Química Analítica Cuantitativa e Instrumental-Curvas ácido base-Cuentas-animado

Curvas de Valoración Ácido – Base

El planteo del ejercicio que vamos a tomar es realizar una curva de valoración de 20ml
de HCl 0,1M; utilizando como valorante una solución de NaOH 0,1M.
¿Qué datos son importantes?
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1N
Tanto el ácido como la base son especies fuertes
Na= 0,1M = 0,1N
Nb= 0,1M = 0,1N
Va= 20mL
20𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐻𝐶𝑙 0,1𝑀
𝐼𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑟 (𝐸𝑗: 𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎)
𝐴𝑔𝑢𝑎

El planteo del ejercicio que vamos a tomar es realizar una curva de valoración de 20ml
de HCl 0,1M; utilizando como valorante una solución de NaOH 0,1M.
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1N
¿Cómo vamos haciendo las cuentas?
20𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐻𝐶𝑙 0,1𝑀
𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎
𝐴𝑔𝑢𝑎
Primero hagamos un repaso de la tarea que tenían que resolver para la entrega pasada que nos va a ser
útil para plantear las cuentas.
pH

𝐻𝐶𝑙
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂
14,0
13,0
12,0
11,0
10,0
9,0
8,0
7,0
6,0
5,0
4,0
3,0
2,0
1,0
0,0
(𝑙)
𝑁𝑎𝑂𝐻 + 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
0,0
10,0
20,0
30,0
40,0
Volumen de titulante (mL)
50,0
60,0
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂
(𝑙)
Este punto no está relacionado estrictamente con el pH,
pero da una idea acerca de qué rangos de volumen es válida
cada una de las fórmulas que vamos a deducir en los puntos sucesivos
0) Cálculo del volumen de valorante para llegar al PE
𝑉𝑎 . 𝑁𝑎 = 𝑉𝑏. 𝑁𝑏0
𝑉𝑏 =
𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑁𝑏
20𝑚𝑙. 0,1000𝑁
= 20𝑚𝑙
0,1000 𝑁
Quedan determinadas cuatro zonas de la curva:
1)Situación inicial
2)Antes del punto de equivalencia
3)En el Punto de Equivalencia
4)Después del Punto de Equivalencia
+
−
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) → 𝐻(𝑎𝑐)
+ 𝐶𝑙(𝑎𝑐)
1) Calculo del pH inicial de la solución (Vtitulante=0ml)
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
En este momento todavía no agregué nada de solución valorante por lo que la cuenta
que hay que hacer es «calcular el pH de una solución de HCl 0,1M»
BQ: [H3O+]= [HO-] + [Cl-]
BM: [Cl-]= 0,1 M
Suposición: scácida [H3O+] >>[HO-]
𝐻3 𝑂+
≫ 1000
𝐻𝑂−
BQ: [H3O+]= [Cl-]
pH= -log [H3O+]= -log 0,1= 1
𝐻𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂
(𝑙)
2) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración antes del PE
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
[𝐻𝐶𝑙] 𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 =
𝑉𝑎. 𝑁𝑎 – 𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como contamos en este caso con un ácido fuerte concentrado,
podemos despreciar la autoprotólisis del agua, por lo que el pH será
𝑝𝐻 = − log 𝐻𝐶𝑙
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑒𝑥𝑐
− 𝑙𝑜𝑔
𝑉𝑎 . 𝑁𝑎 – 𝑉𝑏 𝑁𝑏
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝐻𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
3) Cálculo del pH en el punto de equivalencia
En este caso, como la sal proviene se un ácido y una base fuerte, no
hidrolizan ni el catión ni el anión de la misma, por lo que el pH de la
solución queda determinado por la autoprotólisis del agua.
Así, el pH de la solución, resulta siendo igual a 7.
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
4) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración después del PE
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
𝑁𝑎𝑂𝐻
𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
=
𝑉𝑏. 𝑁𝑏 – 𝑉𝑎 . 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐶𝑙 − =
𝑉𝑎 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como contamos en este caso con una base fuerte concentrada,
podemos despreciar la autoprotólisis del agua, por lo que el pH será
𝑝𝑂𝐻 = − log 𝑁𝑎𝑂𝐻
𝑁𝑎𝑂𝐻 + 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2 𝑂
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑒𝑥𝑐
− 𝑙𝑜𝑔
𝑉𝑏 . 𝑁𝑏 – 𝑉𝑎 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑝𝐻 = 14 − 𝑝𝑂𝐻
[NaOH]= 0,07N
[NaOH]= 0,08N
[NaOH]= 0,1N
[NaOH]= 0,12N
Efecto de la concentración del titulante
VPEq
[HCl]= 0,2N
[HCl]= 0,12N
[HCl]= 0,1N
[HCl]= 0,05N
Efecto de la concentración del analito
25mL de HCl con solución de NaOH 0,1N
VPEq



