de este, este aparecerá como un precipitado, es decir aparecerá
como sólido.
c) Solución Insaturada: Se obtiene cuando agregamos una cantidad de soluto (lo que se va a
disolver) en una pequeña cantidad al solvente (lo que va a disolver), de modo tal que si
deseamos adicionar más adelante mas soluto al solvente este va a disolverse.
Un ejemplo sencillo lo podemos ver cuando tenemos una jarra grande de agua y le
adicionamos una cucharada de sal (con una cuchara de postre) y lo agitamos, se puede
observar que la sal se disuelve sin ningún problema y que podemos adicionarle varias
cucharadas mas; el agua tiene la capacidad de disolver una cantidad determinada de sal, o
cualquier otro soluto, y esto está determinado por la solubilidad de esa sustancia en ese
solvente; o sea, la solubilidad de la sal en el agua nos dice la cantidad máxima de sal que
podemos agregar a una cantidad de agua sin que nos quede sal en sin disolver.
d) Solución Sobresaturada: Es cuando contiene más soluto que la cantidad soportada en
condiciones de equilibrio por el disolvente, a una temperatura dada. Es por lo tanto una
solución inestable, en la cual el exceso disuelto de depositará, aqui el factor temperatura
es importante ya que no habrá remanente en caso la temperatura aumente lo suficiente
como aumentar la solubilidad.
TE EXPLICO, la solubilidad se mide en moles sobre litro, o gramos sobre litro, digamos... sal
y agua, sal es el soluto y agua el solvente cierto? ok, que su solubilidad sea 250 gramos por
cada litro a 25ºC entre el agua y la sal, 250 g/L nos indica que un litro de agua diluye 250
gramos de sal, ya, esa cantidad es lo máximo en gramos que puede solubilizar el agua a
esa temperatura, si en 1000 ml de agua, que es un litro, agregas 251 gramos, por ese
gramo en que se excede la solución, ES SOBRESATURADA, porque ese gramo excedente no
se va a disolver, sino va a quedar como un remanente. Ese es el concepto de solución
sobresaturada, ahora si aumentas la temperatura, seguramente la solubilidad va a
incrementarse, es decir, ya no va a ser 250 gramos (el supuesto) sino 280 300 gramos por
litro.

21. e) Solución Diluida: Son aquellas que poseen menor cantidad de soluto que la que el
solvente puede disolver a una temperatura y presión dadas.
f) Solución Concentrada: Son aquellas soluciones que poseen prácticamente la totalidad de
soluto que el solvente puede disolver a una presión y temperatura dadas.
g) Solubilidad: La solubilidad es una medida de la capacidad de disolverse una determinada
sustancia (soluto) en un determinado medio (solvente); implícitamente se corresponde
con la máxima cantidad de soluto disuelto en una dada cantidad de solvente a una
temperatura fija y en dicho caso se establece que la solución está saturada. Su
concentración puede expresarse en moles por litro, en gramos por litro, o también en
porcentaje de soluto (m(g)/100 mL) . El método preferido para hacer que el soluto se
disuelva en esta clase de soluciones es calentar la muestra y enfriar hasta temperatura
ambiente (normalmente 25 C). En algunas condiciones la solubilidad se puede sobrepasar
de ese máximo y pasan a denominarse como soluciones sobresaturadas.
No todas las sustancias se disuelven en un mismo solvente. Por ejemplo, en el agua, se
disuelve el alcohol y la sal, en tanto que el aceite y la gasolina no se disuelven. En la
solubilidad, el carácter polar o apolar de la sustancia influye mucho, ya que, debido a este
carácter, la sustancia será más o menos soluble; por ejemplo, los compuestos con más de
un grupo funcional presentan gran polaridad por lo que no son solubles en éter etílico.
Entonces para que un compuesto sea soluble en éter etílico ha de tener escasa polaridad;
es decir, tal compuesto no ha de tener más de un grupo polar. Los compuestos con menor
solubilidad son los que presentan menor reactividad, como son: las parafinas, compuestos
aromáticos y los derivados halogenados.
El término solubilidad se utiliza tanto para designar al fenómeno cualitativo del proceso de
disolución como para expresar cuantitativamente la concentración de las soluciones. La
solubilidad de una sustancia depende de la naturaleza del disolvente y del soluto, así como
de la temperatura y la presión del sistema, es decir, de la tendencia del sistema a alcanzar
el valor máximo de entropía. Al proceso de interacción entre las moléculas del disolvente y
las partículas del soluto para formar agregados se le llama solvatación y si el solvente es
agua, hidratación.
h) Calor de Disolución: Disoluciones endotérmicas y exotérmicas
Cuando se disuelve un soluto en un disolvente, en general, se produce un intercambio de
energía que se manifiesta en un aumento o disminución de la temperatura del sistema. El
calor absorbido o liberado se denomina calor de disolución. Si el proceso de disolución es
exotérmico, se libera calor y la temperatura del sistema aumenta. Si el proceso es
endotérmico, se absorbe calor y la temperatura del sistema disminuye.
En una disolución exotérmica la energía del disolvente más la del soluto, por separado, es
mayor que la energía del disolvente y el soluto una vez mezclados. La diferencia de

22. energía es lo que conocemos como calor de disolución o entalpía de disolución (cuando el
proceso tiene lugar a presión constante). En este caso es una entalpía negativa, puesto
que en el estado final el sistema tiene menos energía que el inicial.
En una disolución endotérmica ocurre lo contrario, la energía del estado inicial (soluto y
disolvente por separado) es menor que la energía del estado final (la disolución). Por
tanto, la entalpía es positiva.
i) Solventes Polares: Esto significa que un solvente o sea un vehiculo en el cual vas a colocar
una sustancia para que se disuelva, se va a disolver de acuerdo a sus caracteristicas
moleculares, si es un compuesto polar o sea parecido al agua, se disolvera en agua,
alcohol, glicerina, propilenglicol, sustancias que son polares.
Solvente no polar, es aquel que tiende a no ser parecido al agua, sino a una grasa, por ello
la grasa no se disuelve en agua.
pues uno es polar y el otro apolar o no polar. Los apolares se disuelven en apolares, por
ejemplo la grasa se disuelve en alcohol bencilico, isopropilico, benceno, tolueno, que son
apolares.
j) Líquidos Miscibles: es aquel que en una mezcla binaria (dos liquidos) o ternaria, (tres
liquidos), se mezcla bien y no puedes distinguir los diferentes liquidos que existen en la
mezcla, no hay fases diferenciables. por ejemplo si mezclas agua con Acido Acético , se
mezclan y no se ditinguen las diferentes fases. Por el contrario, los liquidos inminscibles
son aquellos que mezclas, pero se diferencian perfectamente las fases de los diferentes
liquidos. El ejemplo más sencillo de mezcla inmiscible es el aceite y el agua.Si hablamos de
ejemplos más quimicos, una mezcla ternaria inmiscible es el sistema etilenglicol-alcohol
laurílico-nitrometano a 29ºC el cual exhibe tres regiones separadas de mezclas de dos
liquidos en equilibrio.
¿Porque algunos sólidos moleculares son solubles en solventes polares y otros son
solubles en solventes no polares?
Los sólidos son moleculares... así como los gases y los liquidos
2. Si unos sólidos son solubles en solventes polares y otros son solubles en solventes
polares... estamos hablando del mismo tipo de solido: soluble en solventes polares
Solubilidad del cloruro de sodio en:
Agua:
Alcohol:
Tetracloruro de Carbono: El tetracloruro de carbono, con una solubilidad en agua del 0.08%, es
completamente apolar. El Cloruro de Sodio es totalmente polar.
1. Debido a ello, no forman mezcla.

23. 2. Solo hay cloruro de sodio en el fondo, por ser insoluble, y el tetracloruro arriba, por ser apolar.
3. El tetracloruro de carbono es apolar.
4. Arriba el tetracloruro, y abajo el cloruro de sodio.

24.  1. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS EXIJA SU LIBRO 3.1 DEFINICIÓN DE SOLUCIÓN M uy
pocos materiales que encontramos en la vida diaria son sustancias puras; la mayor parte son mezclas y muchas
de ellas son homogéneas, Recordemos que las mezclas homogéneas se denominan soluciones o disoluciones,
por ejemplo: el aire que respiramos es una mezcla homogénea de varias sustancias gaseosas. El latón es una
solución de cinc en cobre. Los océanos son una solución de muchas sustancias que se han disuelto en agua. Una
solución es una mezcla homogénea de dos o mas sustancias puras, denominadas componentes de la solución,
las cuales pueden ser gaseosas, líquidas o sólidas; debido a que las soluciones líquidas son las mas comunes, en
esta sección enfocaremos nuestro estudio en dicho estado. Sin embargo, el estado físico de una solución lo
determina a menudo el estado de su componente principal, denominado disolvente. El otro u otros componentes
se denominan soluto. Soluto es la sustancia que se Disolvente o solvente, es la sustancia disuelve a través del
disolvente en donde se disuelve el llamado soluto. forma de moléculas o iones para Generalmente es aquella que
se formar una sola fase. En una encuentra en mayor cantidad. En toda solución puede existir mas de un solución
existe un solo solvente. soluto. AGUA YUPI COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE
CIENCIAS E INGENIERÍA
 2. 58 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS En la figura 3.1 es un resumen de la relación entre los
materiales (materia), recuerde que las sustancias pueden ser mezcladas por procesos físicos y se pueden usar
otros procesos físicos para separar la mezcla en 1sustancias. 3.2 PSEUDO - SOLUCIÓN, SUSPENSIÓN Y
materia COLOIDE C uando una sustancia se disuelve o dispersa a través de otra, formaremos una mezcla donde
encontramos tres posibilidades diferentes de sustancias Mezclas mezclas tamaños de partículas. Cada uno de
estos casos elementos homogéneas (soluciones) dará lugar a mezclas denominadas: solución, coloide y
suspensión, con propiedades diferentes. Mezclas compuestos heterogéneas La tabla 4.1 muestra una
clasificación según el tamaño partículas. Figura 3.1 Relación entre los materiales 1. Cuando la sustancia se
disuelve en forma de moléculas o iones entonces se denomina solución y los componentes son denominados
soluto y disolvente. 2. Cuando la sustancia se dispersa (no es soluble) y permanece firmemente dividida se
denomina coloide y sus componentes son llamados fase dispersa y fase dispersante. 3. Cuando el tamaño de la
sustancia a quién se le denomina realmente micela, es mas grande en comparación a los dos casos anteriores se
denominará suspensión. TABLA 3.1 Clasificación de la mezclas según el tamaño de miscela SOLUCION
COLOIDE SUSPENSIÓN TAMAÑO DE MISCELAS 1-10Å 10-10000Å >10000Å 3.2.1 Coloides hidrofílicos e
hidrofóbicos C oloide es una pseudo – solución, es una mezcla heterogénea en la cual las partículas del soluto no
precipitan, se dispersan a través de una fase dispersante, se clasifican en dos clases principales: coloides
hidrofílicos y coloides hidrofóbicos. Un coloide hidrofílico (que aman el agua) es un coloide en el cual hay una
atracción fuerte entre la fase dispersa y la fase continua (agua). Muchos de estos coloides consisten en
macromoléculas (moléculas muy grandes) dispersas en agua. Excepto por el gran tamaño de las moléculas
dispersas, estos coloides parecen soluciones normales. Un coloide hidrofóbico (que rechazan el agua), es un
coloide en el cual hay una falta de atracción entre la fase dispersa y la fase continua (agua) Los coloides
hidrofóbicos son básicamente inestables. 1 1 Ebbing Darrell D. Según este autor una sustancia (o sustancia pura)
es una clase de materia que no puede ser separada en otras clases de materia por ningún proceso físico.
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 3. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 59 La tabla 3.2 muestra una clasificación de 8 tipos de
coloides que son producto de la mezcla entre los estados sólido, líquido y gaseoso, pero respetando el orden para
identificar a la fase dispersa y fase dispersante. No se incluye la mezcla gas-gas porque estos se componen de
moléculas individuales. TABLA 3.2 Clasificación de los coloides según el estado de agregación FASE FASE TIPO
DE EJEMPLO DISPERSA DISPERSANTE COLOIDE Gas Gas ................. .................. Líquido Gas Aerosol
líquido Niebla Sólido Gas Aerosol sólido Humo Gas Líquido Espuma Espuma de cerveza Líquido Líquido
Emulsión Leche Sólido Líquido Sol y gel Pintura, jabón en agua Gas Sólido Espuma sólida Esponja, piedra pómez
Líquido Sólido Emulsión sólida Mantequilla Sólido Sólido Sol sólida Porcelana Una de las formas prácticas que
permite identificar a los coloides, es el hecho de aprovecha el efecto Tyndall, donde se refleja la luz mucho mas
intensa en una suspensión que en un coloide, en una solución no hay dicho reflejo. 3.3 CLASIFICACIÓN DE LAS
Haz de luz no visible SOLUCIONES L as soluciones se pueden clasificar, atendiendo a 5 aspectos importantes:
Fuente luminosa Haz de luz no visible A B C 3.3.1 Según el número de componentes  Soluciones binarias: de
dos Haz de luz visible Haz de luz visible componentes Figura 3.2  Soluciones ternarias: de tres Dispersión de un
haz de luz por partículas componentes coloidales conocido como efecto Tyndall. La  Soluciones cuaternarias: de
cuatro presencia de partículas coloidales pueden componentes detectarse con facilidad con ayuda de un haz de
luz. A: Oro coloidal, una solución dorada 3.3.2 Según la naturaleza del disolvente B: Solución de NaCl C: Humo
de tabaco, Un aerosol  Soluciones acuosas: el disolvente es el agua  Soluciones orgánicas: El disolvente puede
ser: benceno, acetona, etc 3.3.3 Según la naturaleza del soluto  Soluciones ácidas: presencia de sustancias
ácidas: HCl, HNO3, etc.  Soluciones básicas: presencia de sustancias básicas: NaOH, Ca(OH)2 COMPENDIOS
DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA

