Titulación Titulación

5/6/2011
Titulación
• En titiulación ácido-base,
 agente titulante solución que se añade lentamente desde
una bureta
Generalmente la solución añadida es de concentración
desconocida
Se añade a una solución de cocentración conocida hasta
que se completa la reacción
Punto final cuando visiblemente se ha completado la
reacción (detectado con indicador
indicador)
 Indicador especie química que cambia en color en
función de pH y se añade para detectar el punto fin
final
 Punto de equivalencia – moles H3O+ = moles OH−
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Titulación
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Curva de Titulación
• Gráfica de pH vs. cantidad de agente titulante
 El punto de inflección es el punto de equivalencia
 Puntos importantes en la curvas
Antes del punto de equivalencia
o La solución en el matraz cónico está en exceso, (pH
pH observado es
cercano al de la solución en el matraz)
mat
En el punto de equivalencia
o El pH depende del pH de la sal en solución
» Sal neutral, pH = 7
» Sal acídica,, pH
p <7
» Sal básica, pH > 7
Después del punto de equivalencia
o La solución de la bureta está en exceso dentro del matraz cónico (pH se
aproxima al pH de la solución en la bureta)
bureta
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Cruva de Titulación:
Base desconocida añadida a ácido fuerte
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
Como la concentración
de ambas soluciones
son iguales y la
estequiometría es de
1:1, el punto de
equivalencia se

ecuentra en volumen
igual
Antes pto. equivanlencia
(exceso de ácido
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Después
p
del
pto.equivalencia
(base en exceso)
Punto de Equivalencia
Moles HCl = moles NaOH
pH = 7.00
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M
NaOH
• HCl(ac) + NaOH(ac)  NaCl(ac) + H2O(aq)
neutralización
 Inicial
Inicial:: moles H+ = moles HCl
 punto de equivalencia
moles NaOH añadidos = molesiniciales HCl*
0.00 moles HCl y 0.00 moles NaOH (todo
todo reacciona
reacciona)
Como NaCl es una sal neutral,
neutral el pH en el punto de
equivalencia es 7.00
7 00
 Depués punto de equivalencia
equivalencia:: pH NaOH en exceso
* molesiniciales HCl 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
HCl + NaOH
 NaCl + H2O
M
V
Neutralización
M HClVHCl
NaOH
NaOH
 0.100  0.025  0.100  0.005
2.50 x10
5 x10
3
0
4
neutralización HCl  ac   NaOH  ac   NaCl  ac   H 2O
2.5 x10 3
inicial
0
5.0 x10
rx
2.0 x10
final
3
0
Moles
HCl
Cl−
OH−
Antes
0.00250
0
≈0
Añadidos
–
0.00200
después
0
4
5.0 x10 4
–
0.00050
0.00050
≈0
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
•
•
•
•
HCl(ac) + NaOH(ac)  NaCl(ac) + H2O(l)
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
Molesiniciales HCl = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
Antes del pto. equivalencia 5.0 mL NaOH añadidos
5.0 x 10−4 moles NaOH añadidos
HCl
molesiniciales 2.50x10
2 50x10-3
NaOH
0
5 0x10-4
5.0x10
moles
-5.0x10-4 +5.0x10-4 -5.0x10-4
molesfinales
2.00x10-3 5.0x10-4
[C]nueva
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NaCl
8
0.0667
0.017
0
0
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M
NaOH
•
•
•
•
HCl(ac) + NaOH(ac)  NaCl(ac) + H2O(l)
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
Molesiniciales
0 0250 L x 0
0.100
100 mol/L = 2.50
2 50 x 10−3
i i i l HCl = 0.0250
En el punto de equivalencia 25.0 mL NaOH añadidos
2.5 x 10−3 moles NaOH añadidos
