Valoraciones en sistemas complejos ácido – base.ppt

1
Ácido-Base
ANALISIS DE DROGAS II

2
Contenidos
1.- Características de ácidos y bases
2.- Evolución histórica del concepto de ácido y
base.
2.1. Teoría de Arrhenius. Limitaciones.
2.2. Teoría de Brönsted-Lowry.
2.3. Teoría de Lewis
3.- Equilibrio de ionización del agua. pH.
4.- Fuerza de ácidos y bases.
4.1. Ácidos y bases conjugadas.
4.2. Relación entre Ka y Kb.
4.3. Cálculos de concentraciones en equilibrio, pH, constantes,
grado de disociación

3
Contenidos
5.- Reacciones de hidrólisis de sales (estudio cualitativo).
5.1. Sales procedentes de ácido fuerte y base débil.
5.2. Sales procedentes de ácido débil y base fuerte.
5.3. Sales procedentes de ácido débil y base débil.
5.4. Sales procedentes de ácido fuerte y base fuerte.
5.5. Calculo de concentraciones y pH.
6.- Disoluciones amortiguadoras.
7.- Indicadores de ácido-base.
8.- Valoraciones de ácido-base (volumetrías).
8.1. Neutralización (¿práctica de laboratorio?).

4
Características
ÁCIDOS:
 Tienen sabor agrio.
 Son corrosivos para la piel.
 Enrojecen ciertos
colorantes vegetales.
 Disuelven sustancias
 Atacan a los metales
desprendiendo H2.
 Pierden sus propiedades
al reaccionar
con bases.
BASES:
 Tiene sabor amargo.
 Suaves al tacto pero
corrosivos con la piel.
 Dan color azul a ciertos
colorantes vegetales.
 Precipitan sustancias
disueltas por ácidos.
 Disuelven grasas.
 Pierden sus propiedades al
reaccionar con ácidos.

5
Definición de Arrhenius
 Publica en 1887 su teoría de
“disociación iónica”.
 Hay sustancias (electrolitos) que en
disolución se disocian en cationes y
aniones.
 ÁCIDO: Sustancia que en disolución
acuosa disocia cationes H+.
 BASE: Sustancia que en disolución
acuosa disocia aniones OH–.

6
Disociación
 ÁCIDOS:
 AH (en disolución acuosa)  A– + H+
 Ejemplos:
 HCl (en disolución acuosa)  Cl– + H+
 H2SO4 (en disolución acuosa) SO4
2– + 2 H+
 BASES:
 BOH (en disolución acuosa)  B + + OH–
 Ejemplo:
 NaOH (en disolución acuosa)  Na+ + OH–

7
Neutralización
 Se produce al reaccionar un ácido con
una base por formación de agua:
 H+ + OH– — H2O
 El anión que se disoció del ácido y el
catión que se disoció de la base quedan
en disolución inalterados (sal disociada):
 NaOH +HCl — H2O + NaCl (Na+ + Cl–
)

8
Teoría de Brönsted-
Lowry.
 ÁCIDOS:
 “Sustancia que en disolución cede H+”.
 BASES:
 “Sustancia que en disolución acepta H+”.

9
Par Ácido/base
conjugado
 Siempre que una sustancia se comporta
como ácido (cede H+) hay otra que se
comporta como base (captura dichos H+).
 Cuando un ácido pierde H+ se convierte
en su “base conjugada” y cuando una
base captura H+ se convierte en su “ácido
conjugado”.
ÁCIDO (HA) BASE CONJ. (A–)
– H+
+ H+
BASE (B) ÁC. CONJ. (HB+)
+ H+
– H+

10
Ejemplo de par Ácido/base
conjugado
Disociación de un ácido:
 HCl (g) + H2O (l)  H3O+(ac) + Cl– (ac)
 En este caso el H2O actúa como base y
el HCl al perder el H+ se transforma en
Cl– (base conjugada)
Disociación de una base:
 NH3 (g) + H2O (l)  NH4
+ + OH–
 En este caso el H2O actúa como ácido
pues cede H+ al NH3 que se transforma
en NH4
+ (ácido conjugado)

11
Teoría de Lewis
ÁCIDOS:
 “Sustancia que contiene al menos un
átomo capaz de aceptar un par de
electrones y formar un enlace covalente
coordinado”.
BASES:
 “Sustancia que contiene al menos un
átomo capaz de aportar un par de
electrones para formar un enlace
covalente coordinado”.

12
Teoría de Lewis
(Ejemplos)
 HCl (g) + H2O (l)  H3O+(ac) + Cl– (ac)
En este caso el HCl es un ácido porque
contiene un átomo (de H) que al disociarse y
quedar como H+ va a aceptar un par de
electrones del H2O formando un enlace
covalente coordinado (H3O+).
 NH3 (g) + H2O (l)  NH4
+ + OH–
En este caso el NH3 es una base porque
contiene un átomo (de N) capaz de aportar un
par de electrones en la formación del enlace
covalente coordinado (NH4
+).

