QUÍMICA ANALÍTICA I VOLUMETRÍA ÁCIDO-BASE

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1 UNIVERSIDAD NACIONAL DE ROSARIO Facultad de Ciencias Bioquímicas y Farmacéuticas Dpto. Química Analítica Área Química Analítica General QUÍMICA ANALÍTICA I VOLUMETRÍA ÁCIDOBASE 2016

2 VOLUMETRÍA ÁCIDOBASE PROBLEMAS 1 Una muestra de 50,00 ml de vinagre se diluyó a 250,00 ml. Una alícuota de 25,00 ml de esta solución se valoró con NaOH 0,1600 M hasta viraje de la fenolftaleína precisándose 28,10 ml de base. Cuál es el % P/V de HAc de la muestra? PM HAc = 60,000 Una muestra sólida que contiene NaOH se titula del siguiente modo: 10,32 g de muestra se disuelven hasta volumen final de 100,00 ml. Una alícuota de 25,00 ml de la solución se titula con H 2 SO 4 0,05160 M gastándose 22,30 ml. Calcular el % P/P de NaOH. PM NaOH = 40,000 3 Una muestra de Ba(OH) 2 se trata con 30,00 ml de solución de H 2 SO 4 0,0450 M. El precipitado obtenido se filtra y el remanente se titula con NaOH 0,1200 M gastándose 7,00 ml. Si la masa de la muestra es de 180,0 mg, cuál es la pureza de la misma?. PM Ba(OH) 2 = 171,000 4 Una muestra de tetraoxalato de potasio (C 2 O 4 HK.C 2 O 4 H 2.2H 2 O) se valora con una solución de NaOH 0,1044 M. Si la muestra tiene 99,50 % de pureza y se gastaron 40,00 ml de NaOH, cuál es el peso de la muestra valorada?. PM Tetraoxalato de potasio (TOK) = 254, ,0000 g de una muestra que contiene H 2 SO 4 y Na 2 SO 4 se valoran con NaOH 0,2000 M gastándose 50,00 ml. La solución resultante se trata con exceso de BaCl 2 dando 6,3000 g de BaSO 4. Calcular el % de H 2 SO 4 y de Na 2 SO 4. PM H 2 SO 4 = 98,000 PM BaSO 4 = 233,340 PM Na 2 SO 4 = 142,000 6 Ciertos polvos de limpieza se tratan de la siguiente manera: 10,0000 g se disuelven en H 2 O con NaOH. El NH 3 formado se destila y se recoge en 50,00 ml de H 2 SO 4 0,2500 M. El exceso de ácido se valora con KOH 0,2500 M gastándose 25,00 ml. Calcule la composición del producto expresada en % P/P de NH 3. PM NH 3 = 17,000 7 Se necesitan 5,00 ml de solución de NaOH 0,0100 M para la titulación de 200,00 ml H 2 O destilada usando fenolftaleína como indicador. Cuál es el contenido de CO 2 del agua en mg/l?. PM CO 2 =44 8 En la determinación de la acidez total de un vino blanco de mesa (expresada como gramos de ácido tartárico por 100 ml) se necesitó 21,48 ml de NaOH 0,03776 M para obtener el punto final con fenolftaleína, con el cual se titulan los dos H + del ácido. Conociendo que la acidez es de aproximadamente 0,6 g/100 ml, calcular qué volumen de vino se debió tomar. PM H 2 C 4 H 4 O 6 =150,09 9 Una mezcla de sustancias alcalinas se valora con H 2 SO 4 0,1000 M. Se pesan 250,0 mg de la muestra y se gastan 31,10 ml hasta el punto final de fenolftaleína y al añadir heliantina se encuentra que ese indicador también señala el punto final. Cuál es el álcali presente y cuál es su porcentaje en la muestra?. 10 Una muestra de sustancias alcalinas de 2,000 g requiere 25,50 ml de HCl 0,5000 M hasta viraje de fenolftaleína. Luego, se agrega heliantina y se requieren 20,00 ml más. Dar la composición cuali y cuantitativa de la muestra, expresando el contenido de las sustancias alcalinas en % P/P (como sales de sodio). 11 Dar la composición cuali y cuantitativa (en % P/P como compuestos de sodio) de una muestra, a partir de los siguientes datos: Peso de la muestra: 1,500 g Molaridad del ácido (HCl): 0,2020 M Punto final de la fenolftaleína: 16,00 ml Punto final de la heliantina: 41,10 ml (sobre otra muestra de igual peso). 1 Cuántos ml de H 2 SO 4 0,1250 M consumirá una muestra hasta viraje de fenolftaleína y de heliantina (considerado desde el viraje de fenolftaleína). Considere que 0,4000 g de muestra está compuesta por: a) partes iguales de NaOH y Na 2 CO 3, b) partes iguales de Na 2 CO 3 y NaHCO 3. PM Na 2 CO 3 = 106,000 PM NaHCO 3 = 84,000 1