HCl
NaCl
NaOH
molesiniciales
2.50x10-3
0
2.50x10-3
moles
-2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3
molesfinales
[C]nueva
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•
•
•
•
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0
2.50x10-3
0
0
0.050
0
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCl con 0.100 M NaOH
HCl(ac) + NaOH(ac)  NaCl(ac) + H2O(l)
pHinicial = −log(0.100) = 1.00
Molesiniciales HCl = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
Después del punto de equivalencia 30.0
30 0 mL
L NaOH
N OH añadidos
ñ did
3.0 x 10−3 moles NaOH añadidos
HCl
NaCl
NaOH
molesiniciales
2.50x10-3
0
3.00x10-3
moles
-2.50x10-3 +2.50x10-3 -2.50x10-3
molesfinales
[C]nueva
Tro: Chemistry: A Molecular Approach, 2/e
10
0
2.50x10-3
5.0x10-4
0
0.045
0.0091
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Añadir 0.100 M NaOH a 0.100 M HCl
+ 5.0 mL NaOH
0.00200 moles HCl
pH = 1.18
+10.0 mL NaOH
0.00150 mol HCl
pH = 1.37
+ 15.0 mL NaOH
0.00100 mol HCl
pH
H=1
1.60
60
+ 20.0 mL NaOH
0.00050 mol HCl
pH = 1.95
+ 25.0 mL NaOH
equivalence point
pH = 7.00
+ 30.0 mL NaOH
0.00050 mol NaOH
pH = 11.96
+ 35.0 mL NaOH
0 00100 mol NaOH
0.00100
pH = 12.22
+ 40.0 mL NaOH
0.00150 mol NaOH
pH = 12.36
+ 50.0 mL NaOH
0.00250 mol NaOH
pH = 12.52
+25.0 mL 0.100 M HCl
0.00250 mol HCl
pH = 1.00
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•
•
•
•
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Práctica – Calcule el pH de la solcuión que resulta
cuando se añden 10.0 mL de 0.15 M NaOH a 50.0
mL de 0.25 M HNO3
HNO3(ac) + NaOH(ac)  NaNO3(ac) + H2O(l)
pHInicial = −log(0.250) = 0.60
molIniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−22
Antes del punto de equivalencia 10.0 mL NaOH añadidos
HNO3
NaNO3
NaOH
molesiniciales
1.25x10-2
0
1.5x10-3
moles
−1.5x10-3 +1.5x10-3 −1.5x10-3
molesfinales
[C]nueva
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1.1x10-3
1.5x10-3
0
0.018
0.025
0
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Práctica – Calcule la cantidad de una solución de 0.15 M
NaOH que debe añaidr a 50.0 mL de 0.25 M HNO3 para
alcanzar punto de equivalencia
•
•
•
•
HNO3(ac) + NaOH(ac)  NaNO3(ac) + H2O(l)
pH
HInicial = −log(0.250)
l (0 250) = 0
0.60
60
Molesiniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−2 moles
En el punto de equivalencia: moles of NaOH = 1.25 x 10−2
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Práctica – Calcule el pH de la solución que resulta cuando 100.0 mL de
0.15 M NaOH se añaden a 50.0 mL de 0.25 M HNO3
•
•
•
•
HNO3(ac) + NaOH(ac)  NaNO3(ac) + H2O(l)
pHInicial = −log(0.250) = 0.60
Molesiniciales HNO3= 0.0500 L x 0.25 mol/L=1.25 x 10−2
D
Después
é del
d l pto
t equivalencia
i l
i +100.0 mL NaOH
molesiniciales
moles
HNO3
NaNO3
NaOH
1.25E-2
0
1.5E-2
−1.25E-2 +1.25E-2 −1.25E-2
molesfinales
0
1.25E-2
0.0025
[C]nueva
0
0.0833
0.017
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Titulación de base fuerte con ácido fuerte
• Si el ácido está en la
bureta y se
descarga a una
base en el matraz
cónico, la curva de
titulación será la
parecida a la figura.
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Titulación de ácido débil con base fuerte
• La curva será diferente en la región del punto de
equivalencia en y la región de exceso de ácido. El
p
pH:
 inicial se determina usando la Ka del ácido débil
 en la región del exceso de ácido se determina como se
determina para los amortiguadores.
