CURVAS DE TITULACIÓN ACIDO-BASE

CONTENIDO

CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE

FUERTE

CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ÁCIDO DEBIL CON UNA BASE

FUERTE

CURVAS DE TITULACIÓN CON FORMACIÓN DE PRECIPITADO

CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ACIDO FUERTE CON UNA BASE FUERTE

Reacción:

HX + BOH XB + H2O

HX es el acido fuerte

BOH es la base fuerte y generalmente se usa NaOH.

XB es la base conjugada del Acido fuerte

En la Titulación de un ácido fuerte(AF) con una base fuerte(BF), el pH de la

solución aumenta gradualmente, debido a la neutralización de los protones

del ácido. Recuerde que al disminuir la [H] el pH aumenta, por la formula

= pH –log[H+]

La ecuación neta de neutralización es: H3O+ + OH

- 2 H2O

En una titulación de neutralización se aplica la siguiente ecuación, siempre y

cuando la relación entre los coeficientes de los reactantes sea de 1 a 1:

CHX es la Molaridad inicial del

Ácido HX.

En una curva de titulación de un AF con una BF se grafican el pH de la

solución en cualquier punto (eje x) contra el V de NaOH añadido en el eje x

(cueva pH– vs – VNaOH .)

Para obtener los datos de la curva se añaden incrementos de V de NaOH y se

lee el pH al añadir cada incremento.

La curva tiene una forma sigmoidal(ver gráfica ).

VHX x CHX= VNaOH xMNaOH

La neutralización completa del Ácido se obtiene en el Punto de Equivalencia

(PE). En la curva de titulación de un ácido fuerte con una base fuerte se

deben de considerar cuatro puntos fundamentales:

(a) (a) Antes de comenzar la titulación:

Tomemos como ejemplo que el Ácido Fuerte sea HCl y la Base Fuerte sea

NaOH. Consideremos al comenzar la titulación, o sea cuando V(NaOH)

= 0.0 mL:

HCl + NaOH NaCl + H2O

VNaOH) = 0 mL

En este punto la [HCl] = [H3O+]; entonces obtenemos su pH.

pH = -log[H3O+]

(b) En cualquier Volumen de NaOH añadido mayor que 0.0 mL pero menor

que el V para alcanzar al Punto de Equivalencia (PE):

El VE se define como el V de NaOH necesario para alcanzar el PE de la

Titulación.

#moles de HCl (sobran) = #mol H3O+

= VHClxCHCl - VNaOHxMNaOH )

Porque: [HCl] = [H3O+]

Vtotal = (VHCl+ VNaOH)

[H3O+] = (VHClxCHCl – VNaOHxMNaOH ) /Vtotal

Recuerde que : (VHClxCHCl = #moles totales iniciales de HCl

(c) En el Punto de Equivalencia(PE):

En este punto, tanto el HCl, como el NaOH han reaccionado completamente

HCl + NaOH Na+ + Cl

- + H2O

En este punto el #mol H+ = # mol NaOH

VENaOH x MNaOH= VHClxCHCl

Como en este punto se ha neutralizado todo el ácido y solamente tenmos los

iones OH- y H

+ del agua;

[H3O+] = 1x10

-7M

pH = -log[1x10-7

]= 7

(d) En cualquier punto que corresponde a un Volumen mayor que el VE.

En esta región hay un exceso del titulante, en este caso el NaOH.

Se obtiene entonces el # de moles de NaOH =#mol OH- que no han

reaccionado:

#mol OH- (añadidos) = VNaOHxMNaOH

#mol OH- (sobran) = VNaOHxMNaOH - - VHClxCHCl

[OH-] = (VNaOHxMNaOH -VHClxCHCl) /(VHCl + VNaOH)

Vtotal =VHCl + VNaOH)

pOH = - log[OH-]

pH = 14 - pOH

Ejercicio #1

50 ml de HCl 0.1M se titulan con una solución de NaOH 0.1M.