3 RESOLUCIÓN DE PROBLEMAS PROBLEMA 1 50,00 ml de vinagre se llevan a 250,00 ml con H 2 O, se toma una alícuota de 25,00 ml y se valora con NaOH 0,1600 M consumiéndose 28,10 ml. Por lo tanto: Reacción de Titulación (RT): HAc + OH H 2 O + Ac 1000 ml 0,1600 moles OH 28,10 ml x = 4, moles OH = moles HAc 25,00 ml sol. 1000,00 ml sol. x = 0,17984 moles 50,00 ml vinagre se llevan a 250,00 ml => factor de dilución 1/5. Por lo tanto, la [HAc] en la muestra de vinagre original es de: 0,17984 M x 5 = 0,8992 M Luego, 1000,00 ml 0,8992 moles 1 mol HAc 60 g 100,00 ml x = 0,08992 moles 0,08992 moles x = 5,3952 g 5,40 % P/V PROBLEMA 2 10,32 g de muestra + H 2 O volumen final de 100,00 ml Se toma una alícuota de 25,00 ml y se valora con H 2 SO 4 RT: H + (provenientes del ac. sulfúrico) + OH H 2 O 1000 ml 0,05160 moles de H 2 SO 4 22,30 ml x = 1, moles de H 2 SO 4 1 mol H 2 SO 4 2 moles de H + 1, moles de H 2 SO 4 x = 2, moles de H + = moles OH 25,00 ml de muestra 0,09205 = x 1000 ml => 0,0921 M 1000 ml 0,09205 moles OH 1 mol NaOH 40 g 100 ml x = 0, moles OH x = 0,3682 g 10,32 g muestra 3,568 g = x 100 g muestra 3,57 % P/P PROBLEMA ml 0,0450 moles de H 2 SO 4 1 mol H 2 SO 4 2 moles de H + 30,00 ml x = 1, moles de H 2 SO 4 1, moles H 2 SO 4 x = 2, moles de H + Se gastan 7,00 ml NaOH 0,1200 M para titular el exceso de H 2 SO 4 RT: H + + OH H 2 O (totales) 2

4 1000 ml 0,1200 moles de NaOH 7,00 ml x = 8, moles OH = moles de H + en exceso moles de H + que reaccionan = moles de H + totales moles de H + en exceso = (2, , ) moles = 1, moles 2 moles de H + 1 mol H 2 SO 4 1, moles de H + x = 9, moles H 2 SO 4 => moles de SO 4 Ba 2+ + SO 4 BaSO 4 (s) 1 mol de SO 4 reacciona con 1 mol de Ba 2+ 9, moles SO 4 = moles Ba 2+ = moles Ba(OH) 2 1 mol Ba(OH) 2 171,00 g 0,180 g 100 % 9, mol x = 0,159 g 0,159 g x = 88,35 % 88,4 % pureza PROBLEMA 4 PM TOK (C 2 O 4 HK.C 2 O 4 H 2.2H 2 O ) = 254,10 RT: (C 2 O 4 ) 2 H OH 3 H 2 O + (C 2 O 4 ) ml 0,1044 moles de NaOH 3 moles OH 1 mol TOK 40,00 ml x = 4, moles NaOH 4, moles OH x = 1, moles TOK 1 mol de TOK 254,10 g 99,50 g TOK 100 g muestra 1, moles x = 0,3537 g 0,3537 g TOK x = 0,35548 g muestra m = 356 mg PROBLEMA 5 Moles de H 2 SO 4 en la muestra: SO 4 (H 2 SO 4/ /Na 2 SO 4 ) + Ba 2+ (exceso) BaSO 4 (s) RT: H + + OH H 2 O 1000 ml 0,2000 moles NaOH 2 moles de H + 1 mol H 2 SO 4 50,00 ml x = 0,01 moles OH = 0,01 moles H + 0,01 moles de H + x = moles H 2 SO 4 1 mol H 2 SO 4 98 g 20,0000 g muestra 0,49 g H 2 SO moles x = 0,49 g 100 g " x = 2,450 g H 2 SO 4 Moles totales de SO 4 en la muestra: 233,34 g 1 mol de BaSO 4 6,3000 g x = 0,02699 moles de BaSO 4 (moles totales de SO 4 ) Moles de Na 2 SO 4 = moles totales de SO 4 moles de SO 4 provenientes del H 2 SO 4 = (0, ) moles = 0,02199 moles de SO 4 provenientes de Na 2 SO 4 1 mol Na 2 SO g 20,0000 g muestra 3,1226 g 0,02199 moles x = 3,1226 g 100 g " x = 15,61 g Na 2 SO 4 2,450 % H 2 SO 4 15,61 % Na 2 SO 4 3

