BLOQUE 3 (segunda parte) Profesor: Mª del Carmen Clemente Jul

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1 BLOQUE (segunda parte) Profesor: Mª del Carmen Clemente Jul

2 DISOLUCIONES REGULADORAS: ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL PREPARACIÓN: NaAc HCl NaAc exc HAc NaCl TAMPÓN HCOOCH COOCH (-) H () NaCOOCH Na CH -COO (-) H O HCOOCH OH - ph DEL TAMPÓN: H Ka HAc Ac PROPIEDADES: -AL AÑADIR UN ÁCIDO H Ac - HAc HAc y Ac - -AL AÑADIR UNA BASE OH - HAc Ac - H O Ac - y HAc MEJOR FUNCIONAMIENTO: [ÁCIDO] [BASE CONJUGADA] ph pka INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pka 1

3 CONOCER Y APLICAR LAS VARIACIONES DE Ph EN DISOLUCIONES REGULADORAS Y CALCULAR LA CAPACIDAD DE AMORTIGUAMIENTO(.1.;.1.4;.15a).1.0 TAMPÓN: HAc / NaAc 0,1 M 0,4 M NaAc Ac - Na HAc H O Ac - H O K a Ac H HAc O 1,8x10 5 H O 1,8x10 5 AcH Ac 1,8x10 5 0,1 0,4 4, ph 5,5

4 .1.9 NaAc HCl NaAc exc HAc NaCl,650 g 50 ml 0,08M TAMPÓN a) CÁLCULO DEL ph DE LA DISOLUCIÓN TAMPÓN CÁLCULOS DE LOS MOLES DE NaAc INICIALES: MOLES NaAc 1mol,650g 0,0MOLES 8g CÁLCULO DE LOS MOLES DE HCl: 50.0,08 MOLES HCl 0,0MOLES 10 EN LA PREPARACIÓN DEL TAMPÓN 0,0 MOLES DE HCl HAN REACCIONADO CON 0,0 MOLES DE NaAc PARA FORMAR 0,0 MOLES DE NaAc. LOS MOLES DE NaAc QUE NO HAN REACCIONADO SON: 0,0-0,0 0,01 MOLES

5 EL TAMPÓN ESTÁ FORMADO POR 0,0 MOLES DE HAc Y 0,01 MOLES DE NaAc H Ka HAc Ac ph 4,5 1,8.10 b) SE ADICIONA 10 ml DE HCl 0,08 M moles de NaAc iniciales 0,0 5 0,0/ V. 0,01/ V moles de HCl iniciales 0,0 moles HCl adicionados 10.0, ,0008 EL TAMPÓN ESTÁ FORMADO POR 0,008 MOLES DE HAc Y 0,011 MOLES DE NaAc HAc 5 0,008/ V H Ka 1,8.10. Ac 0,011/ V ph 4,48

6 c) SE ADICIONAN 10 ml DE NaOH 0,08 M MOLES DE HAc INICIALES 0,0 MOLES DE NaAc (EN EL TAMPÓN) 0, ,08 MOLES DE NaOH ADICIONADOS 10 0,0008 NaOH HAc NaAc H O LUEGO SE FORMAN 0,0008 MOLES DE NaAc A PARTIR DE 0,0008 MOLES DE NaOH QUE HAN REACCIONADO CON 0,0008 MOLES DE HAc EL NUEVO TAMPÓN ESTARÁ FORMADO POR 0,019 MOLES DE HAc Y 0,018 MOLES DE NaAc H 1, ,019/ V. ; 0,018/ V ph 4,58

7 d) EN AGUA PURA: OH - H O 10-7 ph 7 AL AÑADIR 10 ML DE HCl 0,08 M A 50 ML DE H O: 10.0,08 H, COMO EL HCl ESTÁ COMPLETAMENTE DISOCIADO H O, ; ph,51 e) AL AÑADIR 10 ml DE NaOH 0,08M A 50 ml de H O 10.0,08 OH, poh,51;ph 11,49

8 PRÁCTICA: DISOLUCIONES TAMPÓN HAc (1 M) / NaAc (1 M) 10 ml 10 ml 1. H O NaOH : NaOH Na OH - 5 ml 1 ml 0,1 M 1.0,1 OH 0,016 poh ph > 6. HAc/NaAc NaOH 7 5 ml 1 ml 0,1 M HAc NaOH NaAc H O NaAc y HAc CALCULAR H Ka HAc Ac EN EL TAMPÓN CALCULAR H Ka HAc Ac CON LOS NUEVOS VALORES DEL HAc COMPARAR LA VARIACIÓN DE ph PRODUCIDA

9 PRÁCTICA: DISOLUCIONES TAMPÓN. H O HCl : HCl H Cl - 5 ml 1ml 0,1 M 1.0,1 H 0,016 ph < 6 4. HAc / NaAc HCl 7 5 ml 1ml 0,1 M NaAc HCl HAc NaCl HAc y NaAc CALCULAR H Ka HAc Ac CON LOS NUEVOS VALORES DE NaAc COMPARAR LA VARIACIÓN DEL ph PRODUCIDA 5. DETERMINAR ph DEL AGUA DESTILADA 6. DETERMINAR ph DE LA DISOLUCIÓN TAMPÓN

10 .1.0 a) EL TAMPÓN SE PREPARA MEDIANTE LA REACCIÓN NaCN HCl Cl - Na HCN (1) 10 g 0,1 L. 1M 10 0,04 10g de NaCN <> 0,04moles <>,04M 49 0,1 0,1 L DE HCl 1 M <> 0,1.1 0,1 moles EN LA REACCIÓN (1) SE HAN GASTADO LOS 0,1 MOLES DE HCl QUE HAN REACCIONADO CON 0,1 MOLES DE NaCN PARA DAR 0,1 MOLES DE NaCl y 0,1 MOLES DE HCN SIN REACCIONAR QUEDAN 0,04-0,1 0,104 MOLES DE NaCN 0,1MOLES 0,104MOLES HCN 1M; CN 1,04M 0,1L 0,1L COMO ES UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN DE ÁCIDO DÉBIL: H Ka ph 9,16 HCN CN 7, ,04 6,

11 .1.0 b) SI SE AÑADE 1 ml. DE HNO AL 71,68% Y CON ρ 1,4 g/ml 1,4g / ml moleshno.1ml.0,7168 1,61.10 MOLES 6g / mol LOS 1, MOLES DE HNO REACCIONARÁN CON 1, MOLES DE NaCN PARA DAR 1, MOLES DE NaNO H NO - NaCN Na NO - HCN DE LOS 0,104 MOLES QUE HAY DE NaCN EN EL TAMPÓN QUEDARÁN: 0,104-1, ,087 MOLES Y SE HABRÁN FORMADO 1, MOLES MÁS DE HCN LUEGO MOLES DE HCN 0,1 1, ,116 MOLES CN HCN H 0,087 0,1 Ka 0,116 0,1 HCN CN 0,87M 1,16M 7, ,16 0,87 9, ;ph 9,0

12 DISOLUCIONES REGULADORAS: BASE DÉBIL Y SU SAL PREPARACIÓN: NH 4 NO NaOH NH 4 NO exc NH 4 OH NaNO TAMPÓN NH 4 OH NH 4 () OH (-) NH 4 NO NO - NH 4 () ph DEL TAMPÓN: SE CALCULA A PARTIR DE PROPIEDADES: H O NH 4 OH H -AL AÑADIR UN ÁCIDO H NH 4 OH NH 4 H O NH 4 y NH -AL AÑADIR UNA BASE OH NH 4 NH 4 OH NH y NH 4 MEJOR FUNCIONAMIENTO: Kb INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pkb 1 NH 4 NH 4 OH OH [BASE] [ACIDO CONJUGADO] ph pkb

13 .1.1 (.1.) DATOS: ph DEL TAMPÓN NH -NH 4 NO 8,54 Kb(NH ) 1, NH CÁLCULO DE LA RELACIÓN NH NO : 4 CONSIDERAR EL EQUILIBRIO NH H O NH 4 OH - Kb NH 4 NH OH NH NH 4 OH Kb COMO ph 8,54 NH NH 4 H.10-9 M 0,.10 1, ,18 OH ,.10 5