En general son ácidos orgánicos débiles que poseen un color en medio ácido y otro en medio
básico, cuando cambian de estructura química.
Se estima empírica y estadísticamente que cuando la concentración de una de las especies es
10 veces más concentrada que su conjugada, se aprecia el color de la especie predominante.
Si consideramos el equilibrio del indicador:
𝐻𝐼𝑛(𝑎𝑐) +
−
𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐼𝑛(𝑎𝑐)
←
+
+
𝐻3 𝑂(𝑎𝑐)
𝐾𝐻𝐼𝑛
[𝐼𝑛− ]. [𝐻3 𝑂+ ]
=
[𝐻𝐼𝑛]
[𝐼𝑛− ]
𝐼𝑛−
≥ 10 𝑣𝑒𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑏á𝑠𝑖𝑐𝑎 𝑦 𝑠𝑖
≤ 0,1 𝑣𝑒𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 á𝑐𝑖𝑑𝑎
[𝐻𝐼𝑛]
𝐻𝐼𝑛

Si despejo concentración de protones y reemplazo por los valores anteriores me quedan los
casos:
[𝐻3 𝑂+ ] = 10. 𝐾𝐻𝐼𝑛 𝑜 𝑏𝑖𝑒𝑛 [𝐻3 𝑂 + ] = 0,1. 𝐾𝐻𝐼𝑛
Aplicando –log de cada lado de la igualdad y considerando que el pH al cuál queremos que el
indicador cambie su color sea exactamente el del Peq, nos queda
pHPEq= pKIn+1= forma básica
pHPEq= pKIn – 1 = forma ácida
pH pto de eq= pKIn ± 1
Esto no quiere decir que no se pueda usar
otro indicador que no cumpla con este requisito,
sino que éste es el óptimo!!
Por eso hay que mirar bien las curvas…

El planteo del ejercicio que vamos a tomar es la realizar una curva de valoración de 20ml
de HAc 0,1M (Ka=1,8.10-5); utilizando como valorante una solución de NaOH 0,1M.
¿Qué datos son importantes?
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
−
−
𝐴𝑐(𝑎𝑐)
+ 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻𝑂(𝑎𝑐)
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1N
←
+
−
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐴𝑐(𝑎𝑐)
+ 𝐻3 𝑂(𝑎𝑐)
←
El ácido es una especie débil y la base es una
especie fuerte
Na= 0,1M = 0,1N
Nb= 0,1M = 0,1N
Va= 20mL
Ka= 1,8.10-5
20𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐻𝐴𝑐 0,1𝑀
𝐼𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑟 (𝐸𝑗: 𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎)
𝐴𝑔𝑢𝑎
El planteo del ejercicio que vamos a tomar es la realizar una curva de valoración de 20ml
de HAc 0,1M (Ka=1,8.10-5); utilizando como valorante una solución de NaOH 0,1M.
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1N
20𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐻𝐴𝑐 0,1𝑀
𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎
𝐴𝑔𝑢𝑎
pH