5 PROBLEMA 6 10,0000 g polvo + H 2 O + NaOH, desprendimiento de NH 3, se recoge en 50 ml de H 2 SO 4 y el exceso de ácido se valora con KOH moles de ácido en exceso: RT: H + + OH H 2 O 1000 ml KOH 0,2500 moles de OH 25,00 ml KOK x = 6, moles de OH = moles de H + en exceso moles totales de ácido: 1000 ml H 2 SO 4 0,2500 moles de H 2 SO 4 50,00 ml H 2 SO 4 x = 0,0125 moles de H 2 SO 4 1 mol de H 2 SO 4 2 moles de H + 0,0125 moles " x = 0,0250 moles de H + totales moles H + que reaccionaron = moles H + totales moles H + exceso = 0,01875 moles H + = moles de NH 3 que reaccionaron según la ecuación: NH 3 + H + NH mol de NH 3 17 g 10,00 g muestra 0,3187 g NH 3 0,01875 moles x = 0,3187 g 100 g " x = 3,187 g 3,19 % NH 3 PROBLEMA 7 200,00 ml H 2 O + 5,00 ml NaOH 0,01 M + fenolftaleína (1) CO 2 + H 2 O H 2 CO 3 RT: (2) H 2 CO 3 + OH HCO 3 + H 2 O (con fenolftaleína: 1 er PE) 1000 ml 0,01 moles OH 5,00 ml x = moles OH = moles de H 2 CO 3 [por ec. (2)] = moles de CO 2 [por ec. (1)] moles de CO 2 200,00 ml H 2 O 1 mol CO 2 44 g 2,5 x 10 4 moles CO 2 = x 1000 ml H 2 O 2, moles CO 2 x = 0,011 g 11,0 mg/l PROBLEMA 8 RT: H 2 Tr + 2 OH Tr + 2 H 2 O (con fenolftaleína) 1000 ml 0,03776 moles NaOH 2 moles de OH 1 mol de H 2 Tr 21,48 ml x = 8, moles OH 8, moles de OH x = 4, moles H 2 Tr 1 mol H 2 Tr 150,09 g 0,6 g 100 ml 4, moles H 2 Tr x = 0,06086 g 0,06086 g x = 10,14 ml Se debieron tomar 10,00 ml con una pipeta aforada (de 10,00 ml) PROBLEMA 9 250,0 mg mezcla alcalina + H 2 SO 4 0,1000 M V F = 31,10 ml V H = 0 ml 4

6 RT: H + + OH H 2 O Álcali presente: NaOH 1 mol de H 2 SO 4 2 moles de H ml 0,2000 moles de H + 0,1000 moles H 2 SO 4 x = 0,2 moles de H + 31,10 ml x = 6, moles H + = moles OH 1 mol NaOH 40 g 250,0 mg muestra 100 % 6, moles NaOH x = 0,2488g 248,8 mg " x = 99,52 % 99,5 % PROBLEMA 10 2,000 g muestra + HCl 0,5000 M V F = 25,50 ml V H = 20,00 ml V F > V H Álcalis presentes: Na 2 CO 3 / NaOH Hasta viraje de fenolftaleína (V F ) se titula: CO 3 + H + HCO 3 OH + H + H 2 O Hasta viraje de heliantina (V H ) se titula: HCO 3 + H + H 2 CO 3 Por lo tanto, necesito un volumen de ácido igual a V H para titular los moles de CO 3 originales de la muestra y un volumen de ácido igual a (V F V H ) para titular los moles de OH ml 0,5000 moles de H + 20,00 ml (V H ) x = 0,02 moles de H + = moles de HCO 3 = moles de CO 3 originales en la muestra. Luego, 1000 ml 0,5000 moles de H + 5,50 ml (V F V H ) x = 2, moles de H + = moles de OH originales en la muestra. 1 mol de NaOH 40 g 1 mol de Na 2 CO g 2, moles x = 0,11 g NaOH 0,01 moles x = 1,06 g 2,000 g 100 % 2,000 g 100 % 0,11 g x = 5,50 % 1,06 g x = 53,0 % 5,50 % NaOH 53,0 % Na 2 CO 3 PROBLEMA 11 1,500 g muestra + HCl 0,2020 M V F = 16,00 ml V H * = 41,10 ml Teniendo en cuenta que se está trabajando sobre dos alícuotas distintas de una misma muestra, el V H * sería equivalente al V T cuando se trabaja sobre una alícuota Por lo tanto, podemos definir el V H a partir del viraje de fenolftaleína como: V H = V T V F V H * V F = 25,10 ml Ahora, como V H > V F Álcalis presentes: Na 2 CO 3 / NaHCO 3 5