Calcule la [H3O+] y el pH al añadirle 0, 49, 50 y 51 mL.

V = 0 mL

[H3O+] = 0.1M

pH = -log(0.1) = 1

V = 49 mL

[H3O+] = (VHClxCHCl – VNaOHxMNaOH) / (VHCl + VNaOH)

Vtotal = 99mL

[H3O+] = ( 50mLx 0.1M – 49mLx0.1M) / 99mL

[H3O+] = 1.01x10

-3

pH = -log(1.01x10-3

)

pH = 3

V = 50 mL

[H3O+] = 1x10

-7

pH = - log( 1x10-7

)

pH = 7

V = 51 mL

[OH-] = (VNaOHxMNaOH -VHClxCHCl) /(VHCl + VNaOH)

Vtotal = 101mL

[OH-] = (51mLx0.1M – 50mlx0.1M)/ 101mL

[OH-] = 9.9x10

-4

Kw = 1x10-14

= [H3O+][OH

-]

[H3O+] = 1x10

-14 / (9.9x10

-4) = 1.01 x10

-9

pH = -log (1.01 x10-9

)

pH = 9

Las fórmulas mencionadas anteriormente nos permite calcular los valores de

pH correspondientes a cualesquier V de NaOH que se le añada a la solución.

En el Manual de laboratorio aparece una gráfica de la titulación de un AF

con una BF, para diferentes volúmenes de la base añadidos.

Ejercicio #

25 mL de HCl 0.1M se titulan con NaOH 0.1M.

(a) Calcular el pH al añadir los volúmenes que aparecen en la tabla:

(b) Graficar la curva de titulación.

Los datos de los mL de NaOH – vs – pH aparecen en la tabla.

La curva correspondiente aparece en el gráfico #1.

* mL

NaOH * pH

0 1.000000

1 1.034762

2 1.069636

3 1.104735

4 1.140179

5 1.176091

6 1.212608

7 1.249877

8 1.288065

9 1.327359

10 1.367977

11 1.410174

12 1.454258

13 1.500602

14 1.549672

15 1.60206

16 1.658541

17 1.720159

18 1.78837

19 1.865301

20 1.954243

21 2.060698

22 2.194977

23 2.380211

24 2.690196

24.1 2.736839

24.2 2.788875

24.3 2.847749

24.4 2.915576

24.5 2.995635

24.6 3.093422

24.7 3.219235

24.8 3.396199

24.9 3.698101

25 7

25.1 10.30016

26.1 11.33297

27.1 11.60538

28.1 11.76627

29.1 11.87959

30.1 11.96642

CURVAS DE TITULACIÓN ÁCIDO DEBIL CON UNA BASE FUERTE

En este tipo de reacción la concentración original del ácido CHX disminuye

al reaccionar con la base NaOH. Por otra parte, la concentración de la base(X-) aumenta. En este caso el PE no corresponde a un pH igual a 7.0

La reacción es la siguiente: HX + NaOH H2O + Na+ + X- En esta reacción de neutralización, en cualquier momento se cumple que el #moles del Ácido que reaccionan es igual al #moles de la base(NaOH) que se añaden.

VHX MHX= VNaOH MNaOH.

En la titulación de un Ácido débil con una Base Fuerte son importantes cuatro puntos a saber: (a) Al principio de la titulación: En este caso no se ha agregado NaOH, luego el pH será el de un Ácido débil, tal como se calcula en el caso de la titulación de AF con BF. Para el acido débil: HX + H2O X- + H3O

+ Ka = [H3O

+][X- ]/]HX] [H3O

+] = [X-] Ka = [H3O

+]2/]HX]

[HX] = CHX – [H3O+] CHX concentración original

Sí se desprecia a [H3O+] por ser muy pequeño, en la ecuación anterior:

[H3O

+]2 = KaCHX SQRRaiz cuadrada [H3O

+] = SQR(KaCHX ) Es el mismo caso del pH de un Acido Debil.