14,0
13,0
12,0
11,0
10,0
9,0
8,0
7,0
6,0
5,0
4,0
3,0
2,0
1,0
0,0
(𝑙)
𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
𝑁𝑎𝑂𝐻 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐴𝑐
𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
0,0
5,0
10,0
15,0
𝐵𝑢𝑓𝑓𝑒𝑟
20,0
25,0
30,0
Volumen de titulante (mL)
35,0
40,0
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂
(𝑙)
Este punto no está relacionado estrictamente con el pH,
pero da una idea acerca de qué rangos de volumen es válida
cada una de las fórmulas que vamos a deducir en los puntos sucesivos
0) Cálculo del volumen de valorante para llegar al PE
𝑉𝑎 . 𝑁𝑎 = 𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑉𝑏 =
𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑁𝑏
20𝑚𝑙. 0,1000𝑁
= 20𝑚𝑙
0,1000 𝑁
Quedan determinadas cuatro zonas de la curva:
1)Situación inicial
2)Antes del punto de equivalencia
3)En el Punto de Equivalencia
4)Después del Punto de Equivalencia
+
−
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) ← 𝐻(𝑎𝑐)
+ 𝐴𝑐(𝑎𝑐)
→
1) Calculo del pH inicial de la solución (Vtitulante=0ml)
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
En este momento todavía no agregué nada de solución valorante por lo que la cuenta
que hay que hacer es «calcular el pH de una solución de HAc 0,1M»
BQ: [H3O+]= [HO-] + [Ac-]
BM: [HAc]inicial=[HAc]eq+[Ac-]= 0,1 M
1ª Suposición: scácida [H3O+] >>[HO-]
𝐻3 𝑂+
≫ 1000
𝐻𝑂 −
BQ: [H3O+]= [Ac-]
2ª suposición: [HAc]inicial>> 100.Ka
𝐻3 𝑂+ 2
𝐾𝑎 =
𝐻3 𝑂+ = 𝐾𝑎. 𝐻𝐴𝑐
𝐻𝐴𝑐 0
𝐻𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
𝐻3 𝑂+ = 𝐾𝑎. 𝐻𝐴𝑐
𝑝𝐻 = 2,87
0
=
0
1,8.10−5 . 0,1 = 1,34.10−3 𝑀
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
−
−
𝐴𝑐(𝑎𝑐)
+ 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻𝑂(𝑎𝑐)
←
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
−
+
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐴𝑐(𝑎𝑐)
+ 𝐻3 𝑂(𝑎𝑐)
←
2) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración antes del PE
𝑉𝑎. 𝑁𝑎 – 𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑉𝑏 𝑁𝑏
𝐻𝐴𝑐 𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 =
𝐴𝑐 − =
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como estamos en presencia de un ácido y su base conjugada, podemos utilizar
la ecuación de Henderson – Hasselbach
−
[𝐴𝑐 ]
𝑉𝑏 𝑁𝑏
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎 + 𝑙𝑜𝑔
𝑝𝐾𝑎 + 𝑙𝑜𝑔
[𝐻𝐴𝑐]𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
𝑉𝑎. 𝑁𝑎 – 𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
−
−
𝐴𝑐(𝑎𝑐)
+ 𝐻2 𝑂(𝑙) → 𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻𝑂(𝑎𝑐)
←
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
3) Cálculo del pH en el punto de equivalencia
En este caso, como la sal proviene de un ácido débil y una base fuerte, hidroliza el
anión de la misma, por lo que el pH de la solución queda determinado por la
hidrólisis de la sal.
Así, el pH de la solución luego de los balances respectivos y teniendo en cuenta la
dilución, resulta
𝐻𝑂− =
𝐾𝑏. [𝐻𝐴𝑐]0
2
𝑝𝐻 = 14 − 𝑝𝑂𝐻 = 8,73
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
𝐻𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝑁𝑎𝑂𝐻(𝑎𝑐) → 𝑁𝑎𝐴𝑐(𝑎𝑐) + 𝐻2 𝑂(𝑙)
4) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración después del PE
𝑁𝑎𝑂𝐻
0,1𝑁
𝑁𝑎𝑂𝐻
𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
=
𝑉𝑏. 𝑁𝑏 – 𝑉𝑎 . 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐴𝑐 − =
𝑉𝑎 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como contamos en este caso con una base fuerte concentrada, podemos
despreciar la autoprotólisis del agua y la hidrólisis del acetato, por lo que el pH
será
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑉𝑏 . 𝑁𝑏 – 𝑉𝑎 𝑁𝑎
𝑝𝑂𝐻 = − log 𝑁𝑎𝑂𝐻 𝑒𝑥𝑐
− 𝑙𝑜𝑔
𝑝𝐻 = 14 − 𝑝𝑂𝐻
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝑁𝑎𝑂𝐻 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝐻2 𝑂
Efecto de la constante de acidez
Aumenta pHinicial
pKa=7,18
Aumenta pHPEq
pKa=-7.00
pKa=4,75
pKa=3,86