25.  4. 60 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS  Soluciones neutras: presencia de sales neutras: NaCl,
KNO3, etc. 3.3.4 De acuerdo a la cantidad de sus componentes  Soluciones diluidas: Cuando la masa del soluto
es pequeña con respecto al volumen total de la solución.  Soluciones concentradas: Es aquella donde la
cantidad del soluto es grande respecto al volumen total de la solución.  Soluciones saturadas: Es aquella
solución que ha alcanzado su máxima concentración a una temperatura determinada, es decir que no admite mas
soluto porque este comienza a precipitar.  Soluciones sobresaturadas: Es cuando se disuelve mas soluto que la
solución saturada debido a ciertos factores mecánicos, por ejemplo la agitación donde se encuentra en equilibrio
inestable. 3.3.5 Según los estados de agregación de la materia  Soluciones sólidas: Donde sus componentes se
hallan en el estado sólido.  Soluciones liquidas: Donde sus componentes están estado líquido.  Soluciones
gaseosas: Donde sus componentes están en estado gaseoso. Ejemplo 3.1.- Dar un ejemplo de una solución
constituida por las siguientes fases a) gas-gas, b) líquido-gas, c) líquido-líquido, d) líquido-sólido, e) sólido-sólido.
Solubilidad en g soluto/100 g agua Solución: a) Gas- gas : Aire (O2, CO2, etc en N2) b) Líquido – gas: Soda (
CO2 (g) en H2O ()) c) Líquido – líquido: alcohol para fricciones (H2O () en i-C3H7OH ()) d) Líquido – sólido:
agua de mar (NaCl, LiCl, etc en H2O ()) KI 200 e) Sólido-sólido: “oro” de 14 180 quilates (Cu en Au) 160 KNO3
3.4 SOLUBILIDAD 140 L 120 a solubilidad se define como la cantidad de una KBr 100 sustancia que se disuelve
en una cantidad dada de disolvente (por ejemplo agua) a una temperatura 80 KCl dada para dar una solución
saturada; es la 60 concentración máxima posible. Por ejemplo, la sal 40 NaCl de cocina tiene una solubilidad de
36 g por 100 g de 20 K2SO4 agua; por lo tanto, al añadir 40 gramos de NaCl, quedaran 3 g de sal sin disolverse.
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Temperatura en grados Celcius COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
ESTUDIANTES 3.3 CIENCIAS E INGENIERÍA Figura DE Efecto de la temperatura en las solubilidades de
algunas sales.
 5. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 61 3.4.1 Factores que afectan la solubilidad L a solubilidad de
un sólido es muy sensible a los cambios de temperatura; pero los cambios ordinarios de presión no producen
ninguna variación significativa. La figura 3.3 muestra cómo la temperatura afecta la solubilidad de algunos sólidos
corrientes en agua, por ejemplo la sacarosa, el nitrato de amonio y el hidróxido de potasio ilustran muy bien este
fenómeno; por el contrario, la solubilidad del NaCl casi no se ve afectada por un cambio de temperatura. En
algunos casos es posible lograr concentraciones superiores a las concentraciones de saturación, y entonces se
tiene una solución sobresaturada. Una solución sobresaturada se puede producir enfriando una solución
concentrada caliente. Los compuestos iónicos son solubles en agua, alcohol metílico y amoniaco líquido; e
insolubles en octano, benceno y tetracloruro de carbono. Las moléculas de agua, alcohol metílico y amoniaco son
polares; cada molécula δ- δ- posee centros positivos y negativos de carga O H O δ+ δ + δ+ eléctrica como
muestra la figura 3.4. Otros H H C H líquidos polares también actúan eficientemente AGUA en la disolución de
compuestos iónicos. Las H H moléculas de octano y benceno son no polares N ALCOHOL METILICO (ver figura
3.5). Puesto que las electronegatividades del carbono y del hidrógeno H H es muy pequeña, cualquier enlace
entre estos dos H AMONIACO átomos es no polar. El enlace entre el cloro y el carbono sí es polar, como se
puede deducir al Figura 3.4 estudiar las 2electronegatividades de la tabla 1.3 Algunas moléculas polares del
capítulo 1 (página 20) Por regla general los líquidos no polares son ineficientes en la disolución de compuestos
iónicos. También encontramos que un líquido polar disolverá otros compuestos polares. El amoniaco y el alcohol
metílico se disuelven en agua. La sacarosa, sólido polar (no iónico), es soluble en agua y alcohol metílico, e
insoluble en benceno, octano y tetracloruro de carbono. Los disolventes no polares disuelven compuestos no
polares. Las grasas y aceites, hidrocarburos no polares, se disuelven en cualquiera de los tres solventes no
polares que hemos discutido previamente, pero son virtualmente insolubles en los tres disolventes polares. La
regla que se sigue en la elección de H Cl disolventes dice: “ sustancias similares C disuelven sustancias
similares”. Los H C C H C disolventes polares disuelven compuestos iónicos y polares; y los no polares disuelven
H C C H Cl Cl compuestos no polares. C Cl H 3.4.2 Solubilidad de los gases TETRACLORURO BENCENO DE
CARBONO L os gases son muy poco solubles en agua y otros líquidos corrientes. La solubilidad de un gas puede
acrecentar aumentando la presión Figura 3.5 Algunas moléculas no polares 2 La electronegatividad de un
elemento mide la tendencia relativa del átomo a atraer los electrones hacia sí cuando se combina químicamente
con otro átomo ( véase capítulo 1 ). COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE
CIENCIAS E INGENIERÍA
 6. 62 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS sobre el gas que se halla por encima de la solución. La
solubilidad del oxígeno a diferentes presiones aparece en la tabla 4.3. Es obvio que al observar la última columna,
que la solubilidad es directamente proporcional a la presión del gas. Este comportamiento es normal para
soluciones de gases en líquidos. TABLA 3.3 Solubilidad del oxígeno en agua a 25 ºC P [mmHg] Solubilidad,
[moles O2 m La solubilidad de los gases en los por litro de H2O] ∗10 6 = constante líquidos, al contrario de la de
los P 175 0.000307 1.75 sólidos o líquidos, disminuye a medida 300 0.000500 1.67 que aumenta la temperatura.
Un 414 0.000688 1.66 químico pondrá a hervir una muestra 610 0.00100 1.64 de agua para reducir la
concentración 760 0.00128 1.68 de gases atmosféricos disueltos. Puesto que la solubilidad del oxígeno en agua
se reduce considerablemente con el calor, al vaciar agua caliente en los ríos y lagos puede causar serio perjuicio
a la vida acuática. TABLA 3.4: Efecto de la temperatura sobre la solubilidad• de los gases en agua•• Gas 0 ºC 10
ºC 50 ºC 100 ºC • La solubilidad se expresa en moles del gas disueltas por H2 0.000960 0.000873 0.000717
0.000715 litro de agua N2 0.00105 0.000830 0.000485 0.000423 •• La presión del gas encima de la solución es 1
atm. O2 0.00212 0.00170 0.000933 0.000758 El efecto de la temperatura sobre la solubilidad CO2 0.0765 0.0533

26. 0.0194 de los gases se muestra en la información de la tabla 3.4. La solubilidad del CO2 es mucho mayor que la
de los otros tres gases, debido a que el CO2 reacciona con el agua para forma ácido carbónico: CO2 + H2O ⇒
H2CO3 3.5 EL PROCESO DE DISOLUCIÓN U na sustancia puede disolverse con o sin reacción química en el
disolvente. El sodio metálico se disuelve en agua desprendiendo burbujas de hidrógeno y cantidades
considerables de calor, se produce un cambio químico en el cual el H2 y el hidróxido de sodio iónico soluble,
NaOH, son los productos, la ecuación iónica total será: 2Na(s) + 2H2O → 2[Na+(ac) + OH-(ac)] + H2(g) (1) El
cloruro de sodio sólido, por otra parte, se disuelve en agua sin evidencia de reacción química: NaCl(s) → Na+(ac)
+ Cl-(ac) (2) Si la primera solución (1) se evapora a sequedad, se obtiene hidróxido de sodio sólido, NaOH, en
lugar de sodio sólido metálico. Esto junto con los productos de burbujas de hidrógeno, indica que se efectúa una
reacción con el disolvente. La evaporación de la solución de cloruro de sodio (2) permite obtener en NaCl original.
La facilidad del proceso de disolución depende de dos factores: a) el cambio de energía (reacción exotérmica o
endotérmica) y b) el cambio COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E
INGENIERÍA
 7. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 63 3 de desorden (entropía) que acompaña al proceso, es
decir el proceso de disolución procede hacia la disminución de la energía del sistema, lo cual corresponde a un
proceso exotérmico y hacia un incremento de desorden del sistema. El primer factor que se refiere al cambio de
energía se denomina calor de solución, ∆Hsolución. En un líquido puro, las fuerzas intermoleculares se producen
todas entre moléculas similares; al mezclar un líquido con un sólido, cada molécula experimenta fuerza
procedente de otras moléculas o iones diferentes y también de moléculas similares. Las fuerzas relativas de estas
interacciones ayudan a determinar el grado de solubilidad de un soluto en un disolvente. Las principales
interacciones que afectan la disolución de un soluto en disolvente son: 1. Atracciones soluto-soluto 2. Atracciones
disolvente-disolvente 3. Atracciones disolvente-soluto La disolución se favorece cuando el valor de los dos
primeros incisos son relativamente pequeños y el del tercero es relativamente grande. Es preciso vencer las
atracciones intermoleculares o interiónicas entre las partículas de soluto para que se disuelva, esta parte del
proceso requiere consumo de energía. La separación de moléculas de disolvente también consume energía. Sin
embargo, cuando las partículas de soluto y las moléculas del disolvente interaccionan en la solución se libera
energía y el proceso de disolución es exotérmico. Muchos sólidos se disuelven en líquidos por procesos
4endotérmicos. La razón de que estos procesos se produzcan es que la endotermicidad es contrarrestada por un
mayor incremento en el desorden del soluto que acompaña al proceso de disolución. Casi todos los procesos de
disolución están acompañados de un incremento de desorden tanto en el disolvente como en el soluto. Por tanto,
este factor de desorden suele ser favorable a la solubilidad. 3.6 UNIDADES DE CONCENTRACIÓN L a
concentración de un soluto es la cantidad de soluto disuelto en una cantidad dada de disolvente o de solución. La
cantidad de disolvente o de solución se puede expresar en términos de volumen o en términos de masa o de
cantidad molar. Así, hay varias formas para expresar la concentración de una solución. La concentración de una
solución suele expresarse como masa de soluto por unidad de volumen; pero es mas significativa expresarla en
términos de número de moles por unidad de volumen. Los términos de concentración mas importantes utilizados
por los químicos son: molaridad, molalidad, normalidad y fracción molar. 3.6.1 Molaridad 3 Whitten Kennet W.
define entropía como la medición del desorden de un sistema, mientras mayor sea el desorden de un sistema,
mayor será su entropía. 4 Proceso endotérmico es cuando en el proceso de disolución de un soluto, en el
disolvente, éste absorbe energía del medio ambiente. COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 8. 64 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS L a concentración molar , o molaridad [M], se define como
los moles de soluto disueltos en un litro de solución. moles de soluto Molaridad [ M ] = (3.1) litro de solución Una
solución acuosa de HCl que es 0.2 M, contiene 0.2 moles de HCl por litro de solución, en la práctica si se quiere
preparar esta solución, se agrega a un matraz volumétrico aforado de 1.00  una cierta cantidad de agua por
ejemplo ¼ , al cual añadimos 0.2 moles de HCl ( debe hacerse cálculos a partir de los datos que lleva la etiqueta
del frasco). En seguida se llena el matraz con agua adicional a la marca hasta el cuello y se mezcla la solución.
Ejemplo 3.2.- 0.25 g de una muestra de sulfato de cobre pentahidratado (CuSO 4∗5H2O) se coloca en un matraz
aforado de 250 cc. El matraz se llena con agua hasta la marca en el cuello. ¿Cuál es la molaridad de la solución
resultante? Solución.- Para determinar la molaridad, se necesitan los moles de soluto. Por consiguiente
convertiremos los gramos de CuSO4.5H2O a moles: 1 mol CuSO 4 ∗ 5H 2 O n = 0.25 g CuSO 4 ∗ 5H 2 O ∗ = 0.1
mol CuSO 4 ∗ 5H 2 O 249.54 g El volumen de la solución es 0.25 litros, en consecuencia la molaridad es: 0.1 mol
CuSO 4 ∗ 5H 2 O Molaridad = = 0.4 M 0.25 litros 3.6.2 Equivalente - gramo de ácidos y bases S e define un
equivalente – gramo de un ácido como el peso en gramos de éste que puede producir un mol de H+ y un
equivalente – gramo de una base como el peso en gramos de ésta que pueda producir un mol de OH-. El peso
equivalente o equivalente - gramo de un ácido se obtiene dividiendo su peso fórmula o peso molecular entre el
número de hidrógenos ácidos que aporta una molécula del ácido. El peso equivalente o equivalente - gramo de
una base se obtiene dividiendo su peso fórmula o peso molecular entre el número de iones hidróxido. A partir de
definiciones anteriores, se ve que un equivalente gramo de cualquier ácido reacciona con un equivalente – gramo
de cualquier base. No es cierto que un mol de cualquier ácido reacciona con un mol de cualquier base en una
reacción química específica. En consecuencia, según la definición de equivalentes, 1 eq-g ácido = 1 eq-g base.
Por lo general, se puede escribir la siguiente expresión para todas las reacciones ácido base que llegan hasta el
5punto final. Eq de ácido = eq de base o meq de ácido = meq de base (3.2) Donde: meq = miliequivalentes, 1 eq =
1000 meq 3.6.3 Equivalente – gramo en reacciones Redox 5 Punto final es el punto en el cual el indicador cambia

27. de color y se define la titulación en una reacción de neutralización. COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
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 9. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 65 E n reacciones de oxidación – reducción se debe recordar
que un agente oxidante acepta electrones, y un agente reductor los produce. El principio de equivalente permite
hacer cálculos estequiométricos en reacciones redox. El equivalente gramo del agente oxidante y del agente
reductor es respectivamente: peso molecular Eq − g (agente oxidante) = No. e − ganados peso molecular Eq − g
(agente reductor) = No. e − perdidos 3.6.4 Normalidad L a concentración normal , o normalidad [N], de una
solución se define como el número de pesos equivalentes o simplemente equivalentes (eq) de soluto por litro de
solución. Número de peso equivalente de soluto Normalidad [ N ] = o litro de solución No. de miliequivalente de
soluto Normalidad[ N ] = litro de solución (3.3) Ejemplo 3.3 ¿Cuál es la normalidad de una solución que contiene
10 g de H 2SO4 en 500 ml de solución? Solución.- El número de moles de H2SO4 es: 1 mol H 2SO 4 n = 10 g H
2SO 4 ∗ = 0.102 mol H 2SO 4 98 g H 2SO 4 El volumen de la solución es 0.5 litros, en consecuencia la
normalidad es: 0.102 moles H 2 SO 4 2eq − gH 2 SO 4 Normalidad = ∗ = 0.408 N 0.5 litros 1molH 2 SO 4 3.6.5
Molalidad L a concentración molal , o molalidad [m], se define como los moles de soluto disueltos en un kilogramo
de disolvente. moles de soluto Molalidad [ m] = (3.4) kg de disolvente COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
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 10. 66 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Ejemplo 3.4.- El tolueno, C6H5CH3, es un compuesto
líquido similar al benceno, C6H6. Es la materia prima para otras sustancias, entre ellas el trinitrotolueno (TNT).
Encuentre la molalidad del tolueno en una solución que contiene 5 g de tolueno en 25 g de benceno. Solución.- El
número de moles de tolueno es: 1 mol de C 6 H 5 CH 3 5 g C 6 H 5 CH 3 ∗ = 0.0543 mol C 6 H 5 CH 3 92 g C 6 H
5 CH 3 La masa del benceno que constituye el disolvente es: 0.025 kg C6H6 0.0543 mol C 6 H 5 CH 3 mol soluto
molalidad = = 2.172 = 2.172 molal 0.025 kg C 6 H 6 kg solvente 3.6.6 Formalidad L a formalidad de una solución
es el número de peso fórmula en gramos de soluto por litro de solución; el símbolo de esta unidad es F. La
formalidad es muy similar a la molaridad, por ejemplo 1 formal que se simboliza 1F del ácido clorhídrico es igual a
su peso fórmula, es decir 36.5 g HCl, por litro de disolución. 3.6.6 Fracción molar L a fracción molar de una
sustancia A (χA), componente de una solución se define como los moles de sustancia A divididos entre los moles
totales de solución, esto es: moles de sustancia A n χA = = A (3.5) moles totales de la solución n t 3.7 DILUCIÓN
E n la práctica de laboratorio con frecuencia se usan soluciones concentradas de concentración conocida para
preparar a partir de ellas soluciones diluidas. Por tanto, es importante ver cómo los cambios de volumen afectan la
concentración de una solución. Cuando la concentración se expresa en una escala volumétrica, la cantidad de
soluto contenido en un volumen determinado de la solución es igual al producto del volumen por la concentración,
es decir: Cantidad de soluto disuelto = volumen ∗ concentración Cuando se diluye una solución, el volumen
aumenta y la concentración disminuye, pero la cantidad total de soluto permanece constante. Por esta razón, dos
soluciones de concentraciones diferentes pero que contengan las mismas cantidades de soluto, están
relacionadas por la siguiente expresión: Volumen1 ∗ Concentración1 = Volumen2 ∗ Concentración2 V1 ∗ C1 = V2
∗ C2 (3.6) Para reacciones de neutralización ácido – base la ecuación correspondiente y de mucha utilidad es:
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 11. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 67 N1∗V1 = N2∗V2 (3.7) Donde N1 y N2 son
concentraciones normales y V1 y V2 son los volúmenes requeridos para la neutralización de una base y una
ácido. No obstante se usa también para diluciones. Ejemplo 3.4.- 0.25  de una solución contiene 75 g de NaCl
por litro. a) ¿A qué volumen se debe diluir para obtener una solución de concentración 15 g de NaCl por litro?, b)
¿qué cantidad de agua se necesita para este propósito? Solución: a) Considerando la expresión (3.6) y
despejando Volumen se tiene: V1 ∗ C1 = V2 ∗ C2 V ∗C 0.25  ∗ 75 g/ V2 = 1 1 = = 1.25  C2 15 g/ b) La
cantidad de agua que se requiere para esta dilución es: (1.25 – 0.25)  = 1  Ejemplo 3.5.- Calcule el volumen
aproximado del agua que se debe agregar a 250 cm 3 de una solución 1.25 N para preparar una solución de
concentración 0.5 N (desprecie los cambios en volumen) Solución: Considerando la expresión (3.7) se puede
determinar inicialmente el volumen de la nueva concentración y luego el volumen de agua requerido en la dilución
de la concentración original. N1∗V1 = N2∗V2 N1V1 1.25 N ∗ 250 cm 3 V2 = = = 625 cm 3 N2 0.5 N La cantidad de
agua es: (625 – 250) cm3 = 375 cm3 Ejemplo 3.6.- Si una solución se prepara a partir de 1 mol de etilenglicol y 9
mol de agua, los moles totales de la solución son 10 moles, en consecuencia la fracción molar del etilenglicol es: 1
mol etilenglicol χ= = 0.1 10 moles Recordemos que la suma de las fracciones de todos los componentes de una
solución es igual a 1. n (3.8) X =1∑ i =1 i Algunas estrategias: 3.8 REACCIONES QUÍMICAS EN SOLUCIONES
La molaridad y la normalidad se calculan partiendo de la densidad y del porcentaje C omo es de conocimiento, se
discutió el método de composición de launa solución. En soluciones diluidas densidad de la para resolver
problemas en que intervienen solución es muy semejante a la densidad reacciones químicas, ahora estamos
preparados para del disolvente puro. Para calcular la molalidad y fracción molar solo es COMPENDIOS DE
QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE conocer el E INGENIERÍA necesario CIENCIAS porcentaje de
composición de la solución.
 12. 68 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS extender el método a reacciones en solución y poder
efectuar cálculos estequiométricos a partir de un volumen de una concentración determinada a la cantidad de
soluto presente. Los problemas en esta reacción se basan en dos principios:  El número de equivalentes de