13
Teoría de Lewis (cont.)
 De esta manera, sustancias que no
tienen átomos de hidrógeno, como el
AlCl3 pueden actuar como ácidos:
 AlCl3 + :NH3 Cl3Al:NH3
 Cl H Cl H
| | | |
Cl–Al + : N–H  Cl–AlN–H
| | | |
Cl H Cl H

14
Equilibrio de ionización del
agua.
 La experiencia demuestra que el agua tiene
una pequeña conductividad eléctrica lo que
indica que está parcialmente disociado en
iones:
 2 H2O (l)  H3O+(ac) + OH– (ac)
 H3O+ · OH–
Kc = ——————
H2O2
 Como H2O es constante por tratarse de un
líquido, llamaremos Kw = Kc · H2O2
 conocido como “producto iónico del agua”

 [ ]×[ ]
-
w 3
K H O OH

15
Concepto de pH.
El valor de dicho producto iónico del agua es:
KW (25ºC) = 10–14 M2
En el caso del agua pura:
———–
H3O+ = OH– =  10–14 M2 = 10–7 M
Se denomina pH a:
Y para el caso de agua pura, como H3O+=10–7 M:
pH = – log 10–7 = 7
3
pH log [H O ]

 

16
Tipos de disoluciones
Ácidas: H3O+ > 10–7 M  pH < 7
Básicas: H3O+ < 10–7 M  pH > 7
Neutras: H3O+ = 10–7 M  pH = 7
En todos los casos:
Kw = H3O+ · OH–
si H3O+ aumenta (disociación de un ácido), entonces OH– debe
disminuir para que el producto de ambas concentraciones continúe
valiendo 10–14 M2

17
Gráfica de pH en
sustancias comunes
ÁCIDO BÁSICO
14
1 2 3 4 6 8 9 10 11 12 13
5 7
Zumo de
limón Cerveza
Leche
Sangre
Agua mar
Amoniaco
Agua destilada

18
Concepto de pOH.
A veces se usa este otro concepto, casi
idéntico al de pH:
Como Kw = H3O+ · OH– = 10–14 M2
y aplicando logaritmos y cambiando el signo
tendríamos:
pH + pOH = 14
para una temperatura de 25ºC.
pOH log [OH ]

 

19
Ejemplo: El pH de una disolución acuosa es 12,6.
¿Cual será la OH– y el pOH a la temperatura de
25ºC?
pH = – log H3O+ = 12,6,
de donde se deduce que:
H3O+ = 10–pH = 10–12,6 M = 2,5 · 10–13 M
Como Kw = H3O+ · OH– = 10–14 M2
entonces:
KW 10–14 M2
OH– = ——— = —————— = 0,04 M
H3O+ 2,5 · 10–13 M
pOH = – log OH– = – log 0,04 M = 1,4
Comprobamos como pH + pOH = 12,6 + 1,4 = 14

20
Ejercicio A: Una disolución de ácido sulfú-
rico tiene una densidad de 1,2 g/ml y una riqueza
del 20 % en peso. a) Calcule su concentración expresada
en moles/litro y en gramos/litro. b) Calcule el pH de una
disolución preparada diluyendo mil veces la anterior.
a) ms ms
% = —— x 100 = ——— x 100 
mdn Vdn x d
ms % x d 20 x 1,2 g
conc (g/L) = —— = —— = ————— = 240 g/L
Vdn 100 10–3 L x 100
ns ms conc(g/L) 240 g/L
Molaridad = —— = ——— = ———— = ————
Vdn Vdn x Ms Ms 98 g/mol
Molaridad = 2,45 mol/L
b) pH = –log [H3O+] = –log (2 x 2,45x10–3 M) = 2,35
Problema de
Selectividad
(Marzo 97)

21
Electrolitos fuertes y débiles
 Electrolitos fuertes: ()
Están totalmente disociados
Ejemplos: HCl (ac)  Cl– + H+
NaOH (ac)  Na+ + OH–
 Electrolitos débiles: ()
Están disociados parcialmente
Ejemplos: CH3–COOH (ac)  CH3–COO– + H+
NH3 (ac)+ H2O  NH4
+ + OH–

22
Electrolitos fuertes y
débiles
[A–] [H+]
[H+]
[A–]
[HA]
[HA]
Ácido fuerte
[HA]
Ácido débil

23
Ejemplo: Justifica porqué el ión HCO3
– actúa como
ácido frente al NaOH y como base frente al HCl.
El NaOH proporciona OH– a la disolución:
NaOH (ac)  Na+ + OH–
por lo que HCO3
– + OH–  CO3
2– + H2O
es decir, el ión HCO3
– actúa como ácido.
El HCl proporciona H+ a la disolución:
HCl (ac)  H+ + Cl–
por lo que HCO3
– + H+  H2CO3 (CO2 + H2O)
es decir, el ión HCO3
– actúa como base.

24
Fuerza de ácidos.
En disoluciones acuosas diluidas (H2O  constante) la
fuerza de un ácido HA depende de la constante de equilibrio:
HA + H2O  A– + H3O+
A– · H3O+ A– · H3O+
Kc = ——————  Kc · H2O = ——————
HA · H2O HA
 

  
3
2
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
C a
A H O
K H O K
HA
constante de
 disociación
(K acidez)

25
Fuerza de ácidos (cont.).
Según el valor de Ka hablaremos de ácidos
fuertes o débiles:
 Si Ka > 100  El ácido es fuerte y estará disociado
casi en su totalidad.
 Si Ka < 1  El ácido es débil y estará sólo
parcialmente disociado.
El ácido acético (CH3–COOH) es un ácido débil ya que su Ka = 1,8 · 10–5 M

26
Ácidos polipróticos
Son aquellos que pueden ceder más de un H+.
( ej.: el H2CO3 es diprótico)
Existen pues, tantos equilibrios como H+ disocie:
H2CO3 + H2O  HCO3
– + H3O+
HCO3
– + H2O  CO3
2– + H3O+
HCO3
–  · H3O+ CO3
2–  · H3O+
Ka1 = ———————— Ka2 = ———————
H2CO3 HCO3
– 
Ka1 = 4,5 · 10–7 M Ka2 = 5,7· 10–11 M
La constantes sucesivas siempre van disminuyendo.