Cuanto menor es el Ka, menor es el salto de pH.
Si la detección del pe se basa en el uso de indicadores el salto de pH debe abarcar no
menos de dos unidades.
Los ácidos más débiles que se podrán titular usando indicadores tienen Ka entre 10-6 y
10-7; ácidos más débiles o a concentración menor que 0.1 M requerirán apelar a
métodos instrumentales.
Un ácido como el cianhídrico, con Ka= 4.10-10, no podrá ser titulado usando
indicadores. Pero la sal sódica del HCN es una base con Kb = 2,5.10-5, podrá ser titulada
con HCl.
Las sales de todos los ácidos con Kb>10-7, serán titulables con HCl.
Del mismo modo la anilina, C6H5NH2, es una base muy débil, Kb = 3.9 x 10-10, y no
podrá ser titulada con HCl si se usan indicadores para detectar el pe. Pero las sales de la
anilina con ácidos fuertes son ácidos con Ka = 2,6,10-5, y podrán titularse con NaOH e
indicadores.
Para ácidos muy débiles o muy diluidos la curva de titulación directamente no muestra
inflexión cerca del pe, y la titulación no será factible con ninguna técnica.





Si ambos ácidos son fuertes, en una titulación con NaOH la mezcla se comporta como
una solución de un único ácido fuerte cuya concentración es igual a la suma de las
concentraciones de ambos componentes.
Si la solución contiene dos ácidos débiles con valores de Ka muy parecidos, la curva de
titulación será la correspondiente a un único ácido débil de concentración igual a la
suma de las concentraciones de ambos componentes.
Si la solución contiene un ácido fuerte y un ácido débil, o dos ácidos débiles con Ka
suficientemente diferentes, la titulación con una base fuerte puede permitir la
determinación de las concentraciones de ambos.
Al adicionar la solución valorada de álcali reacciona primero el ácido más fuerte.
Si los Ka difieren suficientemente la curva de titulación mostrará dos saltos de pH, uno
para cada pe y, en teoría al menos, es posible elegir indicadores que se comporten
adecuadamente a los pH de ambos pe.
Curva de titulación de 25mL de HA y HB, ambos 0,1N con solución de NaOH 0,1N
pH P.Eq.HA: 8,19
pH P.Eq. HB:9,71
pKa=7,18
pKa=3,86
Volumen gastado: 21,6mL
Volumen del P.Eq.: 25,0mL
pH: 4,43
% 1° Ácido Titulado: 86,4%






Suponemos que titulamos una mezcla de HCl y un ácido débil HA.
Se neutralizará primero el HCl y a continuación el HA.
Existirá una zona intermedia en la cual ambos están reaccionando.
Notar como pierde definición el salto de pH asociado al pe del HCl a causa de que en ese
punto ya ha comenzado a ser neutralizado el HA; el salto de pH asociado al pe para el
HA no se modifica respecto del correspondiente a HA puro.
Para el primer pe puede usarse un indicador que tome su color alcalino cerca de pH 3,
como Rojo de p-Metilo (1.0-3.0); el segundo pe se detecta con Fenolftaleína.
La interferencia del ácido más débil en el pe correspondiente al más fuerte aumenta al
aproximarse los valores de sus Ka y al disminuir la concentración. En la tabla siguiente
se indica cual es el mayor valor de Ka que un ácido débil puede tener a distintas
concentraciones de modo que el pe correspondiente a un ácido fuerte continúe siendo
percibido con nitidez suficiente para su titulación.
Concentración ácido
fuerte
1M
0,1M
0,01M
Concentración
ácido débil
1
0,1
0,01
Mayor pKa admisible del
ácido débil
10-4
10-5
10-6
Curva de titulación de 25mL de HCl y HAc, ambos 0,1N con solución de NaOH 0,1N
Volumen del 2°P.Eq.: 25,0mL
pH: 8,73
% HAc Titulado: 100%
Volumen del 1°P.Eq.: 25,0mL
pH: 2,97
% HCl Titulado: 100%