28. todas las especies en una reacción química es el mismo.  Volumen ∗ normalidad = número de equivalentes
Ejemplo 3.7 ¿Cuántos mililitros de NaOH 4.0 N se necesitan para neutralizar 20 ml de HCl 3.0 N? Solución: Se
puede usar el concepto de miliequivalentes, esto es: 4.0 meq 3.0 meq 4.0 N = 3 y 3.0 N = cm cm 3 Si: N1 = 4.0 N
N2 = 3.0 N V2 = 20 ml HCl V1 = ¿? N 2 V2 3.0 ∗ 20 ml V1 = = = 15 ml NaOH N1 4.0 Ejemplo 3.8.- ¿Cuántos
gramos de NaOH se necesitan para neutralizar 90 ml de HCl 1.5 M? Solución: Para resolver el problema es
conveniente transformar la concentración molar en normalidad, esto es, 1 eq-g HCl = 1 mol HCl En consecuencia:
moles HCl 1 eq − g HCl 1.5 ∗ = 1.5 N  1 mol HCl Por tanto, en una reacción ácido base se tiene: No eq HCl = No
eq NaOH 1.5 meq HCl 90 ml solución ∗ = 135 meq HCl = 135 meq NaOH 1 ml solución Por consiguiente la masa
de NaOH requerida es: 1 eq − g NaOH 40 g NaOH 135 meq NaOH ∗ ∗ = 5.4 g NaOH 1000 meq NaOH 1 eq − g
NaOH Ejemplo 3.9.-Encuentre el peso equivalente de KMnO4 en la siguiente reacción: MnSO4 + KMnO4 + H2O
⇔ MnO2 + H2SO4 + K2SO4 b) ¿Cuántos gramos de MnSO4 se oxidan con 50 cm3 de una solución de KMnO4
0.1 N? Solución: Para resolver el problema efectuaremos la igualación de la ecuación química. [Mn+2 + SO4= ] +
[K+ + MnO4- ] + H2O0 ⇒ MnO20 + [2H+ + SO4= ] + [2K+ + SO4=] 2∗ 3 e- + 4 H+ + MnO4- ⇒ MnO20 + 2 H2O0
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 13. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 69 3∗ 2 H2O0 + Mn+2 ⇒ MnO20 + 4 H+ + 2 e- 2 MnO + 2
H2O + Mn+2 4 - ⇒ 5 MnO20 + 4 H+ La ecuación igualada es: 3 MnSO4 + 2 KMnO4 + 2 H2O ⇔ 5 MnO2 + 2
H2SO4 + K2SO4 a) el peso equivalente del permanganato de potasio es: 158 g eq − g KMnO 4 = = 52.67 g 3 b)
La masa de sulfato manganoso requerido es: 0.1 eq KMnO 4 1 mol KMnO 4 3 mol MnSO 4 151 g MnSO 4 50 cm
3 ∗ ∗ ∗ ∗ = 0.3775 g MnSO 4 1000 cm 3 3 eq KMnO 4 2 mol KMnO 4 1 mol MnSO 4 3.9 PROPIEDADES
COLIGATIVAS A lgunas propiedades físicas de las soluciones difieren mucho de las del disolvente puro. Por
ejemplo, el agua pura se congela a 0 ºC, pero las soluciones acuosas se congelan a temperaturas menores. El
etilenglicol se adiciona al agua de los radiadores de los automóviles, pues es un anticongelante ya que abate
(disminuye) el punto de congelación de la solución; también eleva el punto de ebullición de la solución sobre la del
agua pura, permitiendo que el motor funcione a una temperatura mas alta. Una solución, que conste de dos o mas
componentes, carece de las propiedades físicas constantes de una sustancia pura; estas propiedades dependen
de la concentración de las partículas del soluto y no de su naturaleza. Tales propiedades se conocen como
propiedades coligativas y éstas son: el descenso de la presión de vapor; la depresión en el punto de congelación;
la elevación en el punto de ebullición y la presión osmótica. Las propiedades coligativas se pueden usar en la
determinación de los pesos moleculares de las sustancias disueltas y pueden dar además información acerca de
las propiedades del soluto si se conocen las propiedades del disolvente. Todas las soluciones obedecen las leyes
que se discuten en este capítulo , cuando la concentración es suficientemente baja. Por esta razón se les conoce
como leyes de las soluciones diluidas. 3.9.1 Descenso de la presión de vapor y la ley de Rault M uchos
experimentos han demostrado que las soluciones que contienen líquidos no volátiles o sólidos como solutos,
siempre tienen presiones de vapor mas bajas que los disolventes puros. Fig. A FIGURA 3.6 La figura A muestra la
presión de vapor del agua pura, la figura B el equilibrio de dos sistemas que contienen agua Fig. B pura, en la
figua C la presión manométrica (diferencia de altura) de los dos líquidos se debe al vapor de agua Fig. C pura.
Esta presión es menor sobre la solución azucarada, por que hay menos moléculas de agua por unidad de área de
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA superficie al
evaporarse.
 14. 70 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Cuando un soluto no volátil se disuelve en un líquido;
parte del volumen total de la solución es ocupada por moléculas de soluto, y por lo tanto, hay menos moléculas de
disolvente por unidad de área en la superficie. Esto ocasiona el descenso de presión de vapor del disolvente. El
descenso de la presión de vapor asociados con solutos no volátiles y no ionizables se resume en la ley de Rault:
“La presión de vapor de un disolvente en una solución es igual a la presión de vapor del disolvente puro
multiplicada por la fracción molar del mismo en la disolución”. Matemáticamente se expresa: P = Xd.Pº (4.9)
Donde: Xd, representa la fracción molar del disolvente en la solución, Pº es la presión de vapor del disolvente puro
y P es la presión de vapor del disolvente en la solución. Esta ley permite calcular pesos moleculares. Ejemplo
3.10.- La presión de vapor del agua pura a 25 ºC es 23.76 mmHg y la presión de vapor de una mezcla formada
por 5.4 g de soluto no volátil en 90 g de agua es 23.32 mmHg. Determinar el peso molecular de dicho soluto.
Solución: De acuerdo a la ley de Rault: P = Xd.Pº P 23.32 Xd = = = 0.9815 Po 23.76 Puesto que la fracción molar
se define como: moles de sustancia A n XA = = A moles totales de la solución n t Se puede expresar en términos
de sus pesos moleculares: md Md 0.9815 = md m + s Md Ms reemplazando datos: 90 g 0.9815 = 18 90 g 5.4 g +
18 Ms despejando Ms: Ms= 57.3 g/mol Ejemplo 3.11.- Determine la presión de vapor a 25 ºC de una solución
acuosa que consta de 10 g de sacarosa, C12H22O11 y 75 g de H2O. Solución: De acuerdo a la ley de Rault:
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 15. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 71 P = Xd.Pº La fracción molar del disolvente es: md Md Xd
= md m + s Md Ms 4.17 χd = = 0.993 Por consiguiente La presión de 4.17 + 0.0292 vapor es: Pv = 0.993 ∗ 23.76
mmHg = 243.59 mmHg 3.9.2 La ley de Rault y las soluciones de solutos volátiles E n soluciones en las cuales
tanto el disolvente como el soluto tienen una presión de vapor apreciable, se puede aplicar la ley de Rault a
ambos componentes: Para lograr cierta comprensión de tales mezclas, considere una solución ideal que contiene
dos componentes, A y B, según la ley de Rault: PA = XA.PAº y PB = XB.PBº La presión total del sistema es
entonces, la suma de las presiones parciales de cada componente volátil: Ptotal = PA + PB = XA.PAº + XB.PBº

29. (3.10) Ejemplo 3.12.- ¿Cuál es la presión de vapor que ejerce una mezcla formada por 100 gramos de benceno y
100 g de tolueno a 25 ºC? A dicha temperatura las presiones del vapor de benceno y tolueno puros son,
respectivamente 95.1 y 28.4 mmHg. Solución: De acuerdo a la expresión (3.6) Ptotal = PC6H6 + PC7H8 P total =
XC6H6* PC6H6º + XC7H8 * PC7H8º Las fracciones molares de las dos sustancias son: 100 g 100 g n benceno =
= 1.282 n tolueno = = 1.087 g g 78 92 mol mol n total = 1.282 + 1.087 = 2.369 1.282 1.087 χ C6 H 6 = = 0.541 χ
C7 H8 = = 0.459 2.369 2.369 La presión de vapor será: Pt = 0.549* 95.1 mmHg + 0.459 * 28.4 mmHg Pt = 52.21 +
13.04 = 65.25 mmHg COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E
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 16. 72 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Las soluciones pueden representarse gráficamente. La
figura 3.7 muestra la ley de Rault para una solución ideal de un soluto en un líquido volátil. La presión de vapor
que ejerce el líquido es PRESION DE VAPOR PRESION DE VAPOR DEL DISOLVENTE DEL DISOLVENTE
proporcional a su fracción molar en la solución. Este diagrama se cumple para: P = Xd.Pº III La figura 3.8 muestra
la ley de Rault aplicado a soluciones que II tienen dos componentes volátiles. Este diagrama se cumple para: I
Ptotal = PA + PB = XA.PAº + XB.PBº En la figura 3.8 la línea (I) es la A Xdisolvente B A Xdisolvente B presión
parcial de A y la línea (II) Figura 3.7 Figura 3.8 es la presión parcial de B y la línea (III) es la presión total para
diferentes concentraciones de los dos líquidos volátiles. La figura 3.9 muestra una desviación negativa de la ley de
Rault, Las fuerzas intermoleculares existentes en la solución son superiores a las fuerzas intermoleculares de los
componentes puros aisladamente. La figura 3.10 muestra la presión de vapor superior a la presión PRESION DE
VAPOR DEL DISOLVENTE predicha por la ley de Rault (desviación positiva). Las fuerzas intermoleculares
existentes en la solución son más débiles que las de los componentes puros A Xdisolvente B A Xdisolvente B
Figura 3.9 Figura 3.10 independientemente. 3.9.3 LEY DE HENRY E l efecto de la presión sobre la solubilidad de
un gas en un líquido se puede predecir de manera cuantitativa. Para soluciones diluidas de un gas no reactivo en
un líquido, puede COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 17. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 73 aplicarse una expresión muy similar a la ley de Rault,
conocida como la ley de Henry, cuya expresión matemática es: Pgas = K∗Xgas (3.11) Donde Pgas es la presión
del gas sobre la superficie de la solución y k es una constante para un gas y un disolvente determinados a una
determinada dada. Xgas representa la fracción molar del gas disuelto; la relación es válida a bajas
concentraciones y a bajas presiones. Ejemplo 3.13.- Si 29 mg de N2 se disuelven en un litro de agua a 0 ºC y 760
mmHg de presión de N2, ¿qué masa de N2 se disolverá en un litro de agua a 0 ºC y 5 atm de presión? Solución:
De acuerdo con la ecuación (3.11), en principio se determinará la constante de Henry K, para luego determinar la
masa de nitrógeno disuelto en las nuevas condiciones de presión y concentración. La fracción molar del gas es:
1g N2 1 mol N 2 29 mg N 2 ∗ ∗ = 1.036 ∗ 10 −3 mol N 2 1000 g N 2 28 g N 2 1000 ml 1 g 1 mol H 2 O 1 H 2 O ∗ ∗
∗ = 55.56 mol H 2 O 1 H 2 O 1 ml 18 g H 2 O 1.036 ∗ 10 −3 molN 2 χ N2 = = 1.8646 ∗ 10 −5 55.561 La constante
de Henry será: Pgas 1 atm K= = = 5.363 ∗10 4 χgas 1.8646 ∗10 −5 La masa de nitrógeno disuelta en 1 litro de
agua a 5 atm será: Pgas 5atm χ N2 = = 4 = 9.323 ∗10 −5 K 5.363 ∗10 1 litro de H2O = 55.56 mol nN 2 nN2 χ N2 =
= = 9.323 ∗10 −5 n N 2 + n H 2O n N 2 + 55.56 Resolviendo la ecuación se tiene: 28 g N 2 1000 mg N 2 5.18 ∗ 10
−3 mol N 2 ∗ ∗ = 145.04 mg N 2 1 mol N 2 1 g N2 3.9.4 Aumento del punto de ebullición R ecordemos que el
punto de ebullición de un líquido es la temperatura a la cual la presión de vapor se iguala a la presión aplicada en
su superficie, por ejemplo la temperatura de ebullición normal del agua sobre el nivel del mar es 100 ºC
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 18. 74 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Se ha visto que la presión de vapor de un disolvente a
una temperatura dada, desciende por la presencia de un soluto no volátil. Las soluciones de este tipo deben
calentarse a temperaturas mas altas que el disolvente puro para que su presión de vapor iguale a la presión
atmosférica. El incremento en el punto de ebullición, ∆Te ( en relación al punto de ebullición del disolvente puro),
es directamente proporcional al número de partículas de soluto por mol de disolvente. Sabemos que la molalidad
expresa el número fijo de moles de disolvente. Así Te PRESION DE VAPOR es proporcional a la molalidad, como
se muestra en la siguiente expresión matemática: DEL DISOLVENTE ∆Te = Kem (3.12) ∆Te = Tf(solución) –
Tf(disolvente) Ejemplo 3.14.- Una disolución de glicocola preparada al disolver 1.62 g de sustancia en 19.62 g de
agua, hierve a 100.6 ºC. Hallar el peso molecular de la glicocola. (Ke = 0.52 ºC/molal). Solución: Datos: Te =
100.6 ºC Ke = 0.52 ºC/molal De acuerdo a la relación (2.7) ∆Te = Kem Se puede determinar la molalidad ΔTe
(100.6 − 100)°C m= = = 1.154 molal ke 0.52 °C/ molal A partir de este dato se puede evaluar el número de moles
de soluto: moles de soluto 1.154 ∗ 19.62 g de agua = 0.0226 moles de soluto 1000 g de agua En consecuencia el
peso molecular de soluto será: ms 1.62 g M= = = 71.68 g/mol n s 0.0226 moles Para hallar el peso molecular se
puede considerar un segundo método propuesto por el Prof. José Ibarz Aznárez, el cuál expresa: Si una
disolución está constituida por a gramos de soluto y A g de disolvente, y el peso molecular del soluto es M, la
molalidad de disolución es: a • 1000 m= (3.13) A•M Considerando la expresión (3.8), y despejando M se tiene:
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 19. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 75 a • 1000 1.62 • 1000 M= = = 71.55 g/mol A•m 19.62 •
1.154 3.9.5 Descenso del punto de congelación E n contraste con el punto de ebullición, el punto de congelación
de una solución generalmente es mas bajo que el punto de congelación del solvente puro, como muestra la figura
3.6. La diferencia entre estas dos temperaturas se conoce como depresión en el punto de solidificación y se