27
Ejemplo: Sabiendo que las constantes de acidez del ácido
fosfórico son:
Ka1 = 7,5 x 10–3, Ka2 = 6,2 x 10–8 y Ka3 = 2,2 x 10–13,
calcular las concentraciones de los iones H3O+, H2PO4
–, HPO4
2–
y PO4
3– en una disolución de H3PO4 0,08 M.
Equilibrio 1: H3PO4 + H2O  H2PO4
– + H3O+
c. in.(mol/l): 0,08 0 0
c. eq.(mol/l): 0,08 – x x x
x = 0,021
 


   

2
3
2 4 3
1
3 4
[ ] [ ]
7,5 10
[ ] 0,08
a
H PO H O x
K M
H PO x
 
 
2 4 3
[ ] [ ] 0,021
H PO H O M

28
Equilibrio 2: H2PO4
– + H2O  HPO4
2– + H3O+
c. in.(mol/l): 0,021 0 0,021
c. eq.(mol/l): 0,021 – y y 0,021 + y
y = 6,2 x 10–8 M
Equilibrio 3: HPO4
2– + H2O  PO4
3– + H3O+
c. in.(mol/l): 6,2 x 10–8 0 0,021
c. eq.(mol/l): 6,2 x 10–8– z z 0,021 + z
z = 6,5 x 10–19 M
 


  
   

2
8
4 3
2
2 4
[ ] [ ] (0,021 ) 0,021
6,2 10
0,021 0,021
[ ]
a
HPO H O y y y
K M
y
H PO
 
 
2 8
4
[ ] 6,2 10
HPO M


  
  
   
  
13
3 4 3
2 2 8 8
4
[ ] [ ] (0,021 ) 0,021
2,2 10
[ ] 6,2 10 6,2 10
a
H PO H O z z z
K M
HPO z
 
 
3 19
4
[ ] 6,5 10
PO M

29
Fuerza de bases.
En disoluciones acuosas diluidas (H2O 
constante) la fuerza de una base BOH
depende de la constante de equilibrio:
B + H2O  BH+ + OH–
BH+ x OH–
Kc = ——————
B x [H2O]
 

  
2
[ ] [ ]
[ ]
[ ]
C b
BH OH
K H O K
B
 (K basicidad)

30
Fuerza de ácidos y bases
(pK)
Al igual que el pH se denomina pK a:
pKa= – log Ka ; pKb= – log Kb
Cuanto mayor es el valor de Ka o Kb
mayor es la fuerza del ácido o de la base.
Igualmente, cuanto mayor es el valor de pKa o
pKb menor es la fuerza del ácido o de la base.

31
Ejemplo: Determinar el pH y el pOH de una disolución
0,2 M de NH3 sabiendo que Kb (25ºC) = 1,8 · 10–5 M
Equilibrio: NH3 + H2O  NH4
+ + OH–
conc. in.(mol/l): 0,2 0 0
conc. eq.(mol/l): 0,2 – x x x
NH4
+ x OH– x2
Kb = ——————— = ——— = 1,8 x 10–5 M
NH3 0,2 – x
De donde se deduce que x = OH– = 1,9 x 10–3 M
pOH = – log OH– = – log 1,9 x 10–3 = 2,72
pH = 14 – pOH = 14 – 2,72 = 11,28

32
Relación entre Ka y Kb
conjugada
Equilibrio de disociación de un ácido:
HA + H2O  A– + H3O+
Reacción de la base conjugada con el agua:
A– + H2O  HA + OH–
A– x H3O+ HA x OH–
Ka = —————— ; Kb = ——————
HA A–
A– x H3O+ x HA x OH–
Ka x Kb = ———————————— = KW
HA x A–

33
Relación entre Ka y Kb
conjugada (cont.).
En la práctica, esta relación (Ka x Kb = KW)
significa que:
 Si un ácido es fuerte su base conjugada es débil.
 Si un ácido es débil su base conjugada es fuerte.
A la constante del ácido o base conjugada en la
reacción con el agua se le suele llamar
constante de hidrólisis (Kh).