14 CALCULAR Y APLICAR LAS VARIACIONES DE ph EN DISOLUCIONES REGULADORAS Y CALCULAR LA CAPACIDAD DE AMORTIGUAMIENTO.1.6(.1.5b) DATOS: NH 4 OH / NH 4 NO 0 ml NaOH 1,0 M 00 ml 0,4 M 0,5 M NH 4 NO NH 4 NO - (NH 4 H O NH 4 OH H ) NH 4 OH NH 4 OH - (Kb 1, ) SOLUCIÓN: Kb H NH 4 NH 4 OH OH ,76x10 5 1,7x10 5 7,67.10 ; OH 10 1, ph 9,18. 0,4 0,5 1,76x10 5

15 AL AÑADIR NaOH, LOS IONES OH - REACCIONARÁN CON LOS IONES NH 4 PARA FORMAR NH 4 OH, LUEGO LA NH 4 DEL TAMPÓN DISMINUYE Y LA NH 4 OH AUMENTA: A N T E S D E R E A C C I O N A R NaOH NH NH 0x1 9,09.10 en 0 ml : moles NaOH 19, ,4x00 OH 0,66 en 0 ml : moles NH4OH 79, ,5x00 0,4545 en 0 ml : moles NH4 99,

16 .1.6. Cont. LOS 19, MOLES DE OH - AÑADIDOS PROCEDENTES DEL NaOH REACCIONAN CON OTROS TANTOS DE NH 4 PARA DAR IGUAL NÚMERO DE MOLES NUEVOS DE NH 4 OH moles NH 4 99, , , moles NH 80, ,0 4 0,64M moles NH 4 OH 79, , , moles NH OH H 4 OH Kb 14 10, ,8.10 0,0 NH 5 4 NH OH 4 1,7.10 4, ,458M ,458. 0,64 ;ph 9,,

17 .1. DATOS: NH 4 Cl/NH 4 OH ph tampón 10 α 1 50 cm, 0,01M SOLUCIÓN: NH 4 Cl Cl - NH 4 α Cl NH 4 equiv Cl inic NH NH 4 4 equiv Cl inic 1 Cl NH eq 4 eq NH 4 NH Cl 4 Cl INI inic NH 4 OH NH 4 OH - Kb NH 4 NH 4 OH OH SI ph 10; H ; OH NH NH 0, Kb 1,8x10 x 1,8x10 4 OH OH

18 .1. cont. Si NH 4 1,8x10 - moles/1l, en 50 ml habrá 1,8x10 -.0,05 9,0x10-5 moles. COMO NH 4 eq NH 4 Cl NH 4 Cl 9,05x gNH4Cl molesx 1mol 4,86.10 g.

19 DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES) ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL SE PREPARAN MEZCLANDO UNA DISOLUCIÓN DE ÁCIDO DÉBIL Y UNA DISOLUCIÓN DE BASE FUERTE HCOO-CH NaOH HCOOCH ex COOCH (-) H (1) NaCOOCH Na COOCH (-) NaCOO-CH HCOO-CH (excedente) H O HCOOCH OH - () LA CONCENTRACIÓN Ac - PROCEDENTE DE LA SAL INFLUYE EN (1) Y SE PRODUCE UN DESPLAZAMIENTO HACIA LA IZQUIERDA. LA CONCENTRACIÓN HAc PROCEDENTE DEL ÁCIDO INFLUYE EN () Y SE PRODUCE UN DESPLAZAMIENTO HACIA LA IZQUIERDA CONCLUSIÓN: LAS HAc eq Y Ac - eq SON LAS CONCENTRACIONES INICIALES HAc H Ka ph del tampón Ac

20 DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES) BASE DÉBIL Y SU SAL SE PREPARAN MEZCLANDO UNA DISOLUCIÓN DE BASE DÉBIL Y UNA DISOLUCIÓN DE ÁCIDO FUERTE NH HNO NH 4 NO NH (excedente) NH ex H O NH 4 OH - NH 4 NO NH 4 NO - H O NH 4 OH H PARA CALCULAR EL ph DEL TAMPÓN SE UTILIZA Kb NH 4 NH OH DONDE NH 4 SAL INICIAL NH NH excedente

21 DISOLUCIONES REGULADORAS (TAMPONES) FORMADAS POR DOS ESPECIES EN DISOLUCIÓN ÁCIDO DÉBIL Y SU SAL HCOO-CH Y NaCOO-CH BASE DÉBIL Y SU SAL NH Y NH 4 NO RESISTEN LOS CAMBIOS DE ph CUANDO SE ADICIONAN PEQUEÑAS CANTIDADES DE ÁCIDO O DE BASE (1) EL ÁCIDO DÉBIL, HAc, CONSUME LOS IONES OH - HAc OH - Ac - H O LA SAL, NaAc, CONSUME LOS IONES H POR REACCIÓN DE SU BASE CONJUGADA Ac - (NaAc Na Ac - ) Ac - H HAc DEBE CONTENER CANTIDADES COMPARABLES DEL ÁCIDO Y SU BASE CONJUGADA Y CAPACES DE NEUTRALIZAR LOS H Y OH - INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO: pka 1 MEJOR FUNCIONAMIENTO: [ACIDO] [BASE CONJUGADA]; phpka

22 DISOLUCIÓN AMORTIGUADORA DE UN ÁCIDO DÉBIL DIPRÓTICO SU CONSTANTE ES Ka 1 Y SU H CO HCO - H ; INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO ES pka 1 1 HCO - CO - H ; SU CONSTANTE ES Ka Y SU INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO ES pka 1 5,8 4,0 9, 11,

23 PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN DE UN ph ESPECÍFICO (1) SI LA DISOLUCIÓN TAMPÓN ES DE ÁCIDO DÉBIL, SU ph pka log base conjugada / acido COMO EL TAMPÓN FUNCIONA MEJOR A ph pka, SE SELECCIONA UN ÁCIDO DÉBIL CUYO pka SEA PRACTICAMENTE IGUAL AL ph DESEADO PREPARACIÓN DE UN TAMPÓN DE FOSFATOS DE ph 7,40 H PO 4 H H PO 4 - pka 1,1 H PO 4 H HPO 4 - pka 7,1 HPO 4 - H PO 4 - pka 1,

24 PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN DE UN ph ESPECÍFICO () 1) SISTEMA H PO 4 /H PO 4- : INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO,1 1 DE 1,1 A,1 ) SISTEMA H PO 4- /HPO - 4 : INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO 7,1 1 DE 6,1 A 8,1 ) SISTEMA HPO - 4 /PO - 4 : INTERVALO DE AMORTIGUAMIENTO 1, 1 DE 11, A 1, SE SELECCIONA EL SISTEMA DONDE ESTÁ ENGLOBADO EL ph 7,40

25 PREPARACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN DE UN ph ESPECÍFICO () ph pka ± log HPO H PO 4 4 7,40 7,1± log HPO H PO 4 4 log HPO H PO 4 4 HPO4 0,19; H PO 4 1,5 PREPARACIÓN: SE DISUELVEN 1,5 MOLES DE Na HPO 4 Y 1 MOL DE NaH PO 4 EN CANTIDAD DE AGUA SUFICIENTE PARA LLEVAR LA DISOLUCIÓN A 1 L.