 en la región del punto de equivalencia se determina
usando el Kb de la base conjugada del ácido débil
 después
d
é del
d l punto
t de
d equivalencia
i l
i está
tá dominado
d i d por ell
exceso de la
La basicidad de el anióbase fuerten (base conjugada) es
descartable
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH
• HCHO2(ac) + NaOH(ac)  NaCHO2(ac) + H2O(ac) Rx. Neutralización
• pHinicial HCHO2(ac) + H2O(l)  CHO2−(ac) + H3O+(ac)
[HCHO2] [CHO2−] [H3O+]
Inicial
0.100
0.000
≈0
Cambio
−x
+x
+x
equilibrio
0.100 − x
x
x
Ka = 1.8 x 10−4
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH
• MolesIniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• HCHO2(ac) + NaOH(ac)  NaCHO2 (ac) + H2O(ac)
• Antes pto. equivalencia 5.0 mL NaOH añadidos
neutralización HCHO2  ac   NaOH  ac   NaCHO2  ac   H 2 O
2.5 x10 3
inicial
0
0
5 .0 x10 4
rx
2.0 x10 3
final
0
moles:
HA
A−
OH−
antes
t
2 50 10-33
2.50x10
0
0
añadidos
–
–
5.0x10-4
después
2.00x10-3
5.0x10-4
≈0
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5 .0 x10 4
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH
• HCHO2(aq) + NaOH(aq)  NaCHO2 (aq) + H2O(aq)
• Molesiniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• En pto. de equivalencia 25.0 mL NaOH añadidos
Moles:
HA
A−
OH−
antes
2.50x10-3
0
0
añadidos
–
–
2.50x10-3
después
0
2.50x10-3
≈0
−
CHO2−(ac
ac))
ac)) + H2O(l)  HCHO2(
2(ac
ac)) + OH (ac
[HCHO2] [CHO2−]
[OH−]
Inicial
0
0.0500
≈0
Cambio
+x
−x
+x
equilibrio
x
5.00x10-2-x
x
Kb = 5.6 x 10−11
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH
• HCHO2(aq) + NaOH(aq)  NaCHO2 (aq) + H2O(aq)
• Molesiniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• En pto. de equivalencia 25.0 mL NaOH añadidos
−
CHO2−(ac
ac)) + H2O(l)  HCHO2(
2(ac
ac)) + OH (ac
ac))
[HCHO2] [CHO2−]
[OH−]
Inicial
0
0.0500
≈0
Cambio
+x
−x
+x
equilibrio
x
5.00x10-2-x
x
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Titulación de 25 mL de 0.100 M HCHO2 con 0.100 M NaOH
• HCHO2(aq) + NaOH(aq)  NaCHO2 (aq) + H2O(aq)
• Molesiniciales HCHO2 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• Después del pto. de equivalencia 30.0 mL NaOH añadidos
3.0 x 10−3 moles NaOH añadidos
moles:
HA
A−
NaOH
antes
2.50x10-3
0
3.0x10-3
cambio
−2.5x10-3 +2.5x10-3 −2.5x10-3
final
0
2.5x10-3
5.0x10-4
molaridad,nueva
0
0.045
0.0091
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Adición de NaOH a HCHO2
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+30.0
mL25.0
NaOH
added
mLNaOH
NaOH
5.0
mL
10.0
initial mol
HCHO
2 solution
0.00050
NaOH
xs2
equivalence
point
0.00200
0.00150
mol
HCHO
35.0
mL
NaOH
0.00250
mol
HCHO
pHadded
= 11.96
0.00250
3.14mol CHO2− 2
pH
= 3.56
0.00100
pH = 2.37
− mol NaOH xs
[CHO
2 ]init = 0.0500 M
pH
=
12.22
−
[OH ]eq = 1.7 x 10−6
pH
H=8
8.23
23
+ 12.5 mL NaOH
0.00125 mol HCHO2
pH = 3.74 = pKa
½ pto. Equ.
+ 40.0 mL NaOH
0.00150 mol NaOH xs
pH = 12.36
+ 15.0 mL NaOH
0 00100 moll HCHO2
0.00100
pH = 3.92
+ 20.0 mL NaOH
0.00050 mol HCHO2
pH = 4.34
+50.0 mL NaOH
0.00250 mol NaOH xs
pH = 12.52
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Titulación de ácido débil con base fuerte
• pH inicial = ácido débil
• Antes del punto de equivalencia la solución es
una solución amortiguadora
Se calculan los moles HAinit y los moles A−init
usando la estequiometría de la reacción
El pH se calcula usando Henderson-Hasselbalch
(basado en HAinit y A−init)
• A mitad del punto de equivalencia pH = pKa
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Titulación de ácido débil con base fuerte
• En el punto de equivalencia
los moles de HA = moles de Base añadida
L solución
La
l ió resultante
lt t tiene
ti
moles
l A− = moles
l Ha
H originales
[A−]init = moles A−/litros totales
• Después del punto de equivalencia, el OH está en
exceso
[OH−] = moles MOH exceso/liltros totales
[H3O+][OH−]=1 x 10−14
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Ejemplo 16.7a: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M
HNO2 se titula con 0.200 M KOH. Calcule el
volumen de KOH en el punto de equivalencia.