MM=60g/mol W(muestra)=5.6 g

(b) En el punto correspondiente a la mitad del Volumen de Equivalencia (VE de NaOH) En este punto la mitad del contenido del Ácido se ha titulado, por consiguiente: En VE/2: HX + NaOH H2O + NaX [ HX] = [ X-] =[NaX] Aplicando la formula de la constante de disociación(Ka) para este ácido: HX + H2O H3O

+ + X- Ka = [H3O

+][X-]/]HX] Pero como tanto la concentración de HX y de X- son iguales; [ HX] = [ X-

-] [ X-

- ]/ [HX] = 1

Ka = [H3O+ ]

pKa = pH

* pH = pKa

(c) En cualquier punto mayor de V igual a cero y antes del Volumen de

Equivalencia

En esta región se forma la sal NaX ( X- es la base conjugada de HX) , luego la solución se transforma en una solución amortiguadora( buffer). HX + NaOH H2O + Na+ + X-

Buffer formado: HX y X- Luego: Ka = [H3O

+ ] [X- ]/]HX] [H3O

+] = Ka[HX] / [X-] Luego con esta fórmula se pueden calcular los valores de [HX] y de [X-] en cualquier punto. Los valores de estas concentraciones son:

[HX] = (VHXCHXVNaOH MNAOH) /Vtotal

[X- ] = [NaX] = VNaOH MNAOH/ Vtotal (d) Después del PE todo el acido (HX) ha reaccionado y por lo tanto sobrará NaOH, porque el RL es el Acido (HX). HX + NaOH NaX + H2O

Concentracion de OH- que sobra: [OH-] = (VNaOH MNAOH VHXCHX) / Vtotal

Se calcula su pOH y luego su pH.

(d) En el Punto de Equivalencia(PE) HX + NaOH H2O + NaX

En el PE se considera que se neutraliza completamente el Ácido, convirtiéndose en la base fuerte NaX. Pero la base fuerte formada (X-) se hidroliza, de acuerdo a las siguiente reacción: NaX Na+(ac) + X-(ac) Reacción de Hidrólisis: X- + H2O HX + OH-

[X-] = VNaOH x NNaOH / Vtotal Como en el caso de hidrólisis de una base fuerte, estudiado en la unidad anterior

[OH-] = ( Kw/Ka[X-]

Kw = 1x 10-14 Ka Constante de disociación del Ácido conjugado (HX).

Ejercicio #2

50 mL de una solución de un Ácido débil (HX) 0.1M se titulan con una

solución de NaOH 0.05M. Ka = 1.74x10-5

.

(a) (a) Calcule el VE o V de NaOH necesario para neutralizar

completamente el V de Ácido.

(b) (b) Calcule el pH al añadirle 0, 50, 99, 100 y 110 mL de NaOH.

Reacción de neutralización:

HX + NaOH NaX + H2 O

VNaOH V de la base(VE)necesario para neutralizar el Ácido

VENaOH = (VHXxCHX / MNAOH

VENaOH = 50mlx 0.1M / 0.05M

VENaOH= 100 mL

Al añadir O mL de NaOH:

[H3O+] = SQR(Ka[HX] SQR Raiz cuadrada

[H3O+] = SQR ( 1.74x10

-5x(0.1) = 1.32x10

-3M

pH = -log(1.32x10-3

= 2.88

VE /2 = 100mL/2 = 50mL

pH = pK = -log(1.74x10-5

) = 4.76

Al añadir 99 mL NaOH:

[HX] = (VHXxCHX – VNAOHxMNAOH) / Vtotal

[HX] = (50mLx0.1M- 99mLx0.05M) /149mL

[HX] = 3.4x10-4

M

[X-] = VNAOHxMNAOH) / Vtotal

[X-] = 99mLx 0.05M / 149mL

[X-] = 0.033M

[H3O+] = Ka[HX] /[X

-]