30. designa por ∆Tc, y es proporcional a la concentración molal del soluto. Esta proporcionalidad, convertida en
igualdad se puede expresar por medio de la siguiente ecuación: Tc = Kcm (3.14) ∆Tc = Tf(disolvente) –
Tf(solución) Presión de vapor [mmHg] La figura 3.11 muestra como un soluto no volátil abate la presión de vapor
de un disolvente, el punto de ebullición se eleva y el punto de congelación desciende con respecto a los puntos
correspondientes en los disolventes puros. La magnitud de elevación del punto de ebullición ∆Te es menor que la
magnitud del abatimiento del punto de ∆P congelación ∆Tc. Ejemplo 3.15.- Se funde una mezcla de 0.436 g de
acetanilida con 14.06 g de alcanfor de punto de fusión 176.2 ºC. La mezcla se deja solidificar y enfriar, se reduce
∆Tc Temperatura [ºC] ∆Te a polvo, se mezcla íntimamente y se Figura 3.11 calienta. En el momento en que se
termina Diagrama de fase del H2O y de una solución acuosa de fundir su temperatura es de 167.0 ºC. Hallar el
peso molecular de la acetanilida. (kcalcanfor = 40.0 ºC/molal) Solución: Los datos son los siguientes: Tc = 176.2
ºC kc = 40.0 ºC/molal De acuerdo a la relación (3.7) ∆Tc = kcm Se puede determinar la molalidad: ΔTc (176.2 −
167.0)°C m= = = 0.23 molal kc 40.0 °C/ molal COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE
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 20. 76 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS A partir de este dato se puede evaluar el número de
moles de soluto: moles de soluto n = 0.23 ∗ 14.06 g de alcanfor 1000 g de alcanfor n = 0.00323 moles de soluto
En consecuencia el peso molecular de soluto será: ms 0.436 g M= = = 134.98 g/mol n s 0.00323 moles Para hallar
el peso molecular se puede considerar la expresión (3.8), y despejando M se tiene: a • 1000 1.62 • 1000 M= = =
71.55 g/mol A • m 19.62 • 1.154 TABLA 3.2 Algunas propiedades de disolventes comunes PUNTO DE ke PUNTO
kc SOLVENTE EBULLICIO [ºC/m] FUSION [ºC/m] N [ºC] [ºC] H2O 100.00 0.52 0.0 1.86 C6H6 80.10 2.53 5.50
5.12 CCl4 76.80 5.02 -22.3 29.80 C2H5OH 78.40 1.22 -114.6 1.99 ClCHO 61.20 3.63 -63.50 4.68 3.9.6
Aplicaciones del aumento y descenso del punto de ebullición y fusión respectivamente Ejemplo 3.16.- El punto de
ebullición de una solución de 0.402 g de naftaleno, en 26.6 g de cloroformo, es 0.455 ºC mas alto que el del
cloroformo puro. ¿Cuál es la constante ebulloscópica del cloroformo? Solución: A partir de la expresión (2.6) ∆Te
= Kem, se puede despejar Ke, puesto que ∆Te = 0.455° y la molalidad es: 0.402 g C10 H 8 1000 g CHCl3 1 mol
C10 H 8 m= ∗ ∗ m = 0.118 molal 26.6 g CHCl3 1 kg CHCl 3 128 g C10 H 8 ΔTe 0.455 °C Ke = = = 3.86 °C/molal m
0.118 m Ejemplo 3.17.- La presión de vapor de una solución acuosa diluida es 23.45 torr a 25 ºC, mientras que la
presión de vapor del agua pura a la misma temperatura es 23.76 torr. Calcúlese la concentración molal del soluto,
y utilícense los valores tabulados de Ke del agua para predecir el punto de ebullición de la solución. Solución:
Puesto que la concentración molal se define como: COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 21. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 77 moles de soluto Molalidad [ m] = kg de disolvente se
puede considerar la masa del disolvente como 1 kg = 1000 g H2O. De acuerdo a la ley de Rault: P = Xd.Pº P
23.45 Xd = o = = 0.987 P 23.76 Puesto que la fracción molar se define como: moles de sustancia A n XA = = A
moles totales de la solución n t Se puede expresar en términos de sus pesos moleculares: md Md 0.987 = md m +
s Md Ms reemplazando datos: 1000 g 0.987 = 18 1000 g + ns 18 El número de moles del soluto, despejando de la
anterior expresión es en consecuencia: ns = 0.727 mol y la molalidad será: 0.727 mol de soluto m= = 0.727 molal
1 kg de agua El punto de ebullición de la solución es: De acuerdo a la relación (3.7) ∆Te = Kem ∆Te = 0.52 °C/m ∗
0.727 m = 0.38 °C La temperatura de ebullición de la solución es: Te = (100 + 0.38) °C = 100.38 °C 3.10
OSMOSIS Y PRESIÓN OSMÓTICA L a osmosis es el proceso espontáneo por el cual las moléculas del
disolvente atraviesan una membrana semipermeable de una solución de menor concentración de soluto hacia una
solución con mayor concentración de mayor soluto COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 22. 78 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Para definir la presión osmótica es conveniente
considerar el sistema de la figura 2.12. El cual muestra un experimento en una cámara de presión osmótica.
Rebalse de la solución Figura 3.14 Solución de azúcar Las moléculas de Agua Figura 3.13 azúcar no pueden
atravesar la membrana H = π = ρgh Membrana Las moléculas de agua Figura 3.12 atraviesan la membrana
Disolvente puro (Agua) Figura 3.12 - 3.14 Experimento de ósmosis. El agua pasa a través de la membrana a la
solución de azúcar en el compartimiento del sistema. El flujo de agua cesa cuando el líquido en el embudo ejerce
hacia abajo una presión suficiente (la presión osmótica). a) La figura 3.12 muestra el inicio de la determinación de
la presión osmótica, los niveles de solución del lado izquierdo y del disolvente del lado derecho son iguales. b)
Después del inicio del experimento, las moléculas del disolvente tienden a fluir hacia la solución, entonces
observamos rebalse de la solución como era de esperarse, como muestra la figura 3.13. c) Para evitar el rebalse
instalemos un tubo en la cámara de la disolución; durante cierto tiempo de iniciado el experimento, el flujo de la
moléculas hacia la solución cesa y el sistema alcanza el equilibrio cuando el menisco se ha elevado hasta una
determinada altura, como se Fig. 2.13 puede observar en la figura 3.14. En estas condiciones de equilibrio, la
solución se encuentra bajo una presión hidrostática mayor que el disolvente puro. La altura del menisco
multiplicada por la densidad de la solución y la aceleración de la gravedad, dá la presión adicional sobre la
solución y ésta es la presión osmótica π. Por la medición experimental realizada en soluciones diluidas de
concentración conocida, se sabe que la relación entre la presión osmótica y la concentración está dada
simplemente por: π = cRT (3.15) Donde c es la concentración de la disolución en moles/litro, R es la constante
universal de los gases y T es la temperatura absoluta. La presión osmótica es proporcional a la temperatura
absoluta porque afecta el número de colisiones del disolvente con la membrana por unidad de tiempo, también es
proporcional a la concentración molar, ya que ésta afecta a la diferencia en el número de moléculas del disolvente