26 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE (1) BURETA: DISOLUCIÓN DE NaOH 0,1 M ERLENMEYER: 5 ML DE HCl 0,1 M - REACCIÓN DE VALORACIÓN: HCl NaOH NaCl H O O LA ECUACIÓN IÓNICA NETA: H OH - H O - LA CURVA DE VALORACIÓN ES LA REPRESENTACIÓN DE: ph f (V NaOH AÑADIDO) - ETAPAS EN LA VALORACIÓN: ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA PARA 10 ml de NaOH AÑADIDOS: MOLES DE HCl EN DISOLUCIÓN MOLES DE HCl INIC MOLES DE HCl NEUTRALIZADOS MOLES DE HCl INIC MOLES DE NaOH AÑADIDOS MOLES HCl 0,1 L 1L 1000mL 5mL MOLES NaOH 0,1 L 1L 1000mL 1,50.10 MOLES

27 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE () ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA (cont) HCl H Cl - H MOLES DE H VOLUMEN TOTAL(L) 1,50.10 MOLES (5,00 10,00)mL 1000mL x 1L 0,04 mol/ L ph 1,7

28 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE () EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA, V NaOH.M NaOH V HCl. M HCl PARA 5 ml DE NaOH 0,1 M AÑADIDOS A 5 ML DE HCl 0,1 M H OH - 1x10-7 M ph 7 DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA PARA 5 ML de NaOH AÑADIDOS MOLES DE NaOH EN DISOLUCIÓN MOLES DE NaOH AÑADIDOS MOLES DE NaOH NEUTRALIZADO 0,1moles 1L 0,1MOLES 1L 5mlNaOH x5mlnaoh 1L 1000mL 1L 1000mL MOLES DE OH 10 MOLES 1000mL OH 0,0167M VOLUMEN TOTAL(L) (5 5)mL 1L poh 1,78; ph 14 poh 1, 10 MOLES

29 EJEMPLO DE CURVA DE VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE: (VALORACIÓN DE 5 ml DE NaOH 0,15N CON HCl 0,1M) CALCULAR EL ph PARA LOS SIGUIENTES PUNTOS DE LA CURVA DE VALORACIÓN: PUNTO A: PUNTO B: PUNTO C: PUNTO E: PUNTO F: PUNTO G: 0 ml HCl 5 ml HCl 10 ml HCl PUNTO DE EQUIVALENCIA PARA 5 ml DESPUÉS DE PASAR EL PE PARA 10 ml DESPUÉS DE PASAR EL PE

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31 INDICADORES ÁCIDO BASE ÁCIDOS ORGÁNICOS DÉBILES CON COLORES DISTINTOS EN SUS FORMAS IONIZADA Y NO IONIZADA HIn In - H COLOR A COLOR B ANTES P.E DESPUES P.E P.E HIn 10 In HIn 10 In HIn In EL COLOR DEL ÁCIDO HIn ES EL QUE PREDOMINA EL COLOR DE LA BASE CONJUGADA In - ES EL QUE PREDOMINA EL COLOR ES UNA COMBINACIÓN DE LOS COLORES DE HIn Y DE In - In H Kind H ;pk IND ph EQUIV HIn pk a -1< ph eq < pk a 1

32 INDICADORES ÁCIDO BASE BASES ORGÁNICAS DÉBILES CON COLORES DISTINTOS EN SUS FORMAS IONIZADA Y NO IONIZADA B - H COLOR A HB COLOR B ANTES P.E DESPUES P.E B HB 10 HB 10 B P.E B HB EL COLOR DE LA BASE ES EL QUE PREDOMINA EL COLOR DEL ÁCIDO CONJUGADO PREDOMINA EL COLOR ES UNA COMBINACIÓN DE LOS COLORES A Y B HB Kind H ;pk IND ph EQUIV B H pk b -1< ph eq < pk b 1

33 CONSTRUIR CURVAS DE VALORACIÓN Y CONOCER EL MODO DE ACTUACIÓN DE LOS INDICADORES.1.. BURETA: NaOH 0,5 M ERLENMEYER: 0 cm HCN 0, M (Ka, ) REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN: HCN NaOH Ó LA FORMA IÓNICA NETA NaCN H O CN - H O HCN OH - ; ph eq > 7 1. ANTES DE ADICIONAR LA BASE HCN CN - H INICIAL 0, M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,-x)M xm xm

34 .1. cont. Ka,98.10 x H CN H HCN 10 x x 0, x 0, 8,9.10, ;ph 5,05. PARA 7 cm DE NaOH ADICIONADOS: MOLES HCN LIBRES MOLES HCN INICIALES -MOLES DE NaOH AÑADIDOS 0,mol 0mL HCN 1L 1L 1000mL 7ml NaOH 0,5mol 1L 1L 1000mL,5 10 MOLES ADEMÁS SE HAN FORMADO A PARTIR DE 1,75x10 - MOLES DE NaOH, 1, MOLES DE NaCN, LUEGO SE TIENE UN TAMPÓN HCN/NaCN CUYO ph ES CN 10 1,75.10 ph pka log log,98.10 log HCN,5.10 9,9

35 .1. cont.. EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA MOLES DE HCN MOLES DE NaOH MOLES DE HCN 0 ml HCN x 0, MOL/L x 1 L/1000mL 4x10 - MOLES V 05 MOLES DE NaOH 4x10 - ; V 16 ml 1000 HCN NaOH NaCN H O 4x10 - moles 4x10 - moles 4x10 - moles M 4.10 MOLES 1000mL 0mL 16mL 1L NaCN 0,11M AL HIDROLIZARSE EL CN - : NaCN CN - Na 0,11M 0,11M 0,11M

36 .1. cont. CN - H O HCN OH - INICIAL 0,11M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,11-x)M xm xm Kh Kb HCN OH CN x 0,11 x x 0,11 Kw Ka 1x10,98x x OH 1,66x10 M;pOH,78;pH 11, 4. PARA 0 ml DE NaOH ADICIONADOS: ph BÁSICO DEBIDO A LA PRESENCIA DE IONES OH - (DEL NaOH) Y DE LOS IONES CN - OH - MÁS BÁSICO QUE CN - : SE DESPRECIA EL EFECTO DE LOS IONES CN -

37 .1.. cont MOLES DE OH - LIBRES MOLES NaOH AÑADIDOS MOLES NaOH NEUTRALIZADOS 0,5MOL 1L 0,5 0mL 16mL 1L 1000mL 1L MOLES 1L 1000mL 1.10 MOLES 1000mL [OH ] LIBRE 0mL 0mL 1L poh 1,61;pH 1,9 0,05M b) ELECCIÓN DEL INDICADOR COMO ph equiv 11, EN EL P EQUIV HIn In - ; K In In H H InH LUEGO pk ind ph equiv EL ULTIMO

38 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (1) BURETA: NaOH 0,1 M ERLENMEYER: CH COOH 0,1M, 5 ml REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN: CH COOH NaOH CH COONa H O Ó LA ECUACIÓN IÓNICA NETA: CH COO - H O CH COOH OH - ; ph p eq > 7 CURVA DE VALORACIÓN PARA 10 ml DE NaOH AÑADIDOS: ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA - MOLES HAc LIBRES MOLES HAc INICIALES MOLES DE NaOH AÑADIDOS 0,100mol 5mLHAc 1L 1,50x10 moles 1L 1000mL 10mlNaOH 0,100mol 1L 1L 1000mL

39 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE () - ADEMÁS SE HAN FORMADO 1x10 - MOLES DE NaAc (A PARTIR DE 1x10 - MOLES DE NaOH) LUEGO SE TIENE UN TAMPÓN CH COOH/CH COONa CUYO ph ES CH COO 5 1x10 ph pka log log1,8x10 log CH COOH 1,5x10 4,57 EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA MOLES DE HAc MOLES NaOH MOLES 1L 5mL 0,1 L 1000mL,5x10 MOLES CH COOH NaOH CH COONa H O, MOLES,5.10 -, MOLES M,5.10 MOLES 1000mL 5mL 5mL 1L CH COONa 0,05M

40 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE () AL HIDROLIZARSE EL CH COO - : CH COONa CH COO - Na 0,05 M 0,05 M 0,05 M CH COO - H O CH COO - OH - INICIAL 0,05M 0 0 CAMBIO -xm xm x M EQUILIBRIO (0,05-x)M xm x M