[H3O+] = 1.74x10

-5(3.4x10

-4) /0.033

[H3O+] = 1.79x10

-7M

pH = log (1.79x10-7

pH = 6.7

Al añadir 100 mL NaOH:

Este corresponde al PE

[OH-] = SQR( Kw/Ka[X

-])

[X-] = VNAOHxMNAOH) / Vtotal

[X-] = 100mlx0.05M / 150mL

[X-] = 0.033M

Kw = 1x10-14

Ka = 1.74x10-5

[OH-] = SQR( 1x10

-14 /( 1.74x10

-5)x0.033)

[OH-] = 4.4x10

-6M

[H3O+] = Kw/[OH

-] = 1x10

-14 /(4.4x10

-6)

[H3O+] = 2.27x10

-10

pH = -log(2.27x10-9

)= 8.6

Al añadir 110 mL NaOH:

[OH-] = (VNaOHxMNaOH -VHXlxCHXl) /(VHXl + VNaOH)

[OH-] = (110mLx0.05M – 50mLx0.1M) / 160mL

[OH-] = 3.1x10

-3

[H3O+] = Kw/[OH

-]

[H3O+] = 1x10

-14 / (3.1x10

-3)

[H3O+] = 3x10

-12

pH = -log(3x10-12

= 11.5

Interpretacion de la curva: En la titulación del HX (Débil) se necesitaron 13.33 mL de NaOH 0.1M y el pH obtenido fue 8.762. Luego #mol NaOH = #mol HX = 13.33x10-3 L x 0.1 M = 13.33x10-4 mol HX W(g) HX = 13.33x10-4 mol HX(60g/mol) = 0.080 g HX %w/w) = W(HX)/W(muestra) = 0.08g/5.5g x100 = 1.64%

CURVAS DE TITULACIÓN CON FORMACIÓN DE PRECIPITADO

En una titulación de este tipo se forma un precipitado. La curva al igual que

la titulación de ácidos y bases tiene una forma sigmoidal y nos permite

determinar el contenido de uno o varios analitos en una muestra acuosa.

Esta es una reacción de cloruros con formación del precipitado AgCl; los

demás productos son ionicos.

NaX + AgNO3 AgX(s) + Na+ (ac) + NO3

-

Por ejemplo, en la titulación de una solución de NaCl con una solución

estandar de AgNO3 se obtiene la siguiente reacción (experimento de

cloruros):

NaCl(ac) + AgNO3 (ac) Na+ (ac) + NO3

-(ac) + AgX(s)

Reacción ionica Neta:

Ag+(s) + Cl

- (s)AgCl(s)

Esto quiere decir que en la reacción se forma un precipitado (sólido).

En esta titulación la solución debe saturarse del ion Ag+ y del ion Cl+ para

posteriorment formarse el precipitado AgCl.

Como en las curvas de titulación Ácido-Base, se presentan cuatro puntos

fundamentales en la curva de titulación.

(a) Antes de comenzar la titulación ( V(AgNO3) = 0 mL):

En este punto la concentración inicial de Cloruro es igual a la CNaCl

Luego: [Cl-]= CNaCl

* pCl- = - log[Cl

-]

(b) En cualquier punto después de V = 0 mL de AgNO3 y antes de

alcanzar el Punto de Equivalencia (PE).

[AgNO3] = [Ag+]

La concentración del Cl- que sobre en cualquier punto será:

#moles de Cl- total = (V(Cl

- )x [Cl

-]

Moles de Cl- sobran:

[Cl-] = (V(Cl

-))x[Cl

-] – V(Ag

+) x [Ag

+]

Recuerde que: #moles AgNO3 = #mol Ag+

[Cl-] = (V(Cl

- )x[Cl

-] – V(Ag

+) x M(Ag

+)/V(total)

pCl--= -log[Cl-]

(c) En el PE

En este punto de la titulación reacciona completamente el Cl-.

El V de AgNO3 necesario para alcanzar el Punto de

Equivalencia(PE) se denomina VE.