31. que chocan contra la membrana de cada lado. Ejemplo 3.18.- Estime el peso molecular de una macromolécula
biológica si se disuelve una muestra de 0.194 gramos en 82.4 ml de benceno y se observa una presión osmótica
de 14.20 torr a 25 °C. Solución: De la ecuación (3.15) π = cRT: π 14.20 mmHg −4 mol c= = = 7.64 ∗ 10
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA mmHg −  RT 
62.4 ∗ 298K K − mol
 23. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 79 Considerando que el volumen de la solución es 82.4 ml,
se puede determinar el número de moles de la macromolécula biológica: mol 7 ∗ 10 − 4 ∗ 0.0824 = 5.768 ∗ 10 −
5 mol  El peso molecular de dicha sustancia biológica es: m 0.194g g M= = −5 = 3363.38 n 5.768x10 mol 3.10.1
Ósmosis Inversa E l6 proceso de ósmosis inversa se ha aplicado al problema de la purificación del agua, en
particular el método se ha utilizado para desalar el agua del océano (esto es para eliminar lar sales del agua de
mar y obtener agua que se pueda beber o que sea industrialmente utilizable). En la ósmosis normal, el disolvente
fluye a través de una membrana de una solución diluida a una solución mas concentrada, el proceso de ósmosis
se puede detener. Figura 3.15 Sistema de desalación que utiliza la ósmosis inversa. Cuando el agua del océano
se somete a una presión mayor que su presión osmótica, el agua pura pasa a través de una serie de membranas
y dejan detrás una solución de sal más concentrada. Si se aplica una presión aún mayor, el proceso osmótico
puede ser invertido, entonces el disolvente fluye de la solución concentrada (que pueda ser agua del océano), a
través de una membrana, a una solución más diluida (que pueda ser agua mas o menos pura). En la figura 3.15
se presenta un sistema que utiliza ósmosis inversa para desalar el agua del océano. 3.11 Propiedades Coligativas
de las Soluciones Ionicas P ara explicar las propiedades coligativas de las soluciones iónicas, debe aceptarse que
la concentración total de iones, es mas importante que la concentración de una sustancia iónica. Por ejemplo, la
depresión de congelación de una solución 0.100 m de cloruro de sodio es casi el doble del de una solución 0.100
m de glucosa. Puede explicarse esto diciendo que el cloruro de sodio se disuelve en agua para formar los iones
Na+ y Cl-. Cada unidad fórmula de NaCl da dos partículas. Para cada propiedad coligativa de las soluciones
iónicas se pueden considerar tres valores: el valor calculado ∆Tm, suponiendo el compuesto formado por
moléculas; el valor real, ∆T, bastante mayor, encontrado experimentalmente; y el valor ideal ∆Ti, mayor todavía,
que puede también calcularse al suponer el compuesto formado por iones que se comportasen en la disolución
como si fueran partículas neutras.. 3.11.1 Factor de van’t Hoff La relación: ΔT i= (3.16) ΔTm 6 COMPENDIOS DE
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 24. 80 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS donde i es mayor a la unidad, se conoce como factor de
van’Hoff. Cuando se suponía que los electrolitos estaban constituidos por moléculas se aceptó que una fracción
de las mismas se disociaba en iones y que se establecía un equilibrio entre las moléculas sin disociar y los iones
formados. La fracción de las moléculas ionizadas o disociadas se denomina grado de disociación. Para los
electrolitos fuertes se establece actualmente la relación: ΔT =g (3.17) ΔTi donde g es menor que la unidad y que
se conoce como coeficiente osmótico. Cuanto mas se acerca a la unidad el valor de g mayor es el
comportamiento ideal de los iones en la disolución iónica. Si una supuesta molécula del electrolito se disocia en ν
iones, es evidente que: ∆Ti = ν∆Tm , y por tanto; i g= (3.18) υ En el caso de los electrolitos débiles, si α es el
grado de ionización, y una molécula forma realmente ν iones, 1 mol del electrolito dará lugar a να moles y
quedaran sin ionizar ( 1 - α) moles, por lo cual, en vez de un mol de compuesto tendremos: [1+(ν - 1)α] moles de
partículas, y puesto que cualquier propiedad coligativa es i veces mayor que el valor teórico correspondiente al
numero de moléculas o moles disueltos, tendremos i = 1 + (ν - 1)α (3.19) y i −1 α= (3.20) υ −1 Esta expresión se
aplica también corrientemente a los electrolitos fuertes, aunque ya se ha indicado que es incorrecto hablar en
ellos de grado de disociación. Para no romper con esta costumbre nos referiremos nosotros a un grado de
disociación aparente para explicar el comportamiento de los electrolitos fuertes. El factor de van’t Hoff i para
soluciones iónicas en las expresiones de las propiedades coligativas se puede escribir: Descenso de la presión de
vapor md P = P° Md md ms (3.21) +i Ms Ms Aumento del punto de ebullición ∆Te = iKem (3.22) Descenso del
punto de fusión COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 25. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 81 ∆Tc = iKcm (3.23) Presión osmótica π = icRT (3.24)
Ejemplo 3.19.- A 100 °C la presión de vapor de una disolución de 10.0 g de nitrato cálcico en 150 g de agua es de
746.8 mmHg. Hallar el grado de disociación aparente del nitrato cálcico en esta disolución. Solución: Para hallar el
grado de disociación aparente (véase ecuación 3.15) del nitrato cálcico (electrolito fuerte) debemos determinar el
coeficiente de van’t Hoff a partir de la ecuación (3.16) y el número de iones ν Ca(NO3)2 = [ Ca++ + 2NO3-] ν=3
Así que, de la ecuación (3.16): md P = P° Md md ms +i Ms Ms reemplazando datos: 150 746.8 = 760 18 150 10 +i
18 164 efectuando operaciones con una máquina electrónica: 8.33 0.982 = 8.33 + 0.0608 i i = 2.42 Aplicando la
expresión (3.15) i − 1 2.42 − 1 α= = = 0.71 υ −1 3−1 Ejemplo 3.20.- Una disolución 0.065 molal de cloruro cálcico
empieza a congelar a – 0.322 °C, hallar: a) el grado de disociación del cloruro cálcico y b) la concentración de los
iones cloruro y de los iones calcio en la disolución. Suponer la densidad de la disolución igual a la unidad. Kc(H2O
= 1.86 °C/mol) Solución: a) Para hallar el grado de disociación haremos uso de la ecuación (2.15), sin embargo es
preciso evaluar i y ν. El cloruro de calcio se disocia: CaCl2 = [ Ca++ + 2Cl- ] ν=3 De la ecuación (3.18) ∆Tc =
iKcm: Despejamos i: ΔTc [ 0 − (−0.322) ] i= = = 2.66 Kc ∗ m 1.86 ∗ 0.065 COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
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32.  26. 82 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Por consiguiente 2.66 − 1 α= ∗ 100 = 0.83 3 −1 b) Para
hallar la concentración molar de los iones, determinaremos en primera instancia la concentración del cloruro de
calcio: La masa total de la solución se puede calcular: 0.065 mol CaCl 2 111 g CaCl 2 7.215 g CaCl 2 ∗ = 1000 g
H 2 O 1 mol CaCl 2 1000 g H 2 O Es decir la masa de la solución es: msolución = 1000 g puesto que la densidad
es 1.0 g/ml El volumen de la solución es: V = 1000 ml = 1.000  La concentración molar de la solución iónica de
CaCl2 es: 0.065 mol de CaCl 2 M= = 0.065 molar 1.000  y las concentraciones de los iones determinamos a
partir de : 0.065 ∗ 0.83 = 0.0540 CaCl2 = Ca++ + 2Cl- 1 mol 1 mol 2 mol [ Ca++ ]= 0.0540 molar, la relación es 1:1
[ Cl- ] = 2 ( 0.0540) = 0.108 molar la relación es 1:2 PROBLEMAS RESUELTOS 3.1 Una solución de ácido
sulfúrico tiene densidad de 1.84 g/ml y contiene 98% en masa de H2SO4. ¿Qué volumen ocuparán 200 g de
H2SO4 puro? Solución: Se puede considerar los conceptos básicos de factores de conversión: 100 g de solución
1 cm 3 de solución 200 g H 2SO 4 ∗ ∗ = 110.91 cm 3 de solución 98 g H 2SO 4 1.84 g de solución 110.91cm 3 =
VH 2 O + VH 2 SO 4 (1) El volumen de agua es: 100 g de solución 2 g de H 2 O 1 cm 3 H 2 O 200 g H 2SO 4 ∗ ∗ ∗
= 4.082 cm 3 H 2 O 98 g H 2SO 4 100 g de solución 1 g H 2 O En consecuencia, considerando la ecuación (1), el
volumen de H2SO4 puro es: VH 2SO 4 = 110.91 − 4.082 = 106.82cm 3 H 2SO 4 COMPENDIOS DE QUÍMICA
GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 27. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 83 3.2 Calcule la molalidad, fracciones molares de soluto y
disolvente, y la molaridad de las siguientes soluciones: a) una solución acuosa de H2SO4 que es 50 % en masa y
tiene una densidad de 1.4 g/ml, b) una solución acuosa de sacarosa, C12H22O11, que es 19 por ciento sacarosa
en masa, y tiene una densidad de 1.08 g/ml, y c) una solución compuesta de 24.4 g de NaOH y 97.6 de H2O con
un volumen de 100 ml. Solución: a) La molalidad de la solución de H2SO4 se puede determinar a partir de la
composición centesimal, vale decir: 50 g H 2SO 4 1000 g H 2 O 1 mol H 2SO 4 m= ∗ ∗ = m = 10.2 molal 50 g H
2O 1 kg H 2 O 98 g H 2SO 4 La fracción molar se determina calculando previamente los moles del soluto y
disolvente: 1 mol H 2SO 4 50 g H 2SO 4 ∗ = 0.510 mol H 2SO 4 98 g H 2SO 4 1 mol H 2 O 50 g H 2 O ∗ = 2.78
mol H 2O 18 g H 2 O La fracción molar será entonces : 0.510 X H 2 SO 4 = = 0.155 3.290 X H2O = 1 − 0.155 =
0.845 La molaridad se calcula considerando la densidad de la solución g Solución 50 g H 2SO 4 1 mol H 2SO 4
1000 mlSol. M = 1.4 ∗ ∗ ∗ = 7.14 molar ml Solución 100 g Solución 98 g H 2SO 4 1 Solución b) La molalidad de la
solución de C12H22O11, se puede determinar a partir de la composición centesimal, vale decir: 19 g C12 H 22
O11 1000 g H 2O 1 mol C12 H 22 O11 m= ∗ ∗ = 0.6859 molal 81 g H 2 O 1 kg H 2 O 342 g C12 H 22 O11 La
fracción molar se determina calculando previamente los moles del soluto y disolvente: 1 mol C12 H 22 O11 n C12
H 22 O11 = 19 g C12 H 22O11 ∗ = n C12 H 22 O11 = 0.0555 mol C12 H 22 O11 342 g C12 H 22 O11 1 mol H 2O
81 g H 2 O ∗ = 4.50 mol H 2 O 18 g H 2 O La fracción molar será entonces : 0.0555 X C12 H 22 O11 = = 0.012
4.5555 X H2O = 1 − 0.012 = 0.988 COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS
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 28. 84 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS La molaridad se calcula considerando la densidad de la
solución g Solución 19gC12 H 22 O11 1 mol C12 H 22 O11 M =1.08 ∗ ∗ ∗ ml Solución 100 g Solución 342 g C12 H
22 O11 1000 ml Solución = 0.6 molar 1 Solución 3.3 Una solución acuosa de cloruro de sodio que contiene 8.00
g de NaCl por 100 g de solución posee una densidad de 1.054 g/ml a la temperatura de 25ºC. Determine: a) la
concentración molar y b) la concentración molal de la solución. Solución: Nº moles de soluto a) 8 g NaCl/100 g sol.
Molaridad = 1 litro de solución ρ = 1.054 g/ml moles de soluto : m 8g n= = = 0.137 mol NaCl M 58.5 g/mol -Cálculo
del volumen en litros de solución: 1 ml de solución V = 100 g ∗ = 94.88 ml 1.054 g V= 0.0949 litros Molaridad :
0.137 mol NaCl M= = 1.44 molar 0.0949  Nº de moles de soluto b) Molalidad = kg de solvente Cálculo de la masa
en kilogramos de solvente Masa del solvente = masa (solución) - masa (soluto) = 100 g - 8 g = 92 g de solvente
Kg de solvente = 92g = 0.092 Kg 0.137 mol de soluto Molalidad = = 1.49 molal 0.092 kg de solvente 3.4 Se
prepara 1.5 litros de una solución de H2O y C2H5OH, cuya densidad relativa resulta 0.947 en una proporción
volumétrica de 3:1 respectivamente. Determinar: a) La densidad del alcohol etílico. b) La fracción molar del
alcohol etílico. c) La molaridad. d) La molalidad. Solución: Datos: Vsolución = 1.5  ρsolución = 0.947 kg/
%VH2O = 75% %VC2H5OH = 25% a) VH2O = 1.5  ∗ 0.75 = 1.125  COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
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 29. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 85 VC2H5OH = 1.5  ∗ 0.25 = 0.375  kg m sol m sol = ρ sol
∗ Vsol = 0.947 ∗ 1.5 ρ sol =  Vsol m sol = 1.4205 kg En consecuencia la masa del alcohol etílico es: mC2H5OH
= msol – mH2O mC2H5OH =1.4305 – 1.125 = 0.2955 kg mC2H5OH = 295.5 g La densidad del alcohol etílico es:
m 295.5g ρ= = = 0.788g/ml V 375ml n C H OH b) χ C 2 H 5 OH = 2 5 nT 295.5 g n C 2 H 5 OH = = 6.424 mol g 46
mol 1125 g n H 2O = = 62.5 mol g 18 mol nT = 6.424+62.5= 68.924 mol 6.424mol χ C2 H 5OH = = 0.093
68.924mol c) n soluto 6.424 C 2 H 5 OHmol M= = = 4.28 molar  solución 1.5 solución d) n soluto 6.424 molC 2
H 5 OH m= = = 5.71 molal kg dilsolvente 1.125 kg H 2 O 3.5 ( 20 puntos, 20 min) La densidad relativa de una
disolución acuosa de cloruro de potasio que contiene 24.6 g KCl es de 1.131 a 21 ºC, mientras que la densidad
relativa del cloruro de potasio sólido, a la misma temperatura es 1.984. Calcular: a) la molaridad, b) la normalidad,
c) la molalidad, d) la fracción molar, y e) el tanto por ciento en volumen. (K = 39; Cl = 35.5) Solución: Datos:
ρSolución= 1.131 g/ml; ρKCl= 1.984 g/ml; ρH2O= 1.0 g/ml; mKCl = 24.6 g mH2O = x m m KCl + m H 2O ρ
solución = total = (1) Vtotal V KCl + V H 2O mH2O = VH2O (2) m 24.6 g V KCl = KCl = = 12.40ml (3) ρ KCl 1.984
Reemplazando en (1) COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E
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33.  30. 86 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 24.6 g + m H 2O 1.131 = 12.4 + m H 2O mH2O = 80.76 g
VH2O = 80.76 ml Volumen total: Vsolución = 12.4 ml + 80.76 ml = 93.16 ml a) la molaridad es: 24.6 gKCl 1000ml
1molKCl ∗ ∗ = 3.54molar 93.16ml 1 74.5 gKCl b) La normalidad es: 24.6 gKCl 1000ml 1molKCl 1eq − gKCl ∗ ∗ ∗
= 3.54normal 93.16ml 1 74.5 gKCl 1molKCl c) La molalidad: 24.6 gKCl 1000 gH 2O 1molKCl ∗ ∗ = 4.09molal
80.76 gH 2O 1KgH 2O 74.5 gKCl d) La fracción molar: 1molKCl 1molH 2 O 24.6 gKCl ∗ = 0.33molKCl 80.76 gH 2
O ∗ = 4.49molH 2 O 74.5 gKCl 18 gH 2 O 0.33 4.49 X KCl = = 0.068 X H 2O = = 0.932 4.82 4.82 12.4ml e) El % en
volumen: %V KCl = ∗ 100% = 13.31% 93.16ml 3.6.- Determinar: a) la concentración molal, b) la fracción molar y la
molaridad de una solución de ácido sulfúrico del 50% en masa y cuya densidad es 1.4 g/ml. Solución: a) La
molalidad de la solución de H2SO4 se puede determinar a partir de la composición centesimal, vale decir: 50 g H
2SO 4 1000 g H 2O 1 mol H 2SO 4 m= ∗ ∗ = 10.2 molal 50 g H 2 O 1 kg H 2 O 98 g H 2SO 4 La fracción molar se
determina calculando previamente los moles del soluto y disolvente: 1 mol H 2SO 4 50 g H 2SO 4 ∗ = 0.510 mol H
2SO 4 98 g H 2SO 4 1 mol H 2 O 50 g H 2 O ∗ = 2.78 mol H 2 O 18 g H 2 O La fracción molar será entonces :
0.510 X H 2SO 4 = = 0.155 3.290 X H2O = 1 − 0.155 = 0.845 La molaridad se calcula considerando la densidad
de la solución g Solución 50 g H 2SO 4 1 mol H 2SO 4 1000 ml Solución M = 1.4 ∗ ∗ ∗ = 7.14 molar
COMPENDIOSml Solución 100 g Solución 98 g H 2SO 4 DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES
Solución1  DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 31. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 87 3.7 A 100 ml de una disolución de ácido sulfúrico del
96% en masa y de densidad relativa 1.84, se añadieron 400 ml de agua, obteniéndose una solución de peso
específico relativo igual a 1.22. En la solución resultante determinar: a) la concentración en tanto por ciento en
masa. b) La concentración molar c) La concentración molal d) La normalidad e) La fracción molar Solución: El
lector debe hacer énfasis en esquemas de manera que le permitan ver objetivamente el problema: H2O V = 100
ml V = ¿? 96%H2SO4 %H2SO4 =¿? ρ = 1.84 ρ = 1.22 A 100 ml de una solución de ácido sulfúrico se añade 400
ml de agua, a esta operación se denomina dilución, que obviamente modificará la concentración y la densidad de
la solución. Para resolver el problema calcularemos el volumen de agua de la solución original para luego sumar a
los 400 ml de agua que se añadieron, a partir de este dato la masa de agua de modo que sumados a la masa de
ácido sulfúrico puro y considerando la densidad de la solución resultante se podrá determinar el volumen de la
solución resultante. Determinación de la masa de H2O y H2SO4 de la solución original 1.84 g de sol. 100 ml de
sol. ∗ = 184 g de solución 1 ml de sol. 96 g H 2SO 4 184 g de solución ∗ = 176.64 g H 2SO 4 la masa de agua en
la 100g de solución solución resultante m agua = 184 g − 176.64 g = 7.36 g H 2 O será: mH2O = (7.36 + 400) g =
407.36 g H2O De acuerdo a algunas estrategias recomendadas en el presente texto es fundamental conocer la
concentración de la solución resultante en tanto por ciento: a) El tanto por ciento del ácido sulfúrico se determina a
partir de: m H2SO4 = 176.64 g m H2O = 407.36 g La masa total es: (176.64 + 407.36) g = 584 g 176.64 %H 2SO
4 = ∗ 100% = 43.36% 407.36 COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E
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 32. 88 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS b) La concentración molar se determina conociendo la
densidad de la solución y la concentración en tanto por ciento en masa de ácido sulfúrico: g solución 1000 ml
solución 43.36 g H 2SO 4 1 mol H 2SO 4 M = 1.22 ∗ ∗ ∗ ml solución 1 de solución 100 g solución 98 g H 2SO 4
M = 5.398 molar c) Determinación de la molalidad: Sólo se considera la concentración en tanto por ciento en
masa: Masa de H2SO4 = 43.36 g Masa de H2O = (100 - 43.36) g = 56.64 g En consecuencia: 43.36 g H 2SO 4
1000 g H 2 O 1 mol H 2SO 4 molalidad = ∗ ∗ = 7.811 molal 56.64 g H 2 O 1 kg H 2 O 98 g H 2SO 4 d)
Determinación de la normalidad: Se puede calcular a partir de la molaridad considerando que en esta solución: 1
mol H 2SO 4 1 eq − g H 2SO 4 = 2 2 eq − g H 2SO 4 = 1 mol H 2SO 4 Por tanto: moles H 2SO 4 2 eq − g H 2SO
4 5.398 ∗ = 10.796 N 1 solución 1 mol H 2SO 4 d) Determinación de la fracción molar: Para calcular la fracción
molar requerimos los moles del soluto y del disolvente: 1 mol H 2SO 4 nH 2SO 4 = 176.64 g H 2SO 4 ∗ = 1.802
mol 98 g H 2SO 4 1 mol H 2 O nH 2O = 407.36 g H 2 O ∗ = 22.63 mol 18 g H 2 O Las fracciones molares son:
1.80 χ H 2 SO 4 = = 0.07 24.43 22.63 χ H 2O= = 0.93 24.43 3.8 Una instalación de cámaras de plomo suministra
diariamente 12 m3 de ácido de cámara de densidad relativa 1.49 y de una concentración del 60% en masa. Si se
desea preparar un ácido concentrado del 98% a) ¿Qué cantidad de agua se debe evaporar diariamente? b)
Calcular la normalidad, molaridad y la molalidad del ácido de cámara. COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 33. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 89 Solución: El ácido de cámara del que se habla no es más
que el ácido sulfúrico. a) Efectuaremos un balance másico sin reacción química puesto que se trata de un proceso
físico, donde la masa de la solución mA de ácido de cámara es: t m A = 12 m 3 ∗ 1.49 = 17.88 t m3 7 Asumiremos
como base de cálculo 17.88 t por día. Ácido de cámara A (60%) H2SO4 B C Agua evaporada Ácido resultante
(0%) H2SO4 ( 98%) H2SO4 mA = mB + mC (1) amA = bmB + cmC (2) En la ecuación (2) b = 0, por tanto la masa
la masa del ácido resultante mc es: am a 60 ∗ 17.88 t mc = = = 10.947 t c 98 De la ecuación (1) despejamos la
masa de agua: mB = mA - mC mB = 17.880 - 10.947 = 6.933 t H2O Puesto que la densidad del agua es 1 t/m3 El
volumen de agua que se evapora diariamente es de 6.933 m3 b) La concentración molar del ácido de cámara se
puede determinar a partir de su densidad y tanto por ciento en peso. g solución 1000 ml solución 60.00 g H 2SO 4
1 mol H 2SO 4 M = 1.49 ∗ ∗ ∗ = 9.12 molar ml solución 1 de solución 100 g solución 98 g H 2SO 4 La normalidad
se puede calcular a partir de la molaridad considerando que en esta solución: 7 5 Fuente: Viceministerio de

34. Industria y comercio interno. De acuerdo al Sistema Internacional de unidades el símbolo de tonelada métrica es t
COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 34. 90 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 1 mol H 2SO 4 1 eq − g H 2SO 4 = 2 2 eq − g H 2SO 4 =
1 mol H 2SO 4 Por tanto: moles H 2SO 4 2 eq − g H 2SO 4 9.12 ∗ = 18.24 N 1 solución 1 mol H 2SO 4 Para
determinar la molalidad sólo se considera la concentración en tanto por ciento en masa: masa de H2SO4 = 60.0 g
masa de H2O = (100 – 60.0) g = 40.0 g En consecuencia: 60.0 g H 2SO 4 1000 g H 2 O 1 mol H 2SO 4 molalidad
= ∗ ∗ = 15.31 molal 40.0 g H 2 O 1 kg H 2 O 98 g H 2SO 4 3.9 Una disolución de hidróxido ferroso a 25 ºC de
temperatura tiene una solubilidad de 1.78 g/100g H2O. Determinar: a) la molaridad, b) la normalidad, c) la
molalidad y la fracción molar del soluto suponiendo solución ideal. Solución: a) Cuando la solución es ideal la
densidad de la solución tiende a ser la densidad del agua, sin embargo la masa total de la solución se debe
considerar: (100 g + 1.78g) = 101.78 g 1.78 g Fe(OH)2 1 mol Fe(OH)2 1 g solución 1 000 cm 3solución ∗ ∗ ∗ =
0.194 molar 101.78 g solución 90 g Fe(OH)2 1 cm3 solución 1 litro de solución b) Para determinar la normalidad
de la solución, hallamos la relación de moles y equivalentes gramo del soluto: 1 mol Fe(OH)2 1 eq − g Fe(OH)2 =
2 2 eq − g Fe(OH)2 = 1 mol Fe(OH)2 mol (FeOH)2 2 eq − g Fe(OH)2 0.194 ∗ = 0.388 N 1 de solución 1 mol
Fe(OH)2 c) A partir de la solubilidad es posible calcular la molalidad: 1.78 g Fe(OH)2 1 mol Fe(OH)2 1 000 g agua
∗ ∗ = 0.198 molal 100 g de agua 90 g Fe(OH)2 1 kg de agua a) Las fracciones molares serán: 1.78 g Fe(OH)2 n
Fe(OH) 2 = = 0.0198 mol 90 g/mol 100 g H 2 O n H 2O = = 5.56 mol 18 g/mol COMPENDIOS DE QUÍMICA
GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 35. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 91 0.0198 χ Fe(OH) 2 = = 0.0035 5.5798 3.10 Se tiene una
solución de dicromáto de potasio al 1%, considerando solución ideal, calcular el volumen de esta solución que se
necesita para preparar 250 cm3 de solución 0.1 normal de dicromato al actuar como oxidante. Solución: Para
resolver éste problema se debe tomar en cuenta que el dicromáto actúa como oxidante, esto implica tener
cuidado en el cálculo del equivalente gramo ya que se trata de una reacción de oxidación y reducción. El
dicromáto de potasio al entrar en contacto con el agua se disocia según: K2Cr2O7= = 2 K+ + Cr2O7= En solución
el dicromáto se reduce de acuerdo a: 6e- + 14H+ + Cr2O7=⇒ 2Cr+3 + 7H2O0 En consecuencia el equivalente
gramo del dicromáto de potasio es: 1 mol K 2Cr2O 7 eq − g K 2Cr2 O 7 = 6 6 eq − g K 2Cr2 O 7 = 1 mol K 2Cr2 O
7 1 g K 2 Cr2 O 7 1 mol K 2 Cr2 O 7 6 eq − gK 2 Cr2 O 7 1 g de solución ∗ ∗ ∗ ∗ 100 g de solución 294 g K 2 Cr2
O 7 1 mol K 2 Cr2 O 7 1 cm3 de solución 1000 cm 3 de solución = 0.204 N 1 litro de solución Al igualar los
equivalentes de las dos soluciones se tiene: N1V1 = N 2 V2 250 cm3 ∗ 0.1 N V2 = = 122.55 cm 3 0.204 N 3.11 Se
queman 80 litros de fosfamina medidos a 18 °C y 756 mmHg. El ácido fosfórico formado se disuelve en agua y se
obtiene un litro de disolución. Calcular la normalidad de la disolución ácida. Solución: El proceso de formación de
una disolución de H3PO4 viene a partir de la siguiente ecuación química: PH3 + 2O2 ⇒ H3PO4 A partir de esta
ecuación química se calcula estequiométricamente la cantidad de sustancia de H3PO4 COMPENDIOS DE
QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 36. 92 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Considerando la ecuación de estado: PV = nRT se tiene:
PV 756 mmHg ∗ 80  n= = = 3.33 mol NH 3 RT mmHg −  62.4 ∗ 291 K K − mol 1 mol H 3PO 4 3.33 mol NH 3 ∗ =
3.33 mol H 3PO 4 1 mol PH 3 La relación entre moles del ácido y los eq-g se obtiene: 1 mol H 3PO 4 1eq − g H
3PO 4 = 3 3eq − g H 3PO 4 = 1 mol H 3PO 4 La normalidad de la solución ácida será: 3.33 mol H 3PO 4 3 Eq − g
H 3 PO 4 N= ∗ = 10 N 1 litro de solución 1 mol H 3 PO 4 3.12 Calcular el número de gramos de sulfato ferroso que
se oxidarán en una disolución de esta sal acidificada con ácido sulfúrico, con 24 ml de permanganato de potasio,
en solución 0.25 N, considerando como agente oxidante para esta reacción. Solución: Formulamos e igualamos la
ecuación química por el método ión - electrón FeSO4 + H2SO4 + KMnO4 ⇒ Fe2(SO4)3 + MnO + K2SO4 + H2O
Las semirreacciones son: 2 Fe+2 ⇒ 2 Fe+3 + 2 e- (1) 5 e- + 8H+ + MnO4- ⇒ Mn+2 + 4H2O (2) multiplicando la
primera ecuación por 5 y la ecuación (2) por 5: 10 Fe+2 + 16H+ + 2 MnO4- ⇒ 10 Fe+3 + 2 Mn+2 + 8H2O La
ecuación igualada es 10FeSO4 + 8 H2SO4 + 2 KMnO4 ⇒ 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O Para la
determinación del eq – g de KMnO4, debemos considerar los electrones ganados porque se trata de una reacción
de oxidación – reducción. 1 mol KMnO4 1 eq − g KMnO4 = 5 5 eq − g KMnO4 = 1 mol KMnO4 La masa de sulfato
ferroso que se oxida es: COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E
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 37. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 93 0.25 Eq − g KMnO 4 1 mol KMnO 4 10 mol FeSO 4 24 ml
KMnO 4 ∗ ∗ ∗ ∗ 1000 ml solución 5 eq − g KMnO 4 2 mol KMnO 4 152 g FeSO 4 = 0.912 g FeSO 4 1 mol FeSO 4
Propiedades coligativas: 3.13 A 25 ºC la presión de vapor saturado del agua constituye 23.76 mmHg. Hallar a la
misma temperatura, la presión del vapor saturado sobre una disolución acuosa al 5% de carbamida , CO(NH2)2.
Solución: Aplicaremos la ley de Rault: P = Xd.Pº La fracción molar del disolvente se puede evaluar a partir de la
composición que nos dan en el problema, vale decir: 5 g de carbamida y 95 g de agua 1 mol CO(NH 2 ) 2 5 g
CO(NH 2 ) 2 ∗ = 60 g 0,083 mol CO(NH 2 ) 2 1 mol H 2 O 95 gH 2 O ∗ = 5.28 mol H 2 O 18 g H 2 O 5.28 χ H 2O =
= 0.985 5.363 P = 0.985 ∗ 23.76 mmHg 3.14 La solución saturada de fenol en agua tiene a 21 ºC la presión de
vapor de 18.3 mmHg, mientras que la del agua pura es 18.65 mmHg. a) Determinar la solubilidad del fenol en
agua , suponiendo la idealidad. Exprese también el resultado como b) molaridad, c) molalidad y d) tanto por ciento
en masa. Solución: Datos: P = 18.3 mmHg P° = 18.65 a) solubilidad = ? b) M = ? c) m = ? d) % masa = ? a) La