34
Ejemplo: Calcular la Kb del KCN si sabemos que la Ka
del HCN vale 4,9 · 10–10 M.
El HCN es un ácido débil (constante muy pequeña).
Su base conjugada, el CN–, será una base
relativamente fuerte.
Su reacción con el agua será:
CN– + H2O  HCN + OH–
KW 10–14 M2
Kb = —— = —————— = 2,0 x 10–5 M
Ka 4,9 x 10–10 M

35
Relación entre la constante
y el grado de disociación “”
En la disociación de un ácido o una base
Igualmente:
En el caso de ácidos o bases muy débiles (Ka/c o Kb/c < 10–4),
 se desprecia frente a 1 con lo que: Ka = c 2 (Kb = c 2 )
Así:
b
c
K




2
1
 
 
  

2
3
1 1
[ ] [ ]
[ ] ( - )
a
A H O c c c
K
HA c
  
 
 a
K
c
  b
K
c


36
Una disolución de HBO2 10-2 M tiene un de pH de
5,6. a) Razone si el ácido y su base conjugada
serán fuertes o débiles. b) Calcule la constante de disociación
del ácido (Ka) c) Calcule, si es posible, la constante de basicidad
del ion borato (Kb). d) Si 100 ml de esta disolución de HBO2 se
mezclan con 100 ml de una disolución 10-2 M de hidróxido
sódico, ¿qué concentración de la base conjugada se obtendrá?
a) [H3O+] = 10–pH = 10–5,6 = 2,51 x 10–6 M
 =[H3O+]/c = 2,51 x 10–6 M/ 10-2 M = 2,51 x10–4
lo que significa que está disociado en un 0,025 %
luego se trata de un ácido débil. Su base
conjugada, BO2
–, será pues, relativamente fuerte.
b) Ka = c x 2 = 10-2 M x(2,51 x 10–4)2 = 6,3 x 10–10
c) Kb = Kw/Ka = 10–14/ 6,3 x 10–10 = 1,58 x 10–5
d) Se neutralizan exactamente: [BO2
–] = 5 x 10–3 M
Problema de
Selectividad
(Marzo 98)

37
Ejercicio B: En un laboratorio se tienen dos
matraces, uno conteniendo 15 ml de HCl cuya
concentración es 0,05 M y el otro 15 ml de ácido
etanoico (acético) de concentración 0,05 M
a) Calcule el pH de cada una de ellas. b) ¿Qué cantidad de agua
se deberá añadir a la más ácida para que el pH de las dos
disoluciones sea el mismo? Dato: Ka (ácido etanoico) = 1,8 x 10-5
a) HCl es ácido fuerte luego está totalmente disociado,
por lo que [H3O+] = 0,05 M
pH = –log [H3O+] = –log 0,05 = 1,30
CH3COOH es ácido débil por lo que:
Ka 1,8 ·10-5M
 = —— = ————— = 0,019
c 0,05 M
[H3O+] = c  = 0,05 M x 0,019 = 9,5 x 10-4 M
pH = –log [H3O+] = –log 9,5 x 10-4 = 3,0
Problema
Selectividad
(Junio 98)

38
b) n (H3O+) en HCl = V x Molaridad = 0,015 l x 0,05 M =
= 7,5 x 10-4 mol.
Para que el pH sea 3,0 [H3O+] = 10-3 M que será también la
[HCl] ya que está totalmente disociado.
El volumen en el que deberán estar disueltos estos moles es:
V = n/Molaridad = 7,5 x 10-4 mol/ 10-3 mol·l-1 = 0,75 litros
Luego habrá que añadir (0,75 – 0,015) litros = 735 ml
Ejercicio B: En un laboratorio se tienen dos
matraces, uno conteniendo 15 ml de HCl cuya
concentración es 0,05 M y el otro 15 ml de ácido
etanoico (acético) de concentración 0,05 M
a) Calcule el pH de cada una de ellas. b) ¿Qué cantidad de agua
se deberá añadir a la más ácida para que el pH de las dos
disoluciones sea el mismo? Dato: Ka (ácido etanoico) = 1,8 x 10-5
Problema
Selectividad
(Junio 98)

39
Hidrólisis de sales
Es la reacción de los iones de una sal con el
agua.
Sólo es apreciable cuando estos iones
proceden de un ácido o una base débil:
 Hidrólisis ácida (de un catión):
NH4
+ + H2O  NH3 + H3O+
 Hidrólisis básica (de un anión):
CH3–COO– + H2O  CH3–COOH + OH–

40
Tipos de hidrólisis.
Según procedan el catión y el anión de un
ácido o una base fuerte o débil, las sales se
clasifican en:
 Sales procedentes de ácido fuerte y base fuerte.
Ejemplo: NaCl
 Sales procedentes de ácido débil y base fuerte.
Ejemplo: NaCN
 Sales procedentes de ácido fuerte y base débil.
Ejemplo: NH4Cl
 Sales procedentes de ácido débil y base débil.
Ejemplo: NH4CN

41
Sales procedentes de ácido
fuerte y base fuerte.
Ejemplo: NaCl
NO SE PRODUCE HIDRÓLISIS ya que tanto
el Na+ que es un ácido muy débil como el Cl–
que es una base muy débil apenas reaccionan
con agua. Es decir los equilibrios:
Na+ + 2 H2O NaOH + H3O+
Cl– + H2O HCl + OH–
están muy desplazado hacia la izquierda.

42
débil y base fuerte.
Ejemplo: Na+CH3–COO–
SE PRODUCE HIDRÓLISIS BÁSICA ya que
el Na+ es un ácido muy débil y apenas
reacciona con agua, pero el
CH3–COO– es una base fuerte y si reacciona
con ésta de forma significativa:
lo que provoca que el pH > 7 (dis. básica).