HNO2 + KOH  NO2 + H2O
Neutralización
M KOHVKOH  M HNO2VHNO2
 0.200 VKOH   0.100  40.0  1:1
 0.100  40.0   20.0 mL
VKOH 
 0.200 
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.
HNO2 + KOH  NO2 + H2O
Neutralización
M HNO2VHNO2
 0.100  0.040 
4 00 x103
4.00
M KOHVKOH
 0.200  0.005
1.00 x10
0
3
neutralización HNO2  ac   KOH  ac   KNO2  ac   H 2O
4.0 x10 3
inicial
0
1.0 x10 3
rx
3.0 x10 3
final
0
Moles
HNO2
NO2−
OH−
Antes
0.00400
0
≈0
Añadidos
–
0.00300
después
0
1.0 x10 3
–
0.00100
0.00100
≈0
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH después de añadir 5.00 mL KOH.
Tabla 15.5 Ka = 4.6 x 10−4
HNO2 + H2O  NO2 + H3O+
0.00100
0.00300
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Ejemplo 16.7b: Una muestra de 40.0 mL de 0.100 M HNO2 se titula con
0.200 M KOH. Calcule el pH a mitad del punto de equivalencia.
HNO2 + KOH  NO2 + H2O
0.00400 0.00200
½ pto
pto. de equivalencia,
equivalencia moles KOH = ½ moles HNO2
0.00200
0.00200
HNO2 + H2O  NO2 + H3O+
Moles
HNO2
NO2−
OH−
Antes
0.00400
0
≈0
Añadidos
–
0.00200
después
pH = pKa
–
0.00200
0.00200
≈0
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Base débil con ácido fuerte
Material suplementario
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Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10
M HCl. Calcule el pH de la solución después de añadir 5.0 mL de HCl.
• NH3(ac) + HCl(ac)  NH4Cl(ac)
• Molesiniciales NH3 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• Antes del pto de equivalencia: 5.0 mL de HCl añadidos
NH4+(aq) + H2O(l)  NH4+(aq) + H2O(l) pKb = 4.75
pKa = 14.00 − 4.75 = 9.25
moles
NH3
NH4Cl
HCl
antes
2.50x10-3
0
5.0x10-4
cambio
−5.0x10-4
−5.0x10-4
−5.0x10-4
finles
2.00x10-3
5.0x10-4
0
0.0667
0.017
0
[C]nueva
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Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10
M HCl. Calcule el pH de la solución en el pto de equivalencia
• En el pto de equivalencia lo moles NH3 = moles HCl = 2.50 x 10−3
moles
NH3
NH4Cl
HCl
antes
2.50x10-3
0
5.0x10-4
cambio
−2.5x10-3
−2.5x10-3
−2.5x10-3
finles
0
2.5x10-3
0
[C]nueva
0
0.050
0
[NH3]
25.0 mL HCl añadido
NH4+(ac) + H2O(l)  NH3(ac) + H3O+(ac)
[NH4+] [H3O+]
initial
0
0.050
≈0
change
+x
−x
+x
equilibriu
m
x
0.050−x
x
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Práctica – Titulación de 25.0 mL de 0.10 M NH3 (pKb = 4.75) con 0.10
M HCl. Calcule el pH de la solución después de añadir 30 mL de HCl
• NH3(ac) + HCl(ac)  NH4Cl(ac)
• Molesiniciales NH3 = 0.0250 L x 0.100 mol/L = 2.50 x 10−3
• Después del pto de equivalencia: 30.0 mL de HCl añadidos
moles
NH3
NH4Cl
HCl
antes
2.50x10-3
0
3.0x10-3
cambio
−2.5x10-3
+2.5x10-3
−2.5x10-3
finles
0
2.5x10-3
5.010-4
[C]nueva
0
0.045
0.0091
Cuando mezcla ácido fuerte, HCl,
con ácido débil, NH4+, solo
considere el fuerte
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Monitoreo del pH durante una Titulación
• Medida de conductividad por [H3O+]
 usando un sensor que mida H3O+ específicamente
• El punto final de una titulación se alcanza en el
punto de equivalencia – en el punto de inflección
de la curva
 Si sabe la cantidad necesaria para llegar al punto final,
se monitorea con un indicador
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Monitoreo de pH durante una titulación