7 Hasta viraje de fenolftaleína (V F ) se titula: CO 3 + H + HCO 3 (1) Desde el viraje de la fenolftaleína hasta el viraje de heliantina (V H ) se titula: HCO 3 [generado en (1) + original de la muestra] + H + H 2 CO 3 (2) Por lo tanto, según la ec. (1) se necesita un volumen de ácido igual a V F para titular los moles de CO 3 presentes en la muestra y un volumen de ácido igual a (V H V F ) para titular los moles de HCO 3 originales de la muestra (2) ml 0,2020 moles de H + 16,00 ml (V F ) x = 3, moles de H + = moles de CO 3 [por ec. (1)] 1000 ml 0,2020 moles de H + 9,10 ml (V H V F ) x = 1, moles de H + = moles de HCO 3 originales en la muestra [ver ec. (2)] 1 mol de NaHCO 3 84 g 1 mol de Na 2 CO g 1, moles NaHCO 3 x = 0,1544 g 3, moles Na 2 CO 3 x = 0,3426 g 1,500 g 100 % 1,500 g 100% 0,1544 g x = 10,29 % 0,3426 g x = 22,84 % 10,3 % NaHCO 3 22,8 % Na 2 CO 3 PROBLEMA 12 a) 0,4000 g muestra: 0,2000 g NaOH // 0,2000 g Na 2 CO 3 Usando fenolftaleína como indicador se titula el OH y el CO 3 (sólo hasta HCO 3 ). Ambas reacciones son mol a mol. CO 3 + H + HCO 3 OH + H + H 2 O 40 g 1 mol de NaOH 106 g 1 mol de Na 2 CO 3 0,2000 g x = moles de OH 0,2000 g x = 1, moles de CO 3 1 mol de OH 1 mol de H + 1 mol de CO 3 1 mol de H + 5x10 3 moles OH x = moles H + 1, moles CO 3 x=1, mol H + 1, moles de H moles de H + = 6, moles totales de H + consumidos 2 moles de H + 1 mol de H 2 SO 4 6, moles de H + x = 3, moles de H 2 SO 4 0,1250 moles de H 2 SO ml 3, moles de H 2 SO 4 x = 27,55 ml 27,55 ml de H 2 SO 4 0,1250 M Usando heliantina como indicador se titulan los moles de HCO 3 formados hasta viraje de la fenolftaleína que pertenecen al CO 3 original de la muestra (1, moles), que ahora pasan a H 2 CO 3 : 6

8 HCO 3 + H + H 2 CO 3 1 mol de HCO 3 1 mol de H + 1, moles de HCO 3 x = 1, moles de H + 2 moles de H + 1 mol de H 2 SO 4 1, moles de H + x = 9, moles de H 2 SO 4 0,1250 moles de H 2 SO ml 9, moles de H 2 SO 4 x = 7,55 ml 7,55 ml de H 2 SO 4 0,1250 M más b) 0,4000 g de muestra: 0,2000 g NaHCO 3 // 0,2000 g de Na 2 CO 3 Usando fenolftaleína como indicador, reacciona el CO 3 hasta HCO 3 : CO 3 + H + HCO g 1 mol de Na 2 CO 3 1 mol de CO 3 1 mol de H + 0,2000 g x = 1, moles CO 3 1, moles CO 3 x=1, moles de H + 2 moles de H + 1 mol de H 2 SO 4 1, moles de H + x = 9, moles de H 2 SO 4 0,1250 moles de H 2 SO ml 9, moles de H 2 SO 4 x = 7,55 ml 7,55 ml de H 2 SO 4 0,1250 M Usando heliantina como indicador se titula el HCO 3 original de la muestra y el HCO 3 formado a partir del CO 3 (1, moles): HCO 3 + H + H 2 CO 3 84 g 1 mol de NaHCO 3 0,2000 g x = 2, moles de NaHCO 3 = moles de HCO 3 1, moles de H + (consumidos para neutralizar el HCO 3 formado a partir del CO 3 presente en la muestra original) + 2,381 x 10 3 moles de H + (consumidos para neutralizar el HCO 3 original en la muestra) = 4,268 x 10 3 moles de H + totales 2 moles de H + 1 mol de H 2 SO 4 4, moles de H + x= 2, moles de H 2 SO 4 0,1250 moles de H 2 SO ml 2, moles de H 2 SO 4 x = 17,07 ml 17,07 ml de H 2 SO 4 0,1250 M más 7