35. solubilidad se define: g soluto solubilidad = 100 g de disolvente Aplicaremos la ley de Rault: De la ecuación (3.5):
P = χP°: COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 38. 94 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS md P = P° Md md ms + Ms Ms reemplazando datos: 100
18.3 = 18.65 18 100 ms + 18 94 efectuando operaciones con una máquina electrónica: ms = 0.1077 94 m s =
10.12 g C 6 H 5OH Por tanto la solubilidad es: 10.12 g de soluto solubilidad = 100 g de agua b) molaridad Para
soluciones ideales se considera la densidad 1 g/ml La masa total de la solución es: (100 + 10.12) g = 110.12 g V =
110.12 g / 1 g/ml = 110.12 ml = 0.11 litros Los moles de fenol: 10.12 g / 94 = 0.108 mol 0108 mol C 6 H 5 OH M=
= 0.98 molar 0.11 litros solución c) molalidad 0.108 mol C 6 H 5OH m= = 1.08 molal 0.10 kg H 2 O d) % masa:
10.12 %C 6 H 5 OH = ∗ 100% = 9.19%C6 H 5 OH 110.12 3.15 Cuando se disuelven 60 g de una mezcla de
glucosa (C6H12O6) y sacarosa (C12H22O11) en 200 g de agua, se registra una presión de vapor en la disolución
de 23.28 mmHg a 25 ºC. La presión de vapor del agua pura a dicha temperatura es 23.76 mmHg. Determinar la
composición porcentual en masa en la mezcla de glucosa y sacarosa. Solución Datos: 60 g de mezcla de
C6H12O6 y C12H22O11 sean : C6H12O6 = x y C12H22O11 = y en 200 g de H2O. P = 23.28 mmHg Pº = 23.76
mmHg Aplicando la ley de Rault: P = PºXdisolvente; COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 39. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 95 despejando Xd: P 23.28mmHg Xd = = = 0.98 P º
23.76mmHg por definición de fracción molar: n H 2O X disolvente = n H 2O + n soluto mH 2O 200 MH2O 18 X
disolvente = = = 0.98 mH2O m soluto 200 60 + + MH2O M soluto 18 M g reemplazando datos: M = 264.63 mol
Considerando la ecuación: nx + ny = nT x y 60 + = (1) 180 342 264.63 x + y = 60 (2) Resolviendo el sistema de
ecuaciones se determina: x = 19.6 g %C6H12O6 = 32.67% y = 40.4 g %C12H22O11 = 67.33% 3.16 Calcular la
cantidad de C2H6O2 que se debe añadir a 1 kg de etanol para reducir su presión de vapor en 9.5 mmHg a 35 ºC.
La presión de vapor del etanol puro a esta temperatura es 100 mmHg. Solución: La presión de vapor de la
solución es: (100 - 9.5) mmHg = 90.5 mmHg Considerando la ley de Rault: P = PºXdisolvente; P 90.5 mmHg Xd =
= = 0.905 Pº 100 mmHg por definición de fracción molar: n H 2O X disolvente = n H 2O + n soluto m C 2 H 5 OH
1000 M C 2 H 5 OH 46 X disolvente = = = 0.905 m C 2 H 5 OH m soluto 1000 m + + M C 2 H 5 OH M soluto 46 62
ms = 2.282 62 COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 40. 96 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS ms = 141.49 g C2H6O2 3.17 A 30 ºC, la presión de vapor
del éter dietílico es de 646 mmHg y de la acetona pura de 283 mmHg. Calcule la composición molar de una
mezcla cuya presión sea de 460 mmHg, suponiendo la idealidad. Solución: Puesto que ambas sustancias son
volátiles (A = éter dietílico; B = acetona) se cumple que: Ptotal = PA + PB = XA.PAº + XB.PBº 460 = χA∗646 +
χB∗283 (1) χA + χB = 1 (2) χA = 1 - χB (3) (3) reemplazando en (1): 460 = 646 (1 - χB ) + 383 χB Despejando la
fracción molar de la acetona χB = 0.51; χA = 0.49 La composición molar es %nacetona = 0.51∗100 = 51.0%
%néter = 0.49∗100 = 49.0% 3.18 En un compuesto orgánico recientemente sintetizado, al realizar el análisis
químico se ha encontrado que contiene 63.2% de carbono, 8.8% de hidrógeno y el resto oxígeno. Una disolución
de 0.0702 gramos de este compuesto en 0.804 g de alcanfor deprime el punto de solidificación en 15.3 °C. ¿Cuál
es la fórmula molecular del compuesto desconocido? La constante crioscópica del alcanfor es igual a 40.
Solución: Determinación de la fórmula empírica: 63.2 5.266 C: = 5.266 C: =3 12 1.75 8.8 8.8 H: = 8.8 H: =5 1 1.75
18 1.75 O: = 1.75 O: =1 16 1.75 La fórmula empírica es: C3H5O (M = 57) Para determinar la fórmula molecular
debemos calcular el peso molecular de la sustancia a partir de la expresión del descenso crioscópico. ∆Tc = Kc∗m
m = 15.3 °C / 40 °C/mol = 0.3825 COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS
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 41. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 97 El peso molecular calculamos a partir de la expresión
(3.8) a • 1000 m= A•M a ∗ 1000 0.0702 ∗ 1000 M= = = 228.27 A∗m 0.804 ∗ 0.3825 En la expresión: (C3H5O)n
228.27 n= =4 57 La fórmula molecular es: C12H20O4 3.19 Hallar la concentración en gramos por litro de una
solución de glucosa C6H12O6 que a 25 °C es isosmótica con una disolución de úrea CO(NH2)2 a 12 °C la cual
contiene 3 g de úrea en un volumen de 150 cm3. Solución El término isosmótico implica la misma presión
osmótica pero a diferentes temperaturas, así que se puede escribir la expresión de presión osmótica para ambas
sustancias e igualarlas. π = cRT Para la solución de glucosa se tiene: π1 = c1RT1 (1) Para la solución de úrea:
π2 = c2RT2 (2) T1 = 25 + 273 = 298 K T2 = 12 + 273 = 285 K La concentración C2, de la úrea es: 3 g úrea 1 mol
de úrea 1000 ml solución C2 = ∗ ∗ = 0.333 molar 150 ml solución 60g úrea 1 litro solución Igualando las
ecuaciones (1) y (2) c1RT1 = c2RT2 Despejando C1: T2 285 c1 = ∗ c2 = ∗ 0.333molar = 0.318molar T1 298 moles
C 6 H12 O 6 180 g C 6 H12 O 6 0.318 ∗ = 57.24 g/ 1 litro de solución 1mol C 6 H12 O 6 3.20 El bromuro de
etileno, C2H4Br2, y el 1,2 dibromopropano C3H6Br2, forman una serie de disoluciones ideales en todas sus
concentraciones. A 85 ºC, la presión de estos dos líquidos puros es 173 y 127 torr respectivamente. a) Si se
disuelven 10 g de bromuro de etileno en 80 g de 1,2 dibromopropano, calcúlese la presión de cada componente y
la presión total de la solución a 85 ºC. b) Calcúlese la fracción molar del bromuro de etileno en el vapor en el
equilibrio con la solución anterior. c) Cuál será la fracción molar del bromuro de etileno en una solución a 85 ºC en
equilibrio con una mezcla de 50:50 moles en el vapor? COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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36.  42. 98 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS Solución: Para calcular la presión de cada componente
se debe considerar la ley de Rault: PC2H4Br2 = χ C2H4Br2 ∗P° C2H4Br2 PC2H4Br2 = χ C3H6Br2 ∗P° C3H6Br2
P° C2H4Br2 = 173 mmHg P° C3H6Br2 = 127 mmHg Las fracciones molares son: 1 mol C 2 H 4 Br2 10 g C 2 H 4
Br2 ∗ = 0.053 mol C 2 H 4 Br2 187.84 g C 2 H 4 Br2 1 mol C 3 H 6 Br2 80 g C 3 H 6 Br2 ∗ = 0.396 mol C 2 H 4 Br2
201.84 g C 3 H 6 Br2 0.053 χ C 2 H 4 Br2 = = 0.118 0.449 χ C3 H 6 Br2 = 1 − 0.118 = 0.882 Las presiones de
vapor parciales son: PC2H4Br2 = 0.118 ∗ 173 mmHg = 20.414 mmHg PC3H6Br2 = 0.882 ∗ 127 mmHg =112.014
mmHg La presión de vapor de la solución es: Ptotal = PC2H4Br2 + PC3H6Br2 = (20.414 + 112.014) mmHg Ptotal
= 132.428 mmHg Puesto que se trata de soluciones ideales, su comportamiento puede mostrarse en un diagrama
fracción molar vs presión de vapor de ambas soluciones: Del diagrama realizada a escala se puede dar una
Presión de vapor [mmHg] interpretación del comportamiento de estas soluciones. Por ejemplo se puede dar
eventualmente la presión χ Dibromo propano total de la solución ideal cuando las fracciones 0.88 0.5 molares de
ambas sustancias son iguales, es decir 0.5. Trace una línea en la fracción molar 0.5 y lea la 173 intersección en
presión de vapor esto da 150 aproximadamente 150 mmHg. en la práctica resulta 132 127 muy útil el uso de estos
diagramas. c) Para determinar las fracciones molares de estas sustancias en fase vapor, debemos recordar un
concepto muy importante de las fracciones molares en función de las presiones parciales. 0.12 0.5 1.0 χ Bromuro
de etileno COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 43. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 99 P χA = A Ptotal Entonces la fracción molar del bromuro
de etileno en la fase vapor es: 20.414 χ C 2 H 4 Br2 = = 0.154 132.428 d) La fracción molar del bromuro de etileno
en la fase líquida cuando las fracciones molares en fase gaseosa son iguales será: Sean: A = C2H4Br2 y B =
C3H6Br2 ' PA ' PB En fase gaseosa se cumple: XA = y XB = (1) PT PT ° ° Además: PA = PA X A PB = PB X B (2)
Donde X’A y X’B son las fracciones molares en fase gaseosa y XA y XB, son las fracciones molares en solución
Despejando PA y PB de (1) ' ' PA = PT X A PB = PT X B (3) Igualando ahora las ecuaciones (2) y (3) ° ' PA X A =
PT X A ° ' PB X B = PT X B Dividiendo estas ecuaciones y tomando en cuenta que X’A = X’B = 0.5 ° ° PA X A =
PB X B ° X A PB 127torr = ° = = 0.734 X B PA 173torr Considerando además que: XA + XB = 1 Y resolviendo el
sistema de ecuaciones, encontramos que las fracciones molares en fase líquida son: XA = 0.42 XB = 0.58 3.21 El
benceno congela a 5.5 °C y hierve a 80.2 °C. Los calores latentes de fusión y ebullición del benceno son,
respectivamente, 30.3 y 94.2 cal/g. Calcular las constantes molales de los puntos de a) congelación y de b)
ebullición del benceno. Los valores experimentales so 5.12 y 2.67 °C/molal, respectivamente Solución: Las
constantes molales dependen del calor latente de ebullición y fusión respectivamente, y aproximadamente se
puede calcular considerando la siguiente ecuación: COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 44. 100 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS a) cal 1.987 ∗ ( 278.5K ) 2 RTc2 K − mol Kc = = = 5.09
K/mol 1000Δ00 1000 g ∗ 30.3 cal/g b) cal 1.987 ∗ ( 353.2K ) 2 RTe2 K − mol Ke = = = 2.63 K/mol 1000Δ00 1000 g
∗ 94.2 cal/g 3.22 En un aparato para helados de tipo casero se abate el punto de congelación de un baño de agua
que rodea el helado disolviendo NaCl para obtener una solución salina. Se observa que una solución salina al
15% se congela a – 10.880 °C. ¿Cuál es el factor de van’t Hoff, i, para esta solución? Solución: Datos Tf(agua) = 0
°C Tf(solución) = -10.88 °C Kc = 1.86 °C/m 15 g NaCl 1 mol NaCl 1000 g H 2 O m= ∗ ∗ = m = 3.02 molal 85 g H 2
O 58.5 g NaCl 1 kg H 2 O Consideremos la ecuación ∆Tc = iKcm y despejando i, se tiene: ΔTc i= Kc ∗ m 0°C −
(−10.88°C ) i= = 1.94 °C 1.86 ∗ 3.02m m 3.23 El cloruro de cesio se disuelve en agua según la siguiente reacción:
CsCl ⇒ Cs+ + Cl- Una solución 0.121 m de CsCl se congela a – 0.403. Calcule i y la disociación porcentual de
CsCl en esta disolución. Solución: Considerando la ecuación ∆Tc = iKcm y despejando i, se tiene: ΔTc i= Kc ∗ m
donde: ∆Tc = 0 °C – (- 0.403 °C) = 0.403 °C COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE
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 45. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 101 El factor de Van’t Hoff será: 0.403°C i= = 1.7906 °C
1.86 ∗ 0.121m m La disociación porcentual se calcula considerando la ecuación: i −1 α= υ −1 los iones formados,
como se observa en la ecuación de disociación es: ν = 2, reemplazando en la anterior expresión: 1.7906 − 1 α= =
0.7906 2 −1 La disociación porcentual es: α = 0.7906 ∗ 100% = 79.06% 3.24 El compuesto complejo,
K3[Fe(CN)6], se disuelve en agua según la siguiente reacción: K3[Fe(CN)6] ⇒ 3K+ + [Fe(CN)6-3] Una solución
0.126 m de K3[Fe(CN)6] se congela a – 0.649 °C. Calcule el factor de Vant’ Hoff y la disociación porcentual de
K3[Fe(CN)6] en esta solución. Solución: Considerando la ecuación ∆Tc = iKcm y despejando i, se tiene: ΔTc i= Kc
∗ m donde ∆Tc = 0 °C – (- 0.649 °C) = 0.649 °C El factor de Van’t Hoff será: 0.649 °C i= = 2.769 °C 1.86 ∗ 0.126 m
m La disociación porcentual se calcula considerando la ecuación: i −1 α= υ −1 los iones formados, como se
observa en la ecuación de disociación es: ν = 4, reemplazando en la anterior expresión: 2.769 − 1 α= = 0.5897 4
−1 La disociación porcentual es: α = 0.5897 ∗ 100% = 58.97% COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 46. 102 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 3.25 Al mezclar 17.6 kg del anticongelante comercial
(etilenglicol, C2H6O2) con 6 galones de agua, se abate su punto de congelación a –10.0 °F. Suponga que se
desea lograr el mismo efecto con sacarosa, C12H22O11 (que es una mala idea), en vez de etilenglicol. ¿Cuántos
kilogramos de sacarosa necesitaría disolver? 1 galón = 3.785 litros. Solución: En principio calcularemos la
molalidad del etilenglicol, puesto que hay que abatir el punto de congelación a – 10.0 °F las molalidades deben
ser idénticas, es decir: 17.6 kg C 2 H 6 O 2 1000 g C 2 H 6 O 2 1 mol C 2 H 6 O 2 m= ∗ ∗ = 12.5 molal 3.785  1