41 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (4) Kh 14 Kw 1.10 CH COOH OH 10 5, Ka 1,8.10 CH COO x 0,05 x x 0,05 x OH - 5, M poh 5,8; ph 14-pOH 8,7 DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA EL ph SERÁ BÁSICO DEBIDO A LA PRESENCIA DE LOS IONES OH - (DEL NaOH) Y DE LOS IONES CH -COO - OH - MÁS BÁSICO QUE CH COO - : SE DESPRECIA EL EFECTO DE LOS IONES CH -COO - -PARA 5 ml DE NaOH AÑADIDOS: MOLES DE OH - LIBRES MOLES DE OH - AÑADIDOS MOLES OH - NEUTRALIZADOS

42 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (5) 0,1MOLES 5mL NaOH 1L 1L x 1000mL [OH ] LIBRE 1x10 MOLES 1L 1000mL 1x10 MOLES 1000mL 5mL 5mL 1L 5mL NaOH 0,1MOLES 1L 0,0167M;pOH 1,78;pH 1, x

43 Kh Kb Kw Ka , CH COOH OH CH COO x 0,05 x x 0,05 x OH 5,.10 6 ;poh 5,;pH 8,8 c) LA FENOLFTALEINA CON INTERVALO DE pk ENTRE 8,-10,00 ES EL INDICADOR ADECUADO EL ROJO DE METILO NO SERÍA ADECUADO PORQUE SU pk < ph EQUIV

44 EJEMPLO DE CURVA DE VALORACIÓN DE UN ÁCIDO DÉBIL CON UNA BASE FUERTE (VALORACIÓN DE 5 ml DE HAc 0,15 M CON NaOH 0,10 M) CALCULAR EL ph PARA LOS SIGUIENTES PUNTOS DE LA CURVA DE VALORACIÓN: PUNTO A: PARA 0 ml NaOH PUNTO B: PARA 5 PUNTO C: PARA 10 PUNTO E: PUNTO DE EQUIVALENCIA PUNTO F: PARA 5 ml DE NaOH DESPUÉS DE PASAR EL PUNTO DE EQUIVALENCIA

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46 EX. VALORACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN 10-1 M DE METILAMINA (0 ml) (CH NH ) CON HCl 10-1 M DATOS: Kb (CH NH ) 4, REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN CH NH HCl CH NH Cl - SOLUCIÓN: a) CÁLCULO DEL ph ANTES DE LA ADICIÓN DEL ÁCIDO (SE RESUELVE IGUAL QUE EL.1.5) ph 11,8

47 EX. CONT () b) DESPUÉS DE ADICIONAR 10 ml DE HCl: MOLES DE CH NH SIN REACCIONAR MOLES DE CH NH INICIALES MOLES DE CH NH TRANSFORMADOS EN SAL 0 0,1 10.0,1 0,001 moles ADEMÁS SE HAN FORMADO 0,001 MOLES DE SAL (A PARTIR DE LOS 0,001 MOLES DE HCl AÑADIDOS) LUEGO TENEMOS UN TAMPÓN, BASE/SAL, CUYO ph SE CALCULA A PARTIR DE Kb: CH NH H O CH NH OH - Kb H CH NH CH ,5.10 NH 4 OH ; OH, , ;ph 10,65 0,001 0,001 4,5.10 4

48 EX. CONT () c) EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA: MOLES DE BASE MOLES DE ÁCIDO 0 0, ,00MOLES CH NH HCl CH NH Cl - 0,00 moles 0,00 moles 0,00 moles 0,00MOLES 1000mL M (SAL) (0 0)mL 1L 0,05moles/ L

49 EX. CONT (4) c) EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA COMO LA SAL ESTÁ COMPLETAMENTE DISOCIADA CH NH Cl - CH NH Cl - 0,05 M 0,05M 0,05M EL ÁCIDO CONJUGADO CH NH SE HIDROLIZA: CH NH H O CH NH H O INICIO 0,05 M 0 0 CAMBIO -xm x M x M EQUILIBRIO (0,05-x)M x M x M Kh Ka CH NH && CH NH H O Kw Kb x 0,05 x x 0,05, H 1, ;ph 5,98

50 EX. CONT (5) d) SELECCIONAR EL INDICADOR MÁS ADECUADO PARA DETECTAR EL PUNTO DE EQUIVALENCIA (PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN) INDICADOR pka NARANJA DE METILO,4 ROJO DE METILO 4,9 AZUL DE BROMOTIMOL 7,1 ROJO DE CRESOL 8, FENOLFTALEINA 9,4 AMARILLO DE ALIZARINA 11,1 EL ROJO DE METILO ES EL QUE TIENE SU pka MÁS PRÓXIMO AL ph equivalencia

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52 PRÁCTICA: VALORACIÓN ÁCIDO-BASE VALORACIÓN DE UNA SAL DE ÁCIDO DÉBIL CON UN ÁCIDO FUERTE BURETA: TITULANTE Ó VALORANTE HCl CON CONCENTRACIÓN CONOCIDA ERLENMEYER: ANALITO Ó MUESTRA DE CONCENTRACIÓN DESCONOCIDA Na CO (V Na CO ) REACCIONES DE LA VALORACIÓN: 1) Na CO HCl Peq 1 NaHCO NaCl (Ind 1) ) NaHCO HCl Peq H CO NaCl (Ind ) EN EL PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN Nº DE EQUIVALENTES DE ÁCIDO Nº DE EQUIVALENTES DE SAL (V 1 V ). N HCl V NaCO. N NaCO n º eq gramo L Na CO Pm Na CO 1 eq gramo N Na : x CO g / L de Na CO

53 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (1) BURETA: NH 4 OH 0,1M ERLENMEYER: 5 ml HCl 0,1M REACCIÓN DE NEUTRALIZACIÓN: NH 4 OH HCl NH 4 Cl Ó LA ECUACIÓN IÓNICA NETA NH 4 H O NH 4 OH H ph eq < 7

54 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL () CURVA DE VALORACIÓN -ANTES DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA PARA 10 ml DE NH AÑADIDOS: MOLES HCl LIBRES MOLES HCl INICIALES MOLES NH AÑADIDO MOLES 5mLx0,1 1L 1L x 1000mL 10mLx 0,1MOLES 1L x 1L 1000mL 1,5.10 MOLES LOS IONES H PROCEDEN DE LA IONIZACIÓN DEL HCl Y DE LA HIDRÓLISIS DEL NH 4 CUYA CONTRIBUCIÓN ES DESPRECIABLE FRENTE A LA IONIZACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE COMO EL HCl H 1,5.10 MOLES 1000mL 5mL 10mL 1L 0,04M; ph 1,9

55 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL () EN EL PUNTO DE EQUIVALENCIA 5 ml DE NH 0,1M REACCIONA CON 5 ml DE HCl 0,1N Nº MOLES DE NH Nº DE MOLES DE HCl 0,1MOL 1L 5mLx x 1L 1000mL,5.10 MOLES 5mL 5mL, mL 1L MOLES [ NH ] 0,05M HCl NH NH 4 Cl 0,05M 0,05M 0,05M COMO NH 4 Cl SE HIDROLIZA: NH 4 Cl NH 4 Cl - 0,05M 0,05M

56 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (4) NH 4 H O NH 4 OH H INICIO 0,05M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,05-x)M xm xm Ka NH 4 OH H NH 4 x 0,05 x 5, x H 5, ph EQUIV 5,

57 VALORACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE DÉBIL (5) DESPUÉS DEL PUNTO DE EQUIVALENCIA - PARA 5 ml DE NH AÑADIDOS 5 ml DE NH HAN SIDO NEUTRALIZADOS MOLES NH NEUTRALIZADOS 5mL NH MOLES 1L x0,1 x 1L 1000mL,5.10 MOLES M M 1,00x10 H NH4Cl NH ph 8, MOLES (5 5)mL [ NH ] [ NH ] NH NH 4 AÑADIDO MOLES/ L (SON LOS DE LOS10 ml NH,5.10 Ka 1, mL x 1L x5, ,04M NEUTRALIZADO 1, M LIBRES)