43
fuerte y base débil.
Ejemplo: NH4Cl
SE PRODUCE HIDRÓLISIS ÁCIDA ya que el
NH4
+ es un ácido relativamente fuerte y
reacciona con agua mientras que el Cl– es
una base débil y no lo hace de forma
significativa:
NH4
+ + H2O  NH3 + H3O+
lo que provoca que el pH < 7 (dis. ácida).

44
débil y base débil.
Ejemplo: NH4CN
En este caso tanto el catión NH4
+ como el
anión CN– se hidrolizan y la disolución será
ácida o básica según qué ion se hidrolice en
mayor grado.
Como Kb(CN–) = 2 · 10–5 M y
Ka(NH4
+) = 5,6 · 10–10 M ,
en este caso, la disolución es básica ya que
Kb(CN–) es mayor que Ka(NH4
+)

45
Ejemplo: Sabiendo que Ka (HCN) = 4,0 · 10–10 M, calcular el pH y
el grado de hidrólisis de una disolución acuosa de NaCN
0,01 M. 
La reacción de hidrólisis será:
HCN · OH– KW
Kh(CN–) = —————— = —————— =
CN– 4,0 · 10–10 M
1 · 10–14 M2
Kh(CN–) = —————— = 2,5 · 10–5 M
4,0 · 10–10 M

46
Ejemplo: Sabiendo que Ka (HCN) = 4,0 · 10–10 M,
calcular el pH y el grado de hidrólisis de una
disolución acuosa de NaCN 0,01 M. 
Conc inin. (M) 0,01 0 0
Conc equil. (M) 0,01(1–) 0,01  0,01 
HCN x OH– (0,01 )2 M2
2,5 · 10–5 M = —————— = ——————
CN– 0,01(1–) M
Despreciando  frente a 1, se obtiene que  = 0,05
KW 10–14 M2
H3O+ = ——— = —————— = 2,0 x 10–11 M
OH– 0,01 M x 0,05
pH = – log H3O+ = – log 2,0 x 10–11 M = 10,7

47
Ejercicio C: Razone utilizando los equilibrios
correspondientes, si los pH de las disoluciones
que se relacionan seguidamente son ácidos,
básicos o neutros. a) Acetato potásico 0,01 M; b) Nitrato
sódico 0,01 M; c) Sulfato amónico
0,01 M; d) Hidróxido de bario 0,01 M.
a) Acetato potásico: pH básico, ya que
por ser el ác. acetico débil, mientras que el K+ no
reacciona con agua por ser el KOH base fuerte.
b) nitrato sódico: pH neutro, ya que ni el anión NO3
– ni
el catión Na+ reaccionan con agua por proceder el
primero del HNO3 y del NaOH el segundo, ambos
electrolitos fuertes.
Problema de
Selectividad
(Septiembre 98)

48
c) Sulfato amónico: pH ácido, ya que
NH4
+ + H2O  NH3 + H3O+
por ser el amoniaco débil, mientras que el SO4
2– no
reacciona con agua por ser el H2SO4 ácido fuerte.
d) hidróxido de bario: pH básico pues se trata de una
base fuerte (los hidróxidos de los metales alcalinos y
alcalino-térreos son bases bastantes fuertes)

49
Disoluciones amortiguadoras
(tampón)
Son capaces de mantener el pH después de
añadir pequeñas cantidades tanto de ácido
como de base.
Están formadas por:
• Disoluciones de ácido débil + sal de dicho ácido
débil con catión neutro:
 Ejemplo: ácido acético + acetato de sodio.
• Disoluciones de base débil + sal de dicha base
débil con anión neutro:
 Ejemplo: amoniaco y cloruro de amonio.

50
Variación del pH al añadir pequeñas
cantidades de NaOH o HCl
© Ed. Santillana

51
Ejemplo: Calcular el pH de una disolución tampón
formada por una concentración
0,2 M de ácido acético y 0,2 M de acetato de
sodio. Ka (CH3–COOH) = 1,8 · 10–5 M.
El acetato está totalmente disociado:
CH3–COONa  CH3–COO– + Na+
El ácido acético se encuentra en equilibrio con
su base conjugada (acetato):
H2O + CH3–COOH  CH3–COO– + H3O+
cin (M) 0,2 0,2 0
ceq (M) 0,2 – x 0,2 + x x

52
CH3–COO–  · H3O+ (0,2+x) · x M2
1,8 · 10–5 M = ————————— = ——————
CH3–COOH (0,2 – x) M
De donde se deduce que:
x = H3O+ = 1,8 · 10–5 M
pH = – log H3O+ = 4,74

53
Ejercicio: ¿Cómo variará el pH de la disolución
anterior al añadir a un 1 litro de la misma : a) 0,01
moles de NaOH;
b) 0,01 moles de HCl?
a) Al añadir NaOH (Na+ + OH–), se producirá la
neutralización del ácido acético:
CH3COOH + NaOH  CH3COO– + Na+ + H2O
Suponiendo que la adición de la base apenas afecta
al volumen:
[CH3COOH] = (0,2 –0,01)/1 M = 0,19 M
[CH3COO–] = (0,2 + 0,01)/1 M = 0,21 M
H2O + CH3–COOH  CH3–COO– + H3O+
cin (M) 0,19 0,21 0
ceq (M) 0,19 – x 0,21 + x x