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Indicadores
• Muchos tintes cambian de color dependiendo el pH de
la solución
 Son ácidos débiles con equilbrio
q
HInd(ac) + H2O(l)  Ind(ac) + H3O+(ac)
 El color de la solución depende de la conentración relativa
de Ind:HInd
Cuando Ind:HInd ≈ 1, el color será una mezcla de los
colores de Ind y HInd
Cuando Ind:HInd > 10,, el color será el color de Ind
Cuando Ind:HInd < 0.1, el color será de HInd
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Fenoftaleína
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Rojo de Metilo
(CH3)2N
H
C
H
C
C
H
C
H
C
C
N
H3O+
H
C
(CH3)2N
OH-
N
H
C
N
N
H
C
C
C
H
H
C
H
C
C
CH
NaOOC
H
C
C
C
H
N
H
C
N
C
C
H
CH
C
C
H
NaOOC
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Monitoreo de Titulación con indicador
pKa de HInd ≈ pH en el punto de equivalencia
Indicadores ácido-base
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Equilibrio de Solubilidad
• Todos los compuestos iónicos se disuelven en
agua en cierto grado
Aquellos con solubilidad bien baja se clasifican
como insolubles
• Se aplica el concepto de equilbrio a las sales y
se usa la constante de equilbrio
q
para medir la
p
solubilidad relativa en agua
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Producto de Solubilidad
• La constante de equilbrio para la disociación de una
•
•
sal en sus iones en medio acuoso se llama
constante de producto de solubilidad,
solubilidad Ksp
Para sólido iónico MnXm, la reacción de disociación
es:
MnXm(s)  nMm+(aq) + mXn−(aq)
El producto de solubilidad es:
Ksp = [[Mm+]n[[Xn−]m
 Ejemplo: la disociación de la reacción de PbCl2 es
PbCl2(s)  Pb2+(aq) + 2 Cl−(aq)
La constante de equilibrio es
Ksp = [Pb2+][Cl−]2
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Solubilidad Molar
• Solubilidad es la cantidad de soluto que se
disuelve en una cantidad dada de solución
A una ttemperatrua
t
dada
d d
• La solubilidad molar es el número de moles de
soluto que se disuelven en un litro de solución
Es la molaridad del soluto disuelto en una solución
saturada
Para la reacción general MnXm(s)  nMm+(ac) + mXn−(ac)
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Ejemplo 16.8: Calcule la solubilidad molar de
PbCl2 en agua pura a 25 C, Kps = 1.17 x 10-5
P b C l 2  s   P b 2   ac   2 C l   a c 
2x
2s
x
s
2
K ps   P b 2    C l     s  2 s   4 s 3
[Pb2+]
Inicial
2
[Cl−]
0
0
Cambio
+S
+2S
Equilibrio
S
2S
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Práctica – Determine el Ksp de PbBr2 si la solubilidad molar en
agua a 25 C es 1.05 x 10−2 M
P b B r2  s   P b 2   a c   2 B r   ac 
2x
2s
x
s
2
K ps   P b 2    B r     s  2 s   4 s 3
Inicial
[Pb2+]
[Br−]
0
0
10−2)
Cambio
+(1.05 x
equilibrio
(1.05 x 10−2)
2
+2(1.05 x 10−2)
(2.10 x 10−2)
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Práctica – Determine el Ksp de PbBr2 si la solubilidad molar en
agua a 25 C es 1.05 x 10−2 M
P b B r2  s   P b 2   a c   2 B r   a c 
2
K p s   P b 2    B r     s  2 s   4 s 3
2
K p s  4 s 3  4 1 . 0 5 x1 0  2   4 . 6 3 x1 0  6
3

K p s   s  2 s   1 . 0 5 x1 0  2  2 1 . 0 5 x1 0  2 
2

2
K p s  1 . 0 5 x1 0  2  2 . 1 0 x1 0  2   4 . 6 3 x1 0  6
2
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Ksp y Solubilidad Relativa