37. kg 1 kg C 2 H 6 O 2 62 g C 2 H 6 O 2 6 gal H 2 O ∗ ∗ 1 gal 1  moles C12 H 22 O11 342 g C12 H 22 O11 1 kg
C12 H 22 O11 1 kg H 2 O 3.785 H 2 O 12.5 ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 1 kg H 2 O 1 mol C12 H 22 O11 1 000 g C12 H 22 O11 1 H
2 O 1 gal H 2 O 6gal = 97.09 kg C12 H 22 O11 a partir de la molalidad ha sido posible determinar la masa en kg
de sacarosa para abatir la temperatura de congelación, esto es se necesitan 97.09 kg de sacarosa. PROBLEMAS
PROPUESTOS (Soluciones) 3.1 a) Calcular la cantidad de sosa caústica y de agua que se necesita para preparar
5 litros de una solución al 20%, cuya densidad es 1.219 g/ml, b) Cual es la normalidad de está disolución?, c) Cuál
es la molalidad? Rpta.- 1219 g NaOH y 4876 g H2O; 6.095 N 3.2 Calcular el volumen de disolución al 12% en
peso de CuSO4, que podrá prepararse con 1 kg de sulfato cúprico cristalizado, (CuSO4∗5H2O). La densidad de la
solución es 1.131 g/ml. Rpta.- 4.71 litros 3.3 Determinar la masa de sulfato magnésico heptahidratado,
(MgSO4∗7H2O), que debe añadirse a 1.5  de agua para obtener una disolución al 20% en masa de sulfato
anhídro. 3.3 Se disuelven X g de MgCl2 en agua formando 2 litros de solución, observándose una concentración
de 24 mg de Mg+2 en cada cm3 de solución. Hallar el valor de X. Rpta. 190 COMPENDIOS DE QUÍMICA
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 47. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 103 3.5 Se disuelven 130 g de una base de metal
monovalente desconocida en agua formándose 1 litro de solución. Hallar su normalidad si se sabe que 0.78 g de
la base produce 0.03 moles de (OH)-1. Rpta. 5 normal 3.7 Calcular el volumen de una disolución de ácido
sulfúrico de densidad 1.827 g/ml y 92.77% de H2SO4 que se necesita para preparar 10 litros de ácido sulfúrico 3
normal. Rpta.- 868.2 ml 3.8 Determinar el volumen de una disolución 2 normal de sulfato cúprico que se necesita
para preparar 10 g de óxido cúprico previa precipitación del cobre como carbonato y calcinación posterior de éste
a óxido. Considerar las siguientes reacciones: Na2CO3 + CuSO4 → CuCO3 + Na2SO4 CuCO3 + calor → CuO +
CO2 3.9 ¿Qué volumen de ácido nítrico diluido, de densidad 1.11 g/ml y al 19% en masa de HNO3, contiene 10 g
HNO3 ? 3.10 Calcúlese la molalidad de una solución que contiene a) 0.65 moles de glucosa, en 250 g de agua, b)
45 g de glucosa en 1 kg de agua, c) 18 g de glucosa en 1 libra de agua. Rpta.- a) 2.6 m, b) 0.25 m, c) 0.30 m 3.11
Una solución acuosa etiquetada muestra una concentración del 35% en masa de HClO4, una densidad de 1.251
g/cc. ¿Cuál es la concentración molar y la molalidad de la solución? Rpta.- 4.36 M; 5.36 m 3.12 El agua y el
metanol son miscibles en todas las proporciones, si se mezclan 16 g de metanol con 27 g de agua. ¿Cuál es la
fracción molar del metanol en la solución? 3.13 Realice las siguientes conversiones siguientes: a) Ca(OH)2 0.1 N
en molaridad b) 20 mg CuSO3/ml en molaridad y normalidad c) 2.4 mg CaCl2/ml en molaridad y normalidad d) 1.2
molal de nitrato de plata en tanto por ciento en masa e) 2 N de H3PO4 en molaridad 3.14 Una reacción requiere
3.4 milimoles de Na3PO4. ¿Cuántos mililitros de una disolución 1.8 N se usarían? 3.15 Se mezclan 150 cc de
K2SO4 3 M con 80 cc de NaNO3 2M. ¿Cuál es la concentración de cada sal en la disolución al final? 3.16
¿Cuántos mililitros de H2SO4 3.0 M se necesitan para neutralizar 200 ml de 0.34 N de Ca(OH)2 ? ¿Cuántos
miliequivalentes de CaSO4 se formaran? 3.17 El ácido clorhídrico concentrado tiene una concentración de 37%
en masa de HCl y tiene una densidad relativa de 1.184. Hallar la molaridad, normalidad y molalidad.
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 48. 104 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 3.18 Se titularon exactamente 50 cc de una disolución
de Na2CO3 con 65.8 cc de HCl 3.0 N de acuerdo a: Na2CO3 + 2HCl → NaCl + CO2 + H2O Si la densidad de la
solución de Na2CO3 es 1.25 g/cc. ¿Qué porcentaje de Na2CO3 en masa contiene? Rpta.- 16.7% 3.19 a) Que
volumen de K2Cr2O7 0.40 N se necesita para liberar el cloro de 1.2 g de NaCl en una solución acidifícada con
H2SO4 ? Cr2O7= + Cl- + H+→ Cr+3 + Cl2 + H2O b) ¿Cuántos gramos de cloro gaseoso se liberan? Rpta.- 51 ml;
0.73 g 3.20 ¿Qué volumen de una disolución de perclorato férrico 0.5 N se necesitan para preparar 25 g de
cloruro férrico?, en una solución básica de hidróxido plumboso, considerando la siguiente reacción química.
Pb(OH)2 + Fe(ClO4)3 → FeCl3 + Pb3O4 + H2O 3.21 Si 600 cc de una solución 1.1 N de HCl son diluidos hasta
formar exactamente la solución 1 normal. ¿Qué cantidad de agua ha sido adicionada? 3.22 Una solución de
NaOH es 0.9 N. ¿Qué cantidad de la misma será necesaria para preparar un litro de solución 0.1 N? 3.23 40 ml
de solución 0.5 N de HCl se mezclan con 30 cc de solución normal de H 2SO4. ¿Cuántos ml de solución 0.333 N
de NaOH serán necesarios para neutralizar la mezcla de ácidos? 3.24 Una muestra de un hidróxido alcalino puro
(NaOH o KOH) es disuelta en agua y requiere 50 cc de solución ácida 0.5 N para su neutralización. ¿De cuál de
las dos bases indicadas era la muestra? 3.25 Una muestra de 1.5 g de un metal puro ha necesitado 45.9 cc de
solución normal de HCl para ser disuelta. El metal es bivalente; calcular su peso atómico aproximado. 3.26
Cuantos gramos de hierro se disuelven en medio litro de solución 0.1 N de HCl? 3.27 10 g de una solución acuosa
que contiene solamente Na2SO4 y H2SO4 se valora con solución 0.5 normal de NaOH, de la cual se gastan
24.26 cc para la neutralización; la solución resultante es tratada con BaCl2 en exceso y se obtiene 3.1526 g de
BaSO4. Calcular el porcentaje de a) H2SO4 y b) Na2SO4 en la solución original. COMPENDIOS DE QUÍMICA
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 49. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 105 3.28 Si 51 cc de solución 0.1 N de HCl son tratados con
49 cc de solución 0.1 N de NaOH, calcular: a) la normalidad en ácido de la solución resultante; b) el número de
gramos de NaCl que dejará la solución al ser evaporada a sequedad. 3.29 La solución de HCl de peso específico
relativo 1.9545 contiene 10.94% de HCl en masa, ¿Cuántos ml son necesarios para preparar dos litros de
solución 2 N? 3.30 Cuántos litros de gas NH3 seco medido a 27 ºC y 733 mmHg , serán necesarios para preparar
dos litros de solución exactamente ½ N de NH4OH. 3.31 25 cc de solución 0.5 N de H2SO4 son agregados a 40
cc de solución 0.25 N de NaOH. ¿Cuál está en exceso y en que cantidad?. Expresar la normalidad de la solución

38. resultante en función de a) el ácido o la base en exceso; b) el ión sulfato. 3.32 Calcular la pureza en tanto por
ciento de una muestra de H2C2O4∗2H2O partiendo del dato de que 1.00 g de la misma es neutralizado por 31.4
cc de solución básica 0.5 N. 3.33 Si 1 g de H2C2O4∗2H2O puro neutraliza 33.0 cc de una solución de KOH,
calcular la concentración de ésta en: a) gramos de KOH por litro; b) normalidad como bases; c) molaridad. 3.34 La
solución de NH4OH de peso específico relativo 0.954 contiene 11.64% de NH3. Calcular su normalidad como
base. 3.35 Masa iguales de NaOH y KOH son disueltos separadamente en la misma cantidad de agua. ¿Cuál es
la relación de sus normalidades?. 3.36 Calcular la normalidad de una solución de K2Cr2O7 sabiendo que 48 cc de
la misma oxidan 1.375 g de FeSO4∗7H2O puro. 3.37 Una solución de H2SO4 de peso específico relativo 1.160
contiene 22.25% en masa de H2SO4. Calcular: a) su normalidad; b) su molaridad, c) su molalidad, d) su fracción
molar. 3.38 Leemos en un libro de prácticas de química: Si se miden 40 ml de HCl concentrado (densidad 1.195
g/ml, 38.72% HCl) y se diluye hasta formar un litro de solución, ésta resulta aproximadamente 0.5 N. Háganse los
cálculos para ver si esto es verdad. Rpta. 0.507 N 3.39 Calcular la normalidad de una solución concentrada de
H2SO4 según los datos siguientes, densidad 1.8068 g/ml y 87.81% en masa 3.40 Se desea preparar exactamente
10 litros de solución 0.750 N de NaOH. ¿Cuántos mililitros de solución de sosa cáustica de densidad 1.160 y
14.45% en masa de NaOH deben emplearse?. 3.41 Para preparar 10 litros exactos de solución 0.111 N de KOH,
disponemos de 40.22 g de KOH puro. ¿Cuántos ml de solución de potasa cáustica, de peso específico 1.3010 del
31% en masa de KOH son necesarios para completar la solución? COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL
PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
 50. 106 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 3.42 Se disuelve 350 g de cloruro de cinc anhidro
(densidad relativa 2.91) en 650 g de agua, se obtiene una disolución cuyo volumen total, a 20 ºC es de 740 ml.
Calcular: a) la molaridad, b) la normalidad, c) la molalidad, d) las fracciones molares, e) el tanto por ciento en
masa Rpta. 3.47 M, 6.94 N, 3.95 m, 0.0665, 35% ZnCl (Propiedades Coligativas) 3.43 A la temperatura de 65 ºC
hallar la presión de vapor sobre una disolución que contiene 13.68 g de sacarosa en 90 g de agua, si la presión de
vapor saturado sobre el agua a la misma temperatura es igual a 25.0 kPa (187.5 mm Hg). 3.44 ¿A que es igual la
presión de vapor saturado sobre una disolución al 10% de carbamida CO(NH2)2 a 100 ºC? 3.45 A la temperatura
de 315 K, la presión de vapor saturado sobre el agua es igual a 8.2 kPa (61.5 mmHg). ¿Cuanto disminuirá la
presión de vapor a la temperatura señalada, si en 540 g de agua se disuelven 36 g de glucosa? 3.46 A 293 K la
presión de vapor saturado sobre el agua es igual a 2.34 kPa (17.53 mmHg). ¿Cuántos gramos de glicerina
C3H5(OH)3 se deben disolver en 180 g de agua para disminuir la presión de vapor en 133.3 Pa? 3.47 ¿Cuántos
grados aumentará el punto de ebullición del agua si en 100 g de ésta se disuelven 9 g de glucosa? 3.48 ¿A que
temperatura, aproximadamente, hervirá la disolución al 50% en masa de sacarosa? 3.49 ¿A que temperatura,
aproximadamente, cristalizará la disolución al 40% en masa de alcohol etílico?. 3.50 ¿Cuántos gramos de
sacarosa se deben disolver en 100 g de agua para: a) disminuir la temperatura de cristalización en 1 grado; b)
aumentar la temperatura de ebullición en 1 grado? 3.51. ¿En que relación deben encontrarse las masas de agua y
de alcohol etílico para que al mezclarlos, se obtenga una disolución que se cristalice a –20 ºC?. 3.52 En el
radiador de automóvil vertieron 9 litros de agua y añadieron 2 litros de alcohol metílico (ρ = 0,8 g/ml. Hecho esto,
¿a que temperatura mínima se puede dejar el coche al aire libre sin temer que el agua en el radiador se congele?
3.53 Al disolver 5.0 g de sustancia en 200 g de agua se obtiene una disolución no conductora de corriente, la cual
se cristaliza a -1.45 ºC. Determine el peso molecular del soluto. 3.54 Al disolver 13 g de no electrolito en 400 g de
éter dietílico (C2H5)2O, la temperatura de ebullición se elevó en 0.453 K. Determinar el peso molecular del soluto.
3.55 En 60 g de benceno están disueltos 2.09 g de cierta sustancia cuya composición elemental en masa es como
sigue: 50.69% de C; 4.23% de H y 45.08% de O. La disolución se COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA
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 51. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 107 cristaliza a 4.25 ºC. Establecer la fórmula molecular de
la sustancia. El benceno puro se cristaliza a 5.5 ºC 3.56 Una disolución acuoso-alcohólica que contiene 15% de
alcohol desconocido (ρ = 0.97 g/ ml) se cristaliza a -10.26 ºC. Hallar el peso molecular del alcohol desconocido y
la presión osmótica de la disolución a 293 K. 3.57 La temperatura de ebullición de la disolución acuosa de
sacarosa es igual a 101.4 ºC. Calcular la concentración molal y el tanto por ciento en masa de la sacarosa en la
disolución. ¿A que temperatura se congela esta disolución? 3.58 ¿Cuántos gramos de glucosa C6H12O6 deben
encontrarse en 0.5 litros de disolución para que su presión osmótica (a igual temperatura) sea la misma que la de
una disolución, 1 litro de la cual contiene 9.2 g de glicerina C3H5(OH)3? 3.59 A 25 ºC la presión osmótica de la
disolución cuyos 200 ml contiene 2.80 g de compuesto macromolecular es igual a 0.70 kPa. Hallar el peso
molecular del soluto. 3.60 A la temperatura de 20 ºC y 1 litro de disolución de un no electrolito cuya presión
osmótica es de 243.4 kPa se mezcla con 3 litros de disolución de no electrolito cuya presión osmótica es igual a
486.8 kPa. Determinar la presión osmótica de la disolución mezclada 3.61 Una disolución en cuyos 100 ml se
encuentran 2.3 g de cierta sustancia presenta, a 298 K, una presión osmótica igual a 618.5 kPa. Determinar el
peso molecular de la sustancia 3.62 Un ml de disolución contienen 1018 moléculas de no electrolito disuelto.
Calcular la presión osmótica de la disolución a 298 K. 3.63 La presión de vapor del agua pura a 25 ºC es de 23.76
mmHg, ¿Cuál es la presión de vapor de una disolución que contiene 12 g de glucuosa, en 50 g de agua ? 3.64 Se
disuelven 24.63 g de glucosa en 150 g de agua. A 23 ºC la presión de vapor de la disolución es de 20.73 mmHg y
la del agua pura es de 21.07 mmHg. ¿Qué peso molecular tiene la glucosa? 3.65 A 30 ºC, la presión de vapor del
eter dietílico es de 646 mmHg y la de la acetona pura de 283 mmHg.. Calcule la composición de una mezcla cuya
presión sea 460 mmHg, suponiendo la idealidad. 3.66 A 11 ºC las presiones de vapor del clorobenceno, C6H5Cl y
del bromobenceno C6H5Br son, respectivamente de 400 y 200 mmHg. Determinar la presión de vapor a esta