58 EX. (1) LA Ka DEL ÁCIDO FÓRMICO (METANOICO) HCO H EN DISOLUCIÓN ACUOSA ES.10-4 a) CÁLCULO DEL ph DE UNA DISOLUCIÓN DE HCO H 0,1M HCO H H O HCO - H O INICIO 0,1M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,1-x)M xm xm Ka x H.10 O 4 ph log H x 0,1 x 4,47.10 O x 0,1,5

59 EX.() b) CÁLCULO DEL ph DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 ml DE HCO H 0,1M Y 5 ml DE NaOH 0,5M HCO H NaOH MOLES INICIALES DE HCO H NaCO H H O moles 100mL 0,1 L ml 1L MOLES ADICIONADOS DE NaOH 5 0,5 6, MOLES FORMADOS DE NaCO H MOLES ADICIONADOS DE NaOH 6, CONCLUSIÓN: SE HA FORMADO UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN MOLES HCO H EN EXCESO, MOLES DE NaCO H 6,5.10 -

60 [ ] [ ÁCIDO] H O Ka ph,9 [ SAL].10 4, ,5.10 / V / V 1,.10 4

61 PRÁCTICA: VALORACIÓN ÁCIDO-BASE VALORACIÓN DE UNA SAL DE ÁCIDO DÉBIL CON UN ÁCIDO FUERTE BURETA: TITULANTE Ó VALORANTE HCl CON CONCENTRACIÓN CONOCIDA ERLENMEYER: ANALITO Ó MUESTRA DE CONCENTRACIÓN DESCONOCIDA Na CO (V Na CO ) REACCIONES DE LA VALORACIÓN: 1) Na CO HCl Peq NaHCO NaCl (Ind 1 ) 1 V 1 ) NaHCO HCl Peq H CO NaCl (Ind ) V Na CO HCl H CO NaCl EN EL PUNTO FINAL DE LA VALORACIÓN: Nº DE EQUIVALENTES DE ÁCIDO Nº DE EQUIVALENTES DE SAL

62 (V V ).N 1 HCl V NaCO.N NaCO N NaCO Nº eq.gramo l x PmNa CO 1eq.g g g / l de Na CO

63 PRÁCTICA: INDICADORES In (1) FENOLFTALEINA 8,-10,0 INCOLORO-VIOLETA In () NARANJA DE METILO,0-4,4 ROJO-AMARILLO INTERVALO DE VIRAJE COLOR HIn COLOR In - MECANISMO DE FUNCIONAMIENTO DE In(1) PARA DETECTAR Peq 1 ANTES Peq 1 In (1) - VIOLETA Peq 1 In (1) - H HIn (1) COLOR In(1) - COLOR HIn(1) HIn(1) MECANISMO DE FUNCIONAMIENTO DE In() PARA DETECTAR Peq ANTES Peq In () - AMARILLO In () - H HIn () COLOR In() - Peq1 COLOR HIn() HIn()

64 FENOLFTALEINA NARANJA DE METILO

65 EX.(1) LA Ka DEL ÁCIDO FÓRMICO (METANOICO) HCO H EN DISOLUCIÓN ACUOSA ES.10-4 a) CÁLCULO DEL ph DE UNA DISOLUCIÓN DE HCO H 0,1M HCO H O HCO - H O INICIO 0,1M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,1-x)M xm xm Ka x H.10 O 4 ph log H x x 0,1 x 0,1 4,47.10 O,5

66 EX. () b) CÁLCULO DEL ph DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLAND 100 ml DE HCO H 0,1M Y 5 ml DE NaOH 0,5M HCO H NaOH NaCO H H O MOLES INICIALES DE HCO H moles 100mL 0,1 L ml/1l 5.0,5 MOLES ADICIONADOS DE NaOH 6, MOLES FORMADOS DE NaCO H MOLES ADICIONADOS DE NaOH 6, CONCLUSIÓN: SE HA FORMADO UNA DISOLUCIÓN TAMPÓN MOLES HCO H EN EXCESO, MOLES DE NaCO H 6, [ ] [ ACIDO] H O Ka ph,9 [ SAL].10 4, ,5.10 / V / V 1,.10 4

67 EX. c) CÁLCULO DEL ph DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 ml DE HCO H Y 40 ml DE NaOH 0,5M MOLES INICIALES DE ÁCIDO ,5 MOLES ADICIONADOS DE NaOH CONCLUSIÓN: NO HAY ÁCIDO EN EXCESO Y SE HAN FORMADO MOLES DE SAL EN UN VOLUMEN DE 140 ml QUE SE HIDROLIZA NaCO H Na CO H - H O HCO H OH -

68 Kh x Kw Ka OH , x x ;poh 5,7;pH 8,8 x 7,4.10 d) CÁLCULO DEL ph DE LA DISOLUCIÓN QUE SE OBTIENE MEZCLANDO 100 ml DE H CO 0,1M Y 50 ml DE NaOH 0,5M MOLES INICIALES DE ACIDO MOLES ADICIONADOS DE OH ,5 1, CONCLUSIÓN: SE NEUTRALIZA TODO EL ÁCIDO Y EXISTEN, MOLES EN EXCESO DE UNA BASE FUERTE, NaOH EN 150 ml EL ph DE LA DISOLUCIÓN RESULTANTE CORRESPONDE AL DEL NaOH CUYA,5.10 OH 1,67.10 ;poh 1,78;pH 1,

69 SOLUBILIDAD Y PRODUCTO DE SOLUBILIDAD LA DISOLUCIÓN SATURADA DE UN COMPUESTO AB(s) SE EXPRESA MEDIANTE EL EQUILIBRIO HETEROGÉNEO AB(s) A - (ac) B (ac) COMO [AB(s)] cte, LA CONSTANTE DE EQUILIBRIO SERÁ Kps [A - ] [B ] Kps ES EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD

70 EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD DE UN COMPUESTO ES EL PRODUCTO DE LAS CONCENTRACIONES MOLARES DE SUS IONES CONSTITUYENTES ELEVADAS CADA UNA DE ELLAS A LA POTENCIA DE SU COEFICIENTE ESTEQUIOMÉTRICO EN LA ECUACIÓN DE EQUILIBRIO MgF Mg F - Kps Mg F - Ag CO Ag CO - Kps Ag CO - Ca (PO 4 ) Ca PO 4 - Kps Ca PO 4 -

71 Q < Kps: Q Kps: Q > Kps: DISOLUCIÓN INSATURADA DISOLUCIÓN SATURADA DISOLUCIÓN SOBRESATURADA RECORDAR QUE Q [A - ] 0 [B ] 0 CONCENTRACIONES MOLARES INICIALES DE A - Y B

72

73

74 PREDICCIÓN DE LAS REACCIONES DE PRECIPITACIÓN BaCl K SO 4 00ml 600 ml 0,004M 0,008M BaSO 4 KCl PREDECIR SI SE FORMARÁ EL PRECIPITADO DE BaSO 4 1) CALCULAR MOLES DE Ba EN LA DISOLUCIÓN DE BaCl : MOLES DE Ba MOLES DE Ba 0,004 1L 1L x 00ml x mL 4 MOLES ) CALCULAR [Ba ] CUANDO SE COMBINAN LAS DOS DISOLUCIONES DE LOS REACTIVOS MOLES 1000mL [ Ba ] M 800ml 1L (00mL 600mL)

75 ) CALCULAR MOLES DE SO 4 - EN LA DISOLUCIÓN DE BaSO 4 : MOLES DE SO 4 MOLES DE SO 0,008 1L 4 1L x 600mL x 1000mL 4,8.10 MOLES 4) CALCULAR [SO - 4 ] CUANDO SE COMBINAN LAS DOS DISOLUCIONES DE LOS REACTIVOS [ ] 4,8.10 MOLES 1000mL SO M 0 (00 600)ml 1L 5) COMPARAR Q Y Kps Q [Ba ] 0 [SO - 4 ] 0 ( )( ) Kps BaSO Q > Kps SOBRESATURADA EL BaSO 4 PRECIPITARÁ HASTA QUE SE ALCANCE EL Kps