54
(0,21 + x) · x M2
1,8 · 10–5 M = ———————
(0,19 – x) M
De donde se deduce que x = H3O+ = 1,63 · 10–5 M
pH = – log H3O+ = 4,79
b) Al añadir HCl (H3O+ + Cl–), los H3O+ reaccionarán
con los CH3COO–:
CH3COO–+ HCl  CH3COOH + Cl–
[CH3COOH] = (0,2 + 0,01) /1 M = 0,21 M
[CH3COO–] = (0,2 –0,01) /1 M = 0,19 M
Repitiendo el proceso obtenemos que pH = 4,70

55
Indicadores de pH
(ácido- base)
Son sustancias que cambian de color al pasar
de la forma ácida a la básica:
HIn + H2O  In– + H3O+
forma ácida forma básica
El cambio de color se considera apreciable
cuando [HIn] > 10·[In–] o [HIn]< 1/10·[In–]
In– · H3O+ HIn
Ka = ——————   H3O+  = Ka · ———
HIn In–
pH = pKa + log In– / HIn = pKa  1

56
Algunos indicadores de pH
Indicador
Color forma
ácida
Color forma
básica
Zona de viraje
(pH)
Violeta de
metilo
Amarillo Violeta 0-2
Rojo Congo Azul Rojo 3-5
Rojo de metilo Rojo Amarillo 4-6
Tornasol Rojo Azul 6-8
Fenolftaleína Incoloro Rosa 8-10

57
Valoraciones ácido-base
Valorar es medir la
concentración de un
determinado ácido o
base a partir del
análisis volumétrico
de la base o ácido
utilizado en la
reacción de
neutralización.

58
Gráfica de valoración de
vinagre con NaOH
Zona de viraje fenolftaleína
20 40 60 V NaOH(ml)
12
10
8
6
4
2
pH

59
Valoraciones ácido-base.
La neutralización de un ácido/base con una
base/ácido de concentración conocida se
consigue cuando n(OH–) = n(H3O+).
La reacción de neutralización puede escribirse:
b HaA + a B(OH)b  BaAb + a·b H2O
En realidad, la sal BaAb (aBb+ + bAa–) se
encuentra disociada, por lo que la única
reacción es: H3O+ + OH–  2 H2O
n(ácido) x a = n(base) x b

60
Valoraciones ácido-base
Vácido x [ácido] x a = Vbase x [base] x b
Todavía se usa mucho la concentración
expresada como Normalidad:
Normalidad = Molaridad x n (H u OH)
Vácido x Nácido = Vbase x Nbase
En el caso de sales procedentes de ácido o
base débiles debe utilizarse un indicador que
vire al pH de la sal resultante de la
neutralización.

61
Ejemplo: 100 ml de una disolución de H2SO4 se
neutralizan con 25 ml de una disolución 2 M de
Al(OH)3 ¿Cuál será la [H2SO4]?
3 H2SO4 + 2 Al(OH)3  3SO4
2– +2Al3+ + 6 H2O
25 ml x 2 M x 3 = 100 ml x Mácido x 2
De donde:
25 ml x 2 M x 3
Mácido = ——————— = 0,75 M
100 ml x 2
[H2SO4] = 0,75 M
Vácido x Nácido = Vbas x Nbase (Nbase= 3 x Mbase)
100 ml x Nácido = 25 ml x 6 N
Nácido = 1,5 N  Mácido= Nácido/2 = 0,75 M

62
Ejemplo: 100 ml de una disolución de H2SO4 se
neutralizan con 25 ml de una disolución 2 M de
Al(OH)3 ¿Cuál será la [H2SO4]?
Podríamos haber calculado n(H2SO4) a partir
del cálculo estequiométrico, pues conocemos
n(Al(OH)3)= V· M = 25 ml · 2 M = 50 mmoles
3 H2SO4 + 2 Al(OH)3  3SO4
2– +2Al3+ + 6 H2O
3 mol H2SO4 2 mol Al(OH)3
————— = ——————
n(H2SO4) 50 mmoles
n(H2SO4) = 75 mmol
n (H2SO4) 75 mmol
[H2SO4] = ————— = ———— = 0,75 M
V(H2SO4) 100 ml

63
Ejercicio D: Si 10,1 ml de vinagre han
necesitado 50,5 ml de una base 0,2 N para su
neutralización. a) Cuál será la normalidad del ácido en el
vinagre; b) Suponiendo que su acidez se debe al ácido
acético (ácido etanoico). ¿Cuál es el porcentaje en peso del
ácido acético si la densidad del vinagre es de 1,06 g/ml?
a) Vácido x Nácido = Vbase x Nbase
50,5 ml x 0,2 N
Nácido = —————— = 1 N Mácido = 1 M
10,1 ml
b) Supongamos que tenemos un litro de vinagre:
m(á. acético) = Molaridad x M x V =
= 1 mol/L x 60 g/mol x 1 L = 60 g
msoluto 60 g
% = ———— x 100 = ——— x 100 = 5,66 %
mdisolución 1060 g
Problema de
Selectividad
(Septiembre 97)

64
PAU
a) Aplicando la teoría de Brönsted-Lowry, explique
razonadamente, utilizando las ecuaciones químicas necesarias,
si las siguientes especies químicas se comportan como ácidos
o como bases: NH3, CH3-COOH, CN–, HCO3
–.
b) Señale en cada caso la base o el ácido conjugado.
A)
NH3 (g) + H2O (l) NH4
+ + OH–; Base pues captura H+.
CH3-COOH + H2O (l) CH3-COO– + OH–; Ácido pues cede H+.
CN– + H2O (l) HCN + OH–; Base pues captura H+.
HCO3
–+ H2O (l) H2CO3 + OH–; Base pues captura H+.
HCO3
–+ H2O (l) CO3
2– + H3O+; Ácido pues cede H+.
b)
NH4
+: Ácido conjugado.
CH3-COO– : Base conjugada.
HCN: Ácido conjugado.
H2CO3: Ácido conjugado.
CO3
2–: Base conjugada.