El planteo del ejercicio que vamos a tomar es realizar una curva de valoración para
25ml de Na2CO3 0,1N con HCl 0,1N. Datos: Ka1= 4.10-7 Ka2= 5,6.10-11
¿Qué datos son importantes?
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
−
−
𝑪𝑶𝟐−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑶(𝒂𝒄)
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄)
𝐻𝐶𝑙
0,1N
←
+ 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑶−
(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
←
El ácido es una especie fuerte y la base es una
especie débil con dos Kb
Na= 0,1M = 0,1N
Kb1= 4.10-7
Vcarbonato= 25mL
Mb= 0,1M
Kb2= 5,6.10-11
25𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 0,1𝑀
𝐼𝑛𝑑𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑟 (𝐸𝑗: 𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎)
𝐴𝑔𝑢𝑎

El planteo del ejercicio que vamos a tomar es realizar una curva de valoración para 25ml de Na2CO3 0,1N
con HCl 0,1N. Datos: Ka1= 4.10-7 Ka2= 5,6.10-11
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝐻𝐶𝑙
0,1N
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
𝐵𝑢𝑓𝑓𝑒𝑟
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
25𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 0,1𝑀
𝐹𝑒𝑛𝑜𝑙𝑓𝑡𝑎𝑙𝑒𝑖𝑛𝑎
𝐴𝑔𝑢𝑎
𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
𝐵𝑢𝑓𝑓𝑒𝑟
𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
0) Cálculo del volumen de valorante para llegar al 1º PEq
En este caso como el carbonato capta sólo un protón N=M y q=1
𝑉𝑎 . 𝑁𝑎 = 𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑉𝑎 =
𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑁𝑎
25𝑚𝑙. 0,1000𝑁
= 25𝑚𝑙
0,1000 𝑁
0’) Cálculo del volumen de valorante para llegar al 2º PEq
En este caso como el carbonato capta dos protones y Nb=2.M y q=2
𝑉𝑎 =
𝑉𝑏. 𝑁𝑏
𝑁𝑎
25𝑚𝑙. 0,2000𝑁
= 50𝑚𝑙
0,1000 𝑁
−
−
𝑪𝑶𝟐−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑶(𝒂𝒄)
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄)
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
←
+ 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑶−
(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
←
1) Calculo del pH inicial de la solución (Vtitulante=0ml)
En este momento todavía no agregué nada de solución valorante por lo que la cuenta
que hay que hacer es «calcular el pH de una solución de Carbonato de sodio 0,1M»
Luego de hacer todos los balances correspondientes obtenemos:
𝐻𝑂− =
𝐶𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 de sodio
𝐴𝑔𝑢𝑎
𝐾𝑏2. 𝐶𝑂32−
0
=
1,79.10−4 . 0,1 = 4,23.10−3 𝑀 𝑝𝐻 = 11,6
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
−
−
𝑪𝑶𝟐−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑶(𝒂𝒄)
←
+
𝟐−
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝟑 𝑶(𝒂𝒄) + 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
←
2) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración antes del 1ºPE
𝐶𝑂32−
𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
=
𝑉𝑏. 𝑁𝑏 – 𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐻𝐶𝑂3− =
𝑉𝑎𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como estamos en presencia de un ácido y su base conjugada, podemos utilizar
la ecuación de Henderson – Hasselbach
𝐶𝑂32−
𝑉𝑏. 𝑁𝑏 − 𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎2 + log
=
𝑝𝐾𝑎2
+