76 ..10 MgSO 4 AgNO Ag SO 4 Mg(NO ) 1ml 1mM 100 ml 0,5mM 1) MOLES DE Ag INICIALES 100mL AgNO 0,5.10 MOLES 1L x x 1L 1000mL 0, MOLES ) 0, ml MOLES [ ] 1L 1 Ag 0, M 0 100mL 1mL ) MOLES DE SO 4 - INICIALES 1mL MgSO x MOLES x 1L 1L 1000mL MOLES 4) MOLES 101mL 10 ml 1L [ ] SO 0, M 4 0

77 ..10 cont. 5) Q [ Ag ] [ SO ] (5.10 ) (0,9.10 ) 4, Kps Ag SO 4 1, LUEGO Kps > Q LUEGO NO PRECIPITA

78 ) CÁLCULO DE LA Ag NECESARIA PARA QUE PRECIPITE EL AgCl Kps 7, Ag Br Ag (0,00) Ag 7,7.10 0,00 1, M ) CÁLCULO DE LA Ag NECESARIA PARA QUE PRECIPITE EL AgCl Kps 1, Ag Cl Ag (0,00) Ag 8, M

79 ..15 NaF CaCl? CaF 1L, ph 8 DATOS: Kps (CaF ), ; Ka (HF) 6, Pm (CaF ) 111,1 1) CÁLCULO DE LA F - 0 NaF F - Na F - H 0 HF OH - INICIAL Co 0 0 CAMBIO -x x x EQUILIBRIO Co-x x x Kh Kw Ka , , x Co x

80 ..15. Cont COMO x OH - CALCULEMOS LA OH - A PARTIR DEL ph DE LA DISOLUCIÓN DE NaF: SI ph 8; H 10-8 SUSTIYUYENDO EN Co. CÁLCULO DE LOS GRAMOS DE CaCl NECESARIOS PARA QUE SE INICIE LA PRECIPITACIÓN DEL CaF Ca F - CaF Kps, F - Ca (0,068) Ca Ca 8, M OH x 1,47.10 : Co x F 0,068M LUEGO EN 1 L HAY 8, MOLES QUE EQUIVALEN A 9 111,1g 7 gclca 8,4.10 mol 9,6.10 g mol 0 6 x

81 ..18 DISOLUCIÓN F - 0,10M α h 9, (a 5 ºC) a) CÁLCULO DE LA Kh DEL IÓN F - Y DE LA Ka DEL HF F - H O HF OH - INICIAL 0,1M 0 0 CAMBIO -xm xm xm EQUILIBRIO (0,1-x)M xm M Kh COMO Kh Kh HF OH Kw Ka F ; α h h 0,1 α 0,1 0,1α h Ka x 0,1 x x Co x : 0,1 h 0,1α 1 α h ,0.10 x 0,1α 14 1 h 9, ,1.10

82 ..18. Cont. b) CÁLCULO DE LOS GRAMOS DE Ba(NO ) NECESARIOS PARA PRODUCIR LA PRECIPITACIÓN DE BaF Ba(NO ) F - BaF NO - Ba F - F Ba EN EL EQUILIBRIO: F - Co(1-α h ) 0,1(1-9, ) 0,1 Kps Ba F - 1, Ba 1,7.10 0,1 6 1, LA Ba PROCEDE DE LA SAL Ba(NO ) QUE EN DISOLUCIÓN ESTÁ TOTALMENTE DISOCIADA: Ba(NO ) NO - Ba 1, M 1, M PARA 1L DE DISOLUCIÓN DE F - SON NECESARIOS 1, MOLES DE Ba(NO ) 1, ,4 0,044 g (Pm Ba(NO ) 0,044g)

83 ..1 SE ADICIONAN 0 ml DE Pb(NO ) 1,0 M CON 0 ML DE KCl 1,0 M PRECIPITADO? DISOLUCIÓN Cl -? QUE QUEDA SIN PRECIPITAR DATOS: Kps (PbCl ) 1, A 5 ºC 1. PLANTEAR LA REACCIÓN DE PRECIPITACIÓN QUE SE PRODUCE Pb(NO ) Pb NO - KCl K Cl - LA REACCIÓN QUE CONDUCE A LA FORMACIÓN DE UN PRECIPITADO ES Cl - Pb PbCl

84 ..1 Cont. COMPROBAR QUE LA PRECIPITACIÓN SE PRODUCE CON LAS CONCENTRACIONES DE REACTIVOS EXISTENTES EN LA DISOLUCIÓN [ Pb(NO ) ] [ Pb ] [ KCl] [ Cl ] Kps(PbCl Q moles 0mLx1 L 0 0,5moles/ L 0mL 0mL moles 0mLx1 L 0 0,5moles/ L 0mL 0mL 5 ) 1,7.10 [ Pb ] [ Cl ] (0,5)(0,5) 0, POR TANTO Q>>Kps LUEGO PRECIPITARÁ EL PbCl

85 ..1 Cont.. CÁLCULO DE LA [Cl - ] QUE QUEDA SIN PRECIPITAR EN LA PRECIPITACIÓN DEL PbCl, 1 MOL DE Pb REACCIONA CON MOLES DE Cl -, LUEGO QUEDARÁN SIN REACCIONAR LA MITAD DE LOS MOLES DE Pb [ Pb ] 0,5 0,5moles/ L Kps [Cl ] [Pb ] 1,7.10 [Cl ] 8,4.10 M 5 [Cl ].0,5

86 ..11 Ba(NO ) NaF 70 ml 0 ml 0,05M 0,00M BaF? (Kps (BaF ) 1, A 5 ºC) 1) CÁLCULO DE LA Ba 0 PROCEDENTE DE LA SOLUCIÓN DE Ba(NO ) Ba(NO ) Ba NO - x moles x x moles x moles moles 1L 70mLx0,05 x 1L 1000mL,5.10 MOLES DE Ba EL VOLUMEN TOTAL DE LA DISOLUCIÓN ES 70 ML 0 ML 100 ML LUEGO,5.10 MOLES 1000mL [ Ba ] x,5.10 M 0 100ML 1L

87 ..11 Cont. ) CÁLCULO DE LA F - 0 PROCEDENTE DE LA SOLUCIÓN DE NaF NaF Na F - x moles x F x moles x moles moles 1L 0mLx0,00 x 1L 1000mL 0 0, MOLES 100mL 1000mL x 1L 0, , moles de M F ) CÁLCULO DE LAS CONCENTRACIONES DE Ba Y DE F - PRESENTES EN EL PRODUCTO DE SOLUBILIDAD BaF Ba F - EQUILIBRIO -s s s (RECORDAR QUE s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL BaF )

88 ..11 Cont. Kps (BaF ) 1, [Ba ] [F - ] s(s) 4s s 0, M Ba s 0, M < Ba 0 F - s 1, M > F - 0 LUEGO NO PUEDE PRECIPITAR EL BaF

89 PRECIPITACIÓN FRACCIONADA SEPARACIÓN DE IONES QUE PUEDEN FORMAR CON UN MISMO REACTIVO PRECIPITADOS DE DIFERENTES SOLUBILIDADES CÁLCULO DE LA CONCENTRACIÓN DE IÓN Ag NECESARIA PARA SEPARAR POR PRECIPITACIÓN FRACCIONADA LOS IONES Cl - Y Br - EN UNA DISOLUCIÓN FORMADA POR 0,00M DE IONES Cl - 0,00M DE IONES Br 1) ADICIÓN DE AgNO : Ag Cl - AgCl Kps AgCl 1, Ag Br - AgBr Kps AgBr 7, EL AgBr PRECIPITARÁ ANTES QUE EL AgCl

90 PRÁCTICA: VALORACIÓN DEL CONTENIDO EN CLORURO DE UNA MUESTRA DE AGUA POR VOLUMETRÍA DE PRECIPITACIÓN CON AgNO Cl - Ag V AgCl Kps [Cl - ] [Ag ] 1, IND (Peq) Peq: nº EQUIVALENTES AgNO nº EQUIVALENTES DE CLORURO V Ag. N Ag V Cl -. NCl - NCl (eq / l) V Ag.N Ag V Cl INDICADOR: Ag CrO 4 CrO 4 - Ag ROJO ANARANJADO AMARILLO Kps [CrO 4 - ] [Ag ] Kps, V Ag V Ag MUESTRA - INDICADOR V A g INDICADOR