En el VE: #mol Cl- = #mol Ag

+

(V(Cl- )x [Cl

-] = V(Ag

+) x [Ag

+]

VE es el V(Ag+) en el Punto de Equivalencia:

VE = (V(Cl-)x [Cl

-]/ [Ag

+]

#mol Cl- - #mol Ag

+ = 0 ; debido a que en este punto la solución esta

saturada, se aplica la formula correspondiente a la Kps de una solución

saturada de AgCl (ver unidad sobre Kps).

AgCl(s) Ag+ + Cl

-

[Cl-] = [Ag

+]

Kps =[Cl-][Ag

+] = [Cl

-]2

[Cl-] = Kps

pCl- = -log( √Kps)

(d) Después del PE

Después del PE el ion Cl-, reacciona completamente (RL) y por lo tanto

sobran moles de AgNO3 . -

#mol AgNO3 = #mol Ag+ = (V(Ag

+) x[Ag

+] - (V(Cl

- )x [Cl

-]

[Ag+] = (V(Ag

+) x M(Ag

+ ) - (V(Cl

- )x C(Cl-

-)) /Vtotal

Calculemos la [Cl-] a partir de la Kps

Kps = [Cl-][Ag

+]

[Cl-] = Kps /[Ag

+]

pCl- = -log(Kps /[Ag

+]

Ejercicio #3

50 mL de NaBr 0.1M se titulan con AgNO3 0.05M.

(a) Calcule el VE o Volumen de AgNO3 necesario para titular

completamente el Cl- presente en la solución.

(b) Calcule el pBr al agregar: 0, 50, 99, 100 y 110mL de AgNO3. Kps

= 5x10-13

Reacción:

NaBr(ac)+ AgNO3(ac) AgBr(s) + Na+(ac) + NO3

-(ac)

Reacción Ionica neta:

Br-(ac) + Ag+(ac) AgBr(s)

V = 0.0 mL AgNO3

[Br-] = 0.1M

p[Br-] = -log0.1 =1

(b) 50 mL AgNO3

[Br-] = (V(Br

- )x M(Br-

-)– V(Ag

+) x M(Ag

+ ))/ ( Vtotal)

[Br-] = (50mLx 0.1M – 50mLx0.05M) /100mL =

[Br-] = 0.025M

pBr- = -log[Br]

- = -log0.025

pBr- = 1.6

(c) 99 mL AgNO3

[Br-] = (V(Br

- )x [Br

-]– V(Ag

+) x [Ag

+])/ ( Vtotal)

[Br-] = (50mLx 0.1M – 99mLx0.05M) /149mL =

[Br-] = 3.36x10

-4 M

pBr- = -log[Br

- ]= -log3.36x10

-4

pBr- = 3.5

(d) 100 mL AgNO3 Este corresponde al VE

[Br-] = Kps = 5x10

-13 = 7.1x10

-7

pBr = 6.1

(e) 110 mL AgNO3 (equivale a VE+10)

Después del VE aparece un exceso de Ag+

en la solución.

[Ag+] = (V(Ag

+) x [Ag

+] - (V(Br

- )x [Br-]) /Vtotal

[Ag+] = (110mLx0.05M – 50mLx0.1M) /160mL

[Ag+] = 3.1x10

-3M

[Br-] = Kps /[Ag

+] = 5x10

-13 /(3.1x10

-3)

[Br] = 1.6x10-10

pBr = - log(1.6x10-10

)

pBr = 9.8

Utilizando logaritmos, podemos resolver también esta parte del

problema:

Kps =[Br-][Ag

+]

log Kps- = log[Br

-] + log[Ag

+]

-log Kps- = -log[Br

-] + -log[Ag

+]

pKps = pBr + pAg+

pKps = -log( 5x10-13

) = 12.3

p[Ag+] = -lo(3.1x10

-3) = 2.51

pBr- = pKps – pAg

+

pBr- = 12.3 – 2.5 = 9.8

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