• Tomar en consideración la estequiometría
El efecto de ión común sobre la solubilidad
• Añadir una sal soluble que contenga uno de los
iones de la sal insoluble disminuye la solubilidad
de la insoluble
 Ejemplo NaCl añadido a PbCl2 disminuye la solubilidad
de PbCl2 (Le Chatelier)
PbCl2(s)  Pb2+(aq) + 2 Cl−(aq)
Añadir Cl− desplaza el equilibrio
hacia la izquierda
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Ejemplo 16.10: Calcule la solubilidad molar de CaF2 en 0.100 M
NaF a 25 C
[Ca2+]
[F−]
Inicial
0
0.100
cambio
+S
+2S
equilibrio
S
0.100 + 2S
s  
C a F2
2
Ca
a c  
2F

a c 
0 .1
0 .1 2 s
s
K
ps
  C a
  F
2


2

 s  0 . 1 
2s

2
 s  0 . 1 
2
1 . 4 6 x 1 0  1 0   s  0 . 1 
K
ps
2

1 .4 6 x1 0
0 . 1 
2
10
 s  1 .4 6 x1 0
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Práctica – Determine la concentración de los iones
de Ag+ en agua de mar que tiene [Cl−] igual 0.55 M
AgCl(s)  Ag+(aq) + Cl−(aq)
S
0.55 + S
Ksp = [Ag+][Cl−]
Inicial
[Ag+]
[Cl−]
0
0.55
Cambio
+S
+S
equilibrio
S
0.55 + S
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Ksp = [Ag
[A +][Cl−]
Ksp = (S)(0.55 + S)
Ksp = (S)(0.55)
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El Efecto de pH en la Solubilidad
• Para hidróxidos iónicos insolubles, a mayor pH,
menor la solubilidad
 Menor pH, mayor la solubilidad
 Mayor pH = [OH−] aumenta
•
M(OH)n(s)  Mn+(aq) + nOH−(aq)
Los sólidos iónicos insolubles que contiene
aniones de ácidos débiles, a menor pH, mayor la
solubilidad
M2(CO3)n(s)  2 Mn+(ac) + nCO32−(ac)
H3O+(ac) + CO32− (ac)  HCO3− (ac) + H2O(l)
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Precipitación
• Ocurre cuando la concentración de los iones
•
excede la solubilidad del compuesto iónico
C
Comparación
ió d
de Q,de
Q d lla solución
l ió con ell Ksp, se
puede determinar si ocurre precipitación
 Q = Ksp, solución saturada, no hay precipitación
 Q < Ksp, solución insaturada, no hay precipitación
 Q > Ksp, solution está más allá de saturación, se
precipita
• Algunas soluciones con Q > Ksp no precipitan a
menos que se perturben – se llaman solución
sobresaturada
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Solución sobresaturada se
precipita si se añade un cristal
semilla
Ocure precipitación
si Q > Ksp
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Ejemplo 16.12: ¿Se formará precipitado cuando se mezclan
Pb(NO3)2(ac) con NaBr(ac) si la concentración al mezclar es
0.0150 M y 0.0350 M respectivamente?
Pb(NO3)2(aq) + 2 NaBr(aq) → PbBr2(s) + 2 NaNO3(aq)
NaBr = 0.0350 M
Na+ = 0.0350 M,
Br− = 0.0350 M
Pb(NO3)2 = 0.0150
0 0150 M
Pb2+ = 0.0150 M,
NO3− = 2(0.0150 M)
Ksp of PbBr2 = 4.67 x 10–6
PbBr2(s)  Pb2+(ac) + 2 Br−(ac)
Q < Ksp, no precipitación
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Práctica – Se formará precipitado cuando Ca(NO3)2(ac) se
mezcla con NaOH(ac) si las concentraciones después de
mezclar son iguales a 0.0175 M para ambas especies?
Ca(NO3)2(ac) + 2 NaOH(ac) → Ca(OH)2(s) + 2 NaNO3(ac)
Ca(NO3)2 = 0.0175
0 0175 M
2+
Ca = 0.0175 M,
NO3− = 2(0.0175 M)
NaOH
N
OH = 0.0175
0 0175 M
+
Na = 0.0175 M,
OH− = 0.0175 M
Ksp of Ca(OH)2 = 4.68 x 10–6
Ca(OH)2(s)  Ca2+(ac) + 2 OH−(ac)
Q > Ksp, se precipita
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