91 SOLUBILIDAD MOLAR SOLUBILIDAD MOLES DE SOLUTO L DISOLUCIÓN SATURADA GRAMOS DE SOLUTO L DISOLUCIÓN SATURADA CÁLCULO DE Kps A PARTIR DE LA SOLUBILIDAD MOLAR SOLUBILIDAD MOLAR DEL COMPUESTO CONCENTRACIONES CATIONES Y ANIONES Kps SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO CÁLCULO DE Kps A PARTIR DE LA SOLUBILIDAD

92 ..1: CALCULAR Kps DISOLUCIÓN DE Fe(OH), ph 9,40 Fe (OH) (s) Fe (ac) OH - (ac) Kps Fe OH - DE EL EQUILIBRIO DE LA DISOLUCIÓN DE Fe(OH) SE DEDUCE QUE 1 MOL DE Fe(OH) PRODUCE MOLES DE IÓN OH - Y 1 MOL DE Fe, POR TANTO, SOLUBILIDAD MOLAR DEL Fe(OH) [Fe(OH) ] [OH ] [Fe ] SI ph 9,40 poh 14-9,40 4,60 OH - 0, M Fe 0,5 10 0, M Kps (0, ) (0, ) 7,

93 EFECTO DE IÓN COMÚN EN UNA DISOLUCIÓN FORMADA POR DOS COMPUESTOS CON UN IÓN COMÚN, LA SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO MENOS SOLUBLE DISMINUYE COMPAREMOS LA SOLUBILIDAD DEL AgCl EN DISOLUCIÓN ACUOSA CON LA SOLUBILIDAD DEL AgCl EN UNA DISOLUCIÓN DE AgNO EN LA DISOLUCIÓN SATURADA DE AgCl: Q Kps [Ag ] [Cl - ] EN LA DISOLUCIÓN DE AgCl Y AgNO AgCl Ag Cl - AgNO Ag NO - [Ag ] [Ag ] AgCl [Ag ] AgNO Y EN EL EQUILIBRIO: [Ag ] > [Cl - ] Q > Kps EL AgCl PRECIPITARÁ HASTA RESTABLECER EL EQUILIBRIO: Q Kps

94 CÁLCULO DE SOLUBILIDADES A PARTIR DE Kps.. PbCl EN UNA SOLUCIÓN 0,M DE Pb(NO ) EL Pb(NO ) ES UN ELECTROLITO FUERTE Y ESTÁ TOTALMENTE DISOCIADO EN Pb Y NO - : Pb(NO ) Pb NO - 0,M 0,M SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL PbCl EN ESTA DISOLUCIÓN Y 1 MOL DE PbCl PRODUCE 1 MOL DE IONES Pb Y MOLES DE IONES Pb Y MOLES DE IONES DE Cl -, LOS CAMBIOS DE CONCENTRACIÓN SE PUEDEN EXPRESAR COMO PbCl Pb Cl INICIAL 0M 0,M 0M CAMBIO -sm sm sm EQUILIBRIO -sm (0,s)M sm

95 .. cont. Kps [Pb ] [Cl - ] (0,s) (s) (0,) (4s ) 0,8.s 1, S 4, M

96 ..4 a) CÁLCULO DE LA MASA DE BaF QUE PERMANECE SIN DISOLVER AL ADICIONAR dm DE AGUA PURA A,00g de BaF - CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD MOLAR, s, DEL BaF A PARTIR DE Kps(Kps(BaF ) 1, ) BaF Ba F - -s s s EN EL EQUILIBRIO Kps [Ba ] [F - ] s.(s) 4s 1, s 7, moles/litro - CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD EN g/l DEL BaF (Pm BaF 175,) SOLUBILIDAD 1,15g / L EN g / L MOLES s L Pm(g) 1MOL 7,5.10 x175,

97 ..4. CONT a) AL ADICIONAR dm DE AGUA PURA A,00 g DE BaF LA SOLUBILIDAD DEL BaF PASARÁ A: s 1,15 g/l 1L s dm (L) LUEGO s 1,15.,6 g/l LA MASA DE BaF QUE QUEDA SIN DISOLVER ES -,6 0,7 g

98 ..4 Cont. b) CALCULO DE LA MASA DE BaF QUE PERMANECE SIN DISOLVER AL ADICIONAR,00 dm DE NaF 0,1M AL BaF EL NaF 0,1M ESTA TOTALMENTE DISOCIADO NaF Na F - 0,1M 0,1M 0,1M EL EFECTO DEL IÓN COMÚN, F -, SOBRE LA SOLUBILIDAD DEL BaF SE PUEDE EXPRESAR COMO BaF Ba F - INICIO 0,1M CAMBIO -sm sm sm EQUILIBRIO -sm sm (0,1s)M Kps [Ba ] [F - ] (s)(0,1s) (s) (0,1) 1,7.10-6

99 ..4. cont. b) s 1,7.10 0,01 6 1, moles/ litro LA SOLUBILIDAD EN g/l DEL BaF ES: 1,7.10 EN dm (L) LA SOLUBILIDAD DEL BaF PASA A SER:, x 0,0596 g LA MASA DE BaF QUE QUEDA SIN DISOLVER ES 0,0596,94 g 175,g moles/ litro, mol 4 g / L CONCLUSIÓN: LA SOLUBILIDAD DEL BaF HA DISMINUIDO COMO CONSECUENCIA DEL IÓN COMÚN F -

100 ..9 TRATAMIENTO DE LA GANGA DE UN MINERAL, FLUORITA, PARA MINIMIZAR EN SUS DISOLUCIONES ACUOSAS LA F - COMO CONTAMINANTE POR EFECTO DE IÓN COMÚN 1) CÁLCULO DE LA F - EN UNA DISOLUCIÓN ACUOSA DE FLUORITA CaF Ca F - Kps Ca F - 1 MOL DE CaF PRODUCE 1 MOL DE Ca Y MOLES DE F - SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DE F Ca: F s [CaF ] [Ca ]; s F s Ca s Kps (s) (s) 4s ; s, M F - s 4,.10-4 M

101 ..9 cont. AÑADIR CaCl HASTA [Cl - ] 10 - M EL CaCl ES UN ELECTROLITO FUERTE Y SE DISOCIA TOTALMENTE EN: CaCl Ca Cl - 10 M 10 - M EL EFECTO DEL IÓN COMÚN SOBRE LA SOLUBILIDAD DEL CaF SE PUEDE EXPRESAR COMO: CaCl Ca Cl - INICIO 10 M CAMBIO -sm sm sm 10 EQUILIBRIO -sm ( s)m sm Kps [Ca ] [F - ] (0, s) (s) (0, ) (4s ).10 - s

102 ..9 cont. s 4, M F - s x4, M 8, M LUEGO F - DISMINUYE POR EFECTO DEL IÓN COMÚN Ca DE 4,.10-4 M A 8, M b) AÑADIR MÁS F Ca AUMENTARÍA LA F - Y Q>Kps POR LO QUE PRECIPITARÍA CaF HASTA RESTABLECER EL EQUILIBRIO Q Kps NO TIENE EFECTO PARA MINIMIZAR LA F - c) AÑADIR FNa HASTA F M LA CONCENTRACIÓN DE F - d) AÑADIR NaCl HASTA Cl - 0,1M AUMENTA DE 4,.10-4 HASTA 10 - M EN EL EQUILIBRIO CaF Ca F - SE PRODUCE UNA Ca, M QUE REACCIONARÍA CON Cl - 4,.10-4 M

103 ..9 cont. SEGÚN Ca Cl - CaCl LUEGO EN EL EQUILIBRIO CaF Ca F - Q < Kps AUMENTA LA SOLUBILIDAD e) EL REACTIVO MÁS IDÓNEO PARA MI NIMIZAR LA F - ES EL CaCl CON [Cl - ] 10 - M QUE DISMINUYE LA F - HASTA 8, M LA SOLUBILIDAD DEL CaF EN ESTAS CONDICIONES ES: S MOLAR S CaF CaF [ F ] 4, ,8.10 MOLES 1L 5 M CaF 4, M 78gCaF x 1mol,5.10 g / L