39. temperatura de una mezcla líquida supuesta ideal, formada por un 30% de C6H5Cl y 70% de C6H5Br, en masa.
3.67 Suponga que se disuelven 5.0 gramos de una mezcla de naftaleno y antraceno, en 300 gramos de benceno.
Se observa que la disolución se congela a 4.85 ºC. Encuentre la composición porcentual (en masa) de la mezcla.
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 52. 108 SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 3.68 Al mezclar 17.6 kg del anticongelante comercial
(etilenglicol, C2H6O2) con 6 galones de agua, se abate su punto de congelación a –10 ºF. Suponga que se desea
lograr el mismo efecto en sacarosa, C12H22O11 ( que es una mala idea), en vez de etilenglicol. ¿Cuántos kg de
sacarosa necesitaría disolver? ( 1 galón = 3.785  ) 3.69 El calor latente de fusión del cloruro mercúrico (HgCl2)
es de 16.9 cal/g en su punto de fusión de 265 °C. Al colocar en 50 g de aquél, que actúa como disolvente, 0.849 g
de cloruro mercuroso que actúa como soluto, el punto de fusión de la solución desciende en 1.24 °C. Estimar el
peso molecular del cloruro mercuroso y su fórmula molecular. Rpta.- 236.1; Hg2Cl2 3.70 Una disolución de 0.52 g
de cloruro potásico en 83.6 g de agua congela a - 0.291 °C. Calcular el factor de van’t Hoff, el coeficiente osmótico
y el grado de disociación aparente del KCl. Kc(H2O) = 1.86 °C/mol. Rpta. i = 1.876; g = 0.938; α = 0.876 3.71 El
punto de ebullición de una disolución de 3.41 g de cloruro cálcico en 100 g de agua es 100.21 °C. Calcular el
factor de van’t Hoff, el coeficiente osmótico y el grado de disociación aparente del cloruro de bario. Ke(H2O) =
0.52 °C/mol Rpta. i = 2.466; g = 0.822; α = 0.733 3.72 Una disolución de cloruro de cinc al 1%, y de densidad
prácticamente la unidad, congela a – 0.28 °C. Calcular el grado de disociación aparente del cloruro de cinc, y a
partir de él, la concentración de los iones en la disolución. Rpta. α = 0.516; [Zn+2] = 0.0375 M 3.73 Calcular la
presión de vapor a 100 °C de una disolución de cloruro de sodio al 10%, suponiendo que el grado de disociación
aparente de la sal sea del 90%. Rpta. 713.6 mmHg 3.74 Una disolución de cloruro potásico que contiene 1 g de
sal por litro ejerce , a 14 °C, una presión osmótica de 456 mmHg. Calcular el valor del coeficiente osmótico y el
grado de disociación aparente del cloruro potásico. Rpta. g = 0.951; α = 90.1% 3.75 Calcular la presión osmótica a
18 °C de una solución de cloruro sódico que contiene 2.5 g de sal en 100 cm3, si el factor de van’ Hoff es igual a
1.83. Rpta. 18.68 atm 3.76 Un cloruro hidratado de calcio contiene 27.21% de Ca y 28.30% de Cl. La disolución
formada al disolver 0.364 g del compuesto en 50 g de agua empieza a congelar a – 0.29 °C. a) Escribir la fórmula
racional del compuesto, b) determine el factor de van’t Hoff. Kc(H2O) = 1.86 °C/mol Rpta. CaCl2H2O; i = 3.12
3.77 Una solución acuosa con 5.00% en peso de ácido sulfúrico, tiene un punto de congelación de – 2.17 °C.
Calcular: a) El factor de Van’t Hoff. COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS
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 53. SOLUCIONES Y PROPIEDADES COLIGATIVAS 109 b) El coeficiente osmótico de la solución Rpta.- 2.17;
0.723 3.78 Una solución acuosa 0.100 molal de ácido acético, presenta disociado el CH 3COOH en 1.35%.
Calcular: a) El punto de congelación de la solución b) La presión osmótica de la solución Rpta.- -0.188 °C; 2.48
atm 3.79 Se ha disuelto 160 g de ácido oxálico en 1000 g de agua, resultando que la solución hierve a 102.41 °C,
a la presión de 1 atm. Calcular el grado de disociación del COOH – COOH. Rpta.- 0.82 3.80 El descenso de la
presión de vapor producido por un mol de NaCl en 1000 g de agua a 18 °C, es de 0.475 mmHg. La tensión de
vapor de agua a 18 °C es de 15.477 mmHg. Calcular: a) El factor de Van’t Hoff. b) La presión osmótica Rpta.-
1.734; 41.38 atm COMPENDIOS DE QUÍMICA GENERAL PARA ESTUDIANTES DE CIENCIAS E INGENIERÍA
PRACTICA N°7 Soluciones Reguladoras o Buffer.
SOLUCIONES AMORTIGUADORAS O BUFFERS
RESUMEN
Se prepararon las soluciones amortiguadoras correspondientes para determinar el pH de las mismas y obtener
nuestros resultados y conclusiones.
Palabras claves: pH calculado. PH metro, buffer.
INTRODUCCION
Soluciones Buffer: Muchas de las reacciones químicas que se producen en solución acuosanecesitan que el pH del
sistema se mantenga constante, para evitar que ocurran otras reacciones no deseadas. Las soluciones de ácidos

40. débiles y sus bases conjugadas, por ejemplo ácido acético y acetato de sodio, tienen la propiedad de reaccionar
cuando se les añade ácidos y bases.
OBJETIVOS
Determinar las características especiales de cada sustancia por medio de la determinación del pH y la de observar la
capacidad amortiguadora o de resistencia a los cambios bruscos de pH que poseen algunas sustancias presentes
en los organismos vivos.
Preparar soluciones amortiguadoras de un PH determinado
Observar el efecto amortiguador de las soluciones buffer al agregarles ácidos o bases.
MARCO TEORICO
Una solución buffer o tampón o amortiguadoraes una mezcla de un ácido débil y una base débil, la cual se puede
obtener mezclando un ácido débil con una de sus sales correspondientes, “tampón ácido”, puesto que el anión del
ácido es una base débil. También se puede preparar la solución amortiguadora mezclando una base débil con una
de sus sales correspondientes “tampón básico”. El ácido débil reacciona con una cantidad de OH- agregado,
mientras que el papel de la base débil es consumir el H+ que pueda haberse introducido. Esto impide que se
perturbe en mayor grado el equilibrio: H2O H+ + OH- del cual dependa el PH mayor de la solución. El efecto
amortiguador de estas soluciones se presenta cuando se les agrega pequeñas cantidades de ácidos fuertes o bases
fuertes. El responsable de este efecto es una o más reacciones que ocurren dentro del sistema y en las cuales se
consume casi totalmente el ácido o base agregados. Esta reacción puede determinarse fácilmente sobre la base del
equilibrio que predomina en el sistema aplicando el teorema de Chatelier y teniendo en cuenta que siempre que un
ácido esta en presencia de dos bases reacciona con aquella que produzca la sustancia más estable o que posee la
menor constante de disociación y lo mismo puede decirse si se trata de una base en presencia de dos ácidos. El
ácido (ácido acético) reacciona al añadirse una base, mientras que su base conjugada (ión acetato) reacciona al
añadirse un acido. La adición de cantidades relativamente pequeñas de ácidos y bases ejerce poco efecto en el PH
de la solución original.
Puesto que estas soluciones impiden cambios comparativamente grandes en PH, se llaman soluciones
amortiguadoras. Estas soluciones no son especialmente sensibles a la adición de pequeñas cantidades de un ácido
o una base. Bases débiles (NH3) y sus ácidos conjugados (NH4Cl) son también soluciones amortiguadorasuna
mezcla de ácido acético y acetato de sodio; o bien una base débil y la sal de esta base con un ácido fuerte, por
ejemplo,amoníaco y cloruro de amonio.
Las soluciones amortiguadoras son importantesen nuestros procesos vitales el PH de los jugos gástricos ayudan a la
digestión de los alimentos se mantienen entre 1.6 - 1.7 mediante la acción amortiguadora. La saliva se mantiene a
un PH de 8.0. La sangre mantiene con mucha exactitud entre los límites del PH normal de 7.3 y 7.5 por un sistema
complejo de soluciones amortiguadoras que consisten en proteínas del suero que consta de aminoácidos que
contienen grupos ácidos (-COOH) y básicos (-NH2); iones de carbonato CO23- y los iones de bicarbonato HCO3-; E
iones de fosfato ácido (H2PO4 -) y de fosfato básico HPO42 -. Por lo cual tienen múltiples aplicaciones, tanto en la
industria como en los laboratorios.
Se puede preparardisolviendo en agua cantidades adecuadas de un ácido débil y una sal de su base conjugada, (o
una base débil y una sal de su ácido conjugado); también se puede obtener una solución reguladora haciendo
reaccionar parcialmente (por neutralización) un ácido débil con una base fuerte, o una base débil con un ácido
fuerte. Una vez formada la solución reguladora, el pH varía poco por el agregado de pequeñas cantidades de un
ácido fuerte ó de una base fuerte, y pierde su capacidad reguladora por el agregado de agua (dilución).
El pHo potencial hidrogenado es uno de los procedimientos analíticos más importantes y más utilizados en
bioquímica por la razón de que esta medida determina características notables de la estructura y la actividad de las
macromoléculas biológicas por consiguiente la conducta de las células y del organismo.
PH: el potencial hidrógeno (pH), el logaritmo negativo de la actividad de los iones hidrógeno. Esto es: PH=-log (H+) En
disoluciones diluidas en lugar de utilizar la actividad del ión hidrógeno, se le puede aproximar utilizando la concentración molar
del ión hidrógeno. Por ejemplo, una concentración de [H+] = 1×10-7 M (0,0000001) es simplemente un pH de 7 ya que: pH = -
log [10-7] = 7. El pH típicamente va de 0 a 14 en disolución acuosa, siendo las disoluciones con pH menores a 7 ácidas, y las
tiene pH mayores a 7, básicos. El pH = 7 indica la neutralidad de la disolución (siendo el disolvente agua). Se considera que p es
un operador logarítmico sobre la concentración de una solución: p = -log (...)
También se define el pOH, que mide la concentración de iones OH-. Puesto que el agua está disociada en una pequeña extensión
en iones OH- y H+, tenemos que: Kw = [H+][OH-]=10-14, en donde [H+] es la concentración de iones de hidrógeno, [OH-] la de
iones hidróxido, y Kw es una constante conocida como producto iónico del agua.
Por lo tanto, Log Kw = log [H+] + log [OH-] -14 = log [H+] + log [OH-] pOH = -log [OH-] = 14 + log [H+]. Por lo que se puede
relacionar directamente el valor del pH con el del pOH. En disoluciones no acuosas, o fuera de condiciones normales de presión

41. y temperatura, un pH de 7 puede no ser el neutro. El pH al cual la disolución es neutra estará relacionado con la constante de
disociación del disolvente en el que se trabaje.
Medición DEL pH: El valor del pH se puede medir de forma precisa mediante un pH metro, un instrumento que mide la
diferencia de potencial entre dos electrodos: un electrodo de referencia (generalmente de plata/cloruro de plata) y un electrodo de
vidrio que es sensible al ión hidrógeno.
También se puede medir de forma aproximada el pH de una disolución empleando indicadores, ácidos o bases débiles que
presentan diferente color según el pH. Generalmente se emplea papel indicador, que se trata de papel impregnado de una
mezcla de indicadores.
Materiales, reactivos y procedimiento
 2pipetas graduadas de 10 ml
 1 soporte para tubos de ensayo
 14 tubos de ensayo
 60 ml de disolución 0.15M de fosfato potásico monosustituido
 30 ml de disolución 0.15M de fosfato sódico disustituido
 28ml de disolución 0.1N de acido acético
 35ml de disolución 0.1N de acetato sódico
En los primeros 6 tubos de ensayo numerados se vertió las disoluciones de acido acético y acetato sódico para las soluciones
buffer acidas, en las siguientes proporciones dadas en mililitros. Determinamos con el pH metro su ph experimental.
disolución
Numero de tubos de ensayo
1 2 3 4 5 6
Acido acético 0.1N (mL) CH3-COOH 9 8 5 3 2 1
Acetato sódico 0.1N (mL) CH3COONa 1 2 5 7 8 9
PH experimental 3.24 3.45 3.78 4.40 4.85 5.66
PH calculado 3.79 4.14 4.77 5.11 5.34 5.69
% de error 14.51 16.66 20.75 13.89 9.17 0.52
Con los siguientes tubos de ensayo se prepararon las soluciones buffer básicas y se determino su pH experimental con el uso del
pH metro, vertiendo las disoluciones de fosfato potásico monosutituido y fosfato sódico disustituido en las proporciones dadas en
mililitros.
disolución
Numero de tubos de ensayo
1 2 3 4 5 6 7 8
Fosfato potásico monosustituido 0.15M(mL)KH2PO4 9.5 9 8 7 6 5 4 3
Fosfato sódico disustituido 0.15M (mL)NaH2PO4 0.5 1 2 3 4 5 6 7
pH experimental 4.99 5.38 6.00 6.03 6.18 6.14 6.90 6.90
pH calculado 5.72 6.04 6.40 6.63 6.80 7.00 7.17 7.36
% porcentaje de error 12.76 10.9 6.25 9.04 9.11 12.2 3.76 6.25
Expresión de Resultados
Hallamos el ph calculado mediante la fórmula:
H+=Ca/Cs*K
PH=-log (H+)
Remplazando en la formula obtenemos el pH calculado en el cual vemos los

42. Márgenes de error que se pueden porcentualizar.
Análisis de resultados
En algunos de los resultados se observa la diferencia entre el pH calculado y el pH obtenido por el pH metro, a partir del error
calculado, todo ello provisto por las falencias en cuanto a la manipulación y preparación de las soluciones buffer lo que produjo
una alteración en su pH teórico o real.
Al interpretar los resultados obtenidos nos damos cuenta que al disminuir la cantidad de Acido acético 0.1N (mL) CH3-COOH y
aumentar la de Acetato sódico 0.1N (mL) CH3COONa se obtiene un aumento en el pH de la disolución asiéndola más básica; lo
mismo ocurre para la disolución buffer básica el Fosfato potásico monosustituido 0.15M (mL) disminuye KH2PO4 Fosfato
sódico disustituido 0.15M (mL) NaH2PO4aumenta, aumentando el pH.
Cuestionario
Para un mismo tipo de solución amortiguadora ¿Por qué varia el pH de las diferentes soluciones preparadas?
Respuesta.
Bueno el pH de las soluciones varía porque la cantidad en ml de las partes de la disolución varia y la solución amortiguadora se
hace más básica o acida de acuerdo a la concentración en volumen de cada una de sus partes.
Aumentan los moles de acido
Disminuyen los moles de sal
Disminuye el pH
Conclusiones
1. De la primera práctica sobre el pH se concluye que la forma más exacta de medir el pH de las soluciones fue la del pH metro.
2. Del experimento se concluye que las soluciones a partir de sustancias al resistirse a los cambios en el pH demuestran ser
soluciones que tiene una capacidad buffer o amortiguadora Las soluciones amortiguadoras, resisten cambios bruscos de pH, es
por eso que al adicionarle HCl y NaOH, la variación de PH de 3. La solución Buffer es muy pequeña. Si esta solución no fuese
reguladora al agregarle el HCl (ácido fuerte), el PH disminuía en grandes proporciones, por el contrario al adicionarle NaOH
aumentaría.
4. Cuando la sustancia que se agrega a la solución amortiguadora es agua destilada el cambio de PH va a ser mínimo.
5. Es importante tener en cuenta la clase de sustancia con la que se está realizando las experiencias ya que dependiendo de la
clasificación en la que se encuentre (ácido-base) los cálculos serán específicos y se regirán por cifras y principios diferentes.
BIBLIOGRAFÍA
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