65
PAU
Completar los siguientes equilibrios ácido-base de Brönsted-
Lowry; caracterizando los correspondientes pares ácido-base
conjugado:
a) ..... + H2O CO3
2– + H3O+;
b) NH4
+ + OH– H2O + ..... ;
c) ..... + H2O H3O+ + SO4
2–
a) HCO3
– + H2O CO3
2– + H3O+
b) NH4
+ + OH– H2O + NH3;
c) HSO4
– + H2O H3O+ + SO4
2–.

66
PAU
A 25ºC una disolución 0,1 M de amoniaco tiene un pH de 11,12.
Determina la constante de basicidad del amoniaco y la de
acidez del ion amonio.
pOH = 14 – 11,12 = 2,88  [OH–] = 1,32 · 10–3 M
Equilibrio: NH3 (g) + H2O (l) NH4
+ + OH–;
c0 (mol/l) 0,1 0 0
ceq (mol/l) 0,1–1,32·10–3 1,32·10–3 1,32·10–3
[NH4
+]·[OH–] (1,32·10–3 M)2
Kb = ––––––––––– = ––––––––––––––– = 1,76 · 10–5 M
[NH3] (0,1– 1,32·10–3) M
KW 10–14 M2
Ka(NH4
+) = ––––––– = –––––––––––– = 5,68 · 10–10 M
Kb(NH3) 1,76 · 10–5 M

67
PAU
Una disolución 10–2 M de ácido benzoico presenta un grado de
disociación del 8,15 %. Determina: la constante de ionización
del ácido, el pH de la disolución y la concentración del ácido
benzoico sin ionizar en el equilibrio.
Equilibrio: C6H5COOH + H2O C6H5COO– + H3O+;
c0 (mol/l) 0,01 0 0
ceq (mol/l) 0,01(1–0,0815) 0,01· 0,0815 0,01· 0,0815
[C6H5COO–]·[H3O+] (8,15·10–4 M)2
Ka = –––––––––––––––– = –––––––––––– = 0,177 M
[C6H5COOH] 9,185·10–3 M
pH = –log [H3O+] = –log 8,15·10–4 M = 3,09

68
PAU
Calcula el pH y la molaridad de cada especie química presente
en el equilibrio de ionización del amoniaco 0,15 M:
NH3(ac) + H2O(l)  NH4
+(ac) + OH–.
Kb(:NH3) = 1,8 x 10–5.
Equilibrio: NH3(ac) + H2O (l) NH4
+ + OH–;
c0 (mol/l) 0,15 0 0
ceq (mol/l) 0,15(1–) 0,15 0,15
[NH4
+]·[OH–] 0,15 2
1,8 · 10–5 = ––––––––––– = ––––––  0,15 2   = 0,011
[NH3] 1–
[NH4
+] = [OH–] = 0,15 M · 0,011 = 1,65·10–3 M
[NH3] = 0,15(1–0,011) = 0,148 M
10–14 M2
[H3O+] = ––––––––––– = 6,06 · 10–12 M 
1,65·10–3 M
pH = –log 6,06 · 10–12 = 11,22

69
PAU
a) Cómo será el pH de una disolución de 150 ml de NaClO 0,1 M.
b).¿Cuánto valdrá? Ka (HClO) 3,2·10–8
A)
Se produce una hidrólisis básica: ClO– + H2O HClO + OH–;
luego el pH será básico.
B)
KH = KW/Ka = 10–14/3,2·10–8 = 3,125·10–7
[OH–]2
KH = 3,125·10–7  –––––  [OH–] = 1,77 · 10–4 M
0,1
10–14 M2
[H3O+] = ––––––––––– = 5,66 · 10–11 M 
1,77 · 10–4 M pH = –log 5,66 · 10–11 = 10,25

70
PAU
a) Calcula el pH de una disolución 0,7 M de KCN sabiendo que
Ka de HCN es de 7,2·10–10 M. b) ¿Cual será el nuevo pH si a ½
litro de la disolución anterior le añadimos ¼ de litro de una
disolución 3 Molar de HCN?
A)
KH = KW/Ka = 10–14/7,2·10–10 = 1,39·10–5
Reacción de hidrólisis: CN– + H2O HCN + OH–
[OH–]2
KH = 1,39·10–5  –––––  [OH–] = 3,12 · 10–3 M
0,7
10–14 M2
[H3O+] = ––––––––––– = 3,21·10–12 M  pH = –log 3,21·10–12
3,12 · 10–3 M = 11,49