104 SOLUBILIZACIÓN DE UN PRECIPITADO INFLUENCIA DEL ph EN LA SOLUBILIDAD DE LOS HIDRÓXIDOS Mg(OH) Mg OH - Kps [Mg ] [OH - ] 1, s(s) 4s S MOLAR 1, M OH - s x1,4.10-4, M poh,55 Y ph 10,45 PARA ph > 10,45: AUMENTARÍA LA OH - Y LA SOLUBILIDAD DEL Mg(OH) DISMINUIRÍA POR EFECTO IÓN COMÚN PARA ph < 10,45: AUMENTARÍA LA H CUYO EFECTO ES: Mg (OH) Mg OH - H OH - Mg(OH) H H O Mg H O LA Mg AUMENTA Y PARA MANTENER EL EQUILIBRIO OH - DISMINUYE SE DISUELVE MAS Mg(OH)

105 CALCULAR LAS CONCENTRACIONES DE LAS DIFERENTES ESPECIES PRESENTES EN UN EQUILIBRIO DE SOLUBILIDAD Y SU MODIFICACIÓN POR LAS VARIACIONES DE ph Y PRESENCIA DE OTROS ELECTROLITOS SOLUBILIDAD DEL Mg(OH) A ph 1 Y A ph 9 ph 1: poh [OH - ] 0,01M Mg(OH) Mg OH - Kps -11 1,.10 Mg 7 OH - Mg 1,.10 M 4 10 COMO 1 MOL DE Mg(OH) PRODUCE 1 MOL DE Mg : s MOLAR Mg(OH) Mg 1,.10-7 M COMPARANDO CON s MOLAR EN AGUA PURA 1, M SE DEDUCE QUE LA SOLUBILIDAD DEL Mg(OH) HA DISMINUIDO

106 ph 9: poh 5 OH - 1, M 11 Kps 1,.10 s MOLAR Mg(OH) Mg 10 OH 1,0.10 0,1M LA SOLUBILIDAD HA AUMENTADO SOLUBILIDAD DEL Fe(OH) A ph 10 Y A ph 8 ph 10: poh 4 ; OH - 1, M Kps 1, M Fe 1, s MOLAR Fe(OH) Fe 14 1, ,6.10 M 4 1,0.10 ph 8: poh 6 OH - 1, M Kps 1, Fe 1, s MOLAR Fe(OH) 1, M

107 INFLUENCIA DEL ph EN LA SOLUBILIDAD DE SALES CON ANIÓN BÁSICO BaF Ba F - Kps Ba F - EN MEDIO ÁCIDO AUMENTA LA H CUYO EFECTO ES: BaF Ba F - H F - BaF H HF Ba HF LA F - DISMINUYE Y AUMENTA LA Ba LUEGO PARA RESTABLECER EL EQUILIBRIO SE DISUELVE MÁS BF

108 LA SOLUBILIDAD EN PRESENCIA DE REACTIVOS FORMADORES DE COMPLEJOS LAS REACCIONES DE FORMACIÓN DE COMPLEJOS SON REACCIONES ÁCIDO BASE DE LEWIS DONDE UN CATIÓN METÁLICO ACTÚA COMO ÁCIDO Y LAS MOLÉCULAS Y/O ANIONES COMO BASES Cu 4NH & Cu(NH ) 4 EL IÓN COMPLEJO Cu(NH ) 4 ESTA FORMADO POR UN CATIÓN CENTRAL Cu ENLAZADO A CUATRO MOLÉCULAS DE NH MEDIANTE LOS PARES DE e - SIN COMPARTIR DE LOS N. Cu(NH ) Kf 5,0.10 Cu NH EL EFECTO DE FORMACIÓN DE UN ION COMPLEJO ES AUMENTAR LA SOLUBILIDAD DEL COMPUESTO QUE CONTIENE EL CATIÓN QUE PUEDE ACTUAR COMO CATIÓN CENTRAL DEL ION COMPLEJO

109 SOLUBILIDAD DEL AgCl EN PRESENCIA DEL REACTIVO FORMADOR DE COMPLEJOS NH 1M (..0) AgCl Cl - Ag Kps Cl - Ag 1, Ag NH Ag (NH ) AgCl NH Ag(NH ) Cl - Kf Ag(NH Ag ) NH 1, K Kps Kf Ag(NH NH ) Cl (1, )(1, ),4.10 SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL AgCl, LOS CAMBIOS DE LAS CONCENTRACIONES DE LAS ESPECIES DESPUÉS DE LA FORMACIÓN DEL IÓN COMPLEJO SON:

110 ..10 cont. AgCl NH Ag(NH ) Cl - INICIAL 1,0M 0M 0M CAMBIO -sm sm sm EQUILIBRIO (1-s)M sm sm (s)(s) K,4.10 (1,0 s) s (1,0 s),4.10 ;s 0,045M EN EL EQUILIBRIO 0,045 MOLES DE AgCl SE DISUELVEN EN 1L DE DISOLUCIÓN DE NH 1,0M LUEGO AUMENTA LA SOLUBILIDAD DEL AgCl

111 LOS EQUILIBRIOS DE SOLUBILIDAD DE LOS SULFUROS CdS Cd S S H O HS - OH - CdS H O HS - OH - Cd K Kh. Kps Cd HS - OH - ; Kh.Kps s

112 LOS EQUILIBRIOS DE SOLUBILIDAD DE LOS SULFUROS CdS Cd S - (1) S - H O HS - OH - () EL EQUILIBRIO () ES UN EQUILIBRIO DE HIDRÓLISIS: Kh HS Kw Kb Ka S OH H S HS - H (Ka 1 ) HS - S - H (Ka ) SI Kh > 1 : S - HS - OH - S 1 Kh HS OH s Kh LUEGO EL EQUILIBRIO (1): Kps Cd S s s Kh s Kps.Kh s

113 ..1 Kps (MnS) (5 ºC) Ka 1 (H S) 9, Ka (HS - ) CÁLCULO DE LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL MnS 1) MnS Mn S ) S H O HS - OH - MnS H O HS - OH - Mn DE LA ECUACIÓN (1): Kh 14 Kw Ka 10 S OH S HS - OH - COMO Kh ES UN VALOR ALTO: HS - OH - S - INICIAL HS

114 ..1. Cont. DE LA ECUACIÓN (1): SI s ES LA SOLUBILIDAD MOLAR DEL MnS EN EL EQUILIBRIO MnS Mn S -sm sm sm LUEGO s Mn S - Mn HS - OH s s 1,

115 ..17 a) DISOLUCIÓN DE 0 g NaCOOCH EN 1 L DE AGUA 1MOL NaAc 0 g NaAc. 0,480 86g NaAc MOLES DE NaAc en 1 L DE H O NaAc 0,48 M NaAc Ac - Na 0,48M 0,48M Ac - H O HAc OH - INICIAL 0,48M 0 0 CAMBIO -x M xm xm EQUILIBRIO (0,48-x) M xm xm 14 Kw 1.10 x Kh Kb 5 Ka 1,8.10 0,48 x x 0,48 x OH - 1, ; poh 4,85; ph 9,15

116 b) DISOLUCIÓN NaAc PRODUCE LOS IONES OH - PARA LA PRECIPITACIÓN DEL Ag(OH) NaAc Na Ac - Ac - H O HAc OH - (CUYA OH - 1, ) EL AgNO PRODUCE LOS IONES Ag PARA LA PRECIPITACIÓN DEL Ag(OH) AgNO Ag NO - LA PRECIPITACIÓN DEL AgOH ES Ag OH - AgOH Kps, Ag OH - Ag 1,85.10,6.10 1, ,85.10 M AgNO 170g AgNO MOLES AgNO. 1mol AgNO 0,15g