71
PAU
B)
n(CN–) = 0,5 L · 0,7 mol ·L–1 = 0,35 mol
n(HCN) = 0,25 L · 3 mol ·L–1 = 0,75 mol
Vtotal = 0,5 L + 0,25 L = 0,75 L
Equilibrio: HCN + H2O CN– + H3O+
c0 (mol/l) 0,75/0,75 0,35/0,75 0
ceq (mol/l) 1–x 0,4667 + x x
[CN–]·[H3O+] 0,4667 x + x2
7,2·10–10 = –––––––––––– = ––––––––––  x = [H3O+] =
[HCN] 1–x x = 1,54·10–9 M
pH = –log 1,54·10–9 = 8,81

72
PAU
B) (continuación)
En realidad, en las disoluciones amortiguadoras la modificación
del equilibrio “x” es muy pequeña comparado tanto con [HCN]
como con [CN–], y en la ecuación anterior podemos
despreciarla frente a éstas:
[HCN] 1
[H3O+] = Ka·–––––– = 7,2·10–10M· –––––– = 1,54·10–9 M
[CN–] 0,4667

73
PAU
Una mezcla de 46,3 g de hidróxido de potasio y 27,6 g de hidróxido de
sodio puros se disuelve hasta un volumen de 500 cm3. Calcular el
volumen de una disolución 0,5 M de ácido sulfúrico que se necesitará
para neutralizar 30 cm3 de la disolución alcalina anterior. Masa
atómicas: Na = 23; K = 39; O =1 6; H = 1.
46,3 g 27,6 g
n (KOH) = –––––––– = 0,825 mol ; n (NaOH) = –––––––– = 0,69 mol
56,1 g/mol 40 g/mol
n(OH–) = 0,825 mol + 0,69 mol = 1,515 mol
1,515 mol
[OH–] = –––––––– = 3,03 mol/l
0,5 L
Va · 0,5 M · 2 = 30 cm3 · 3,03 M  Va = 90,9 cm3

74
PAU
Calcula el pH de la disolución que se forma cuando se mezclan 1,0
litros de amoniaco 0,25 M con 0,400 litros de ácido clorhídrico 0,30 M.
Kb (amoniaco) = 1,8·10–5.
n(NH3) = 1,0 L·0,25 mol/L = 0,25 mol; n(HCl) = 0,4 L·0,30 mol/L = 0,12 mol
Reacción de neutralización: NH3 + HCl  NH4Cl
Se neutralizan 0,12 mol de HCl con 0,12 mol de NH3, con lo que queda
un exceso de 0,13 mol de NH3 en un total de 1,4 litros de disolución.
+ + OH–;
c0 (mol/l) 0,13/1,4 0 0
ceq (mol/l) 0,093 – x x x
[NH4
+]·[OH–] x2
1,8 · 10–5 = ––––––––––– = –––––––  x = [OH–]  1,3 ·10–3 M
[NH3] 0,093 – x
10–14 M2
[H3O+] = –––––––––– = 7,72 · 10–12 M  pH = –log 7,72 · 10–12 =
1,3 ·10–3 M = 11,1

75
PAU
Se desea preparar 200 ml de ácido clorhídrico 0,4 M a partir de un
ácido comercial de 1,18 g/ml de densidad y una riqueza del 36,2 % en
peso. a) ¿Cuántos ml de ácido comercial se necesitan? b) Calcular la
molaridad del ácido comercial. c) Calcular el pH obtenido al añadir
15 ml de hidróxido sódico 0,15 M, a 5 ml de ácido clorhídrico 0,4 M.
d) ¿Cuántos ml de hidróxido sódico 0,15 M neutralizan exactamente a 5
ml de ácido clorhídrico 0,4 M?
a)
n(HCl) = V · [HCl] = 0,200 L · 0,4 mol·L–1 = 0,080 mol
m (HCl) = n · M = 0,080 mol · 36,5 g·mol–1 = 2,92 g
2,92 g
V = –––––––––––––– = 6,84 ml
0,362 ·1,18 g·ml-1
b) m(HCl) %· mdn 0,362
[HCl]com = ––––––––– = –––––––––– = ––––––––– ·1180 g·L-1 = 11,7 M
M(HCl)·Vdn M(HCl)· Vdn 36,5 g·mol–1

76
PAU
Se disuelven 6,8 g de amoniaco en la cantidad de agua necesaria para
obtener 500 ml de disolución. Calcule: a) El pH de la disolución. b) Qué
volumen de ácido sulfúrico 0,10 M se necesitará para neutralizar 20 ml
de la disolución anterior. Kb (amoniaco) = 1,8 10–5. Masas atómicas: N:
14; H: 1.
6,8 g
[NH3]0 = ––––––––––––– = 0,8 mol/L
17 g·mol–1·0,5 L
+ + OH–;
c0 (mol/l) 0,8 0 0
ceq (mol/l) 0,8 – x x x
[NH4
+]·[OH–] x2
1,8 · 10–5 = ––––––––––– = –––––––  x = [OH–]  3,8 ·10–3 M
[NH3] 0,08 – x
pOH = –log 3,8 ·10–3 M = 2,42  pH = 14 – 11, 58 = 11, 58
b) Va · 0,1 M · 2 = 20 ml · 0,8 M · 1  Va = 5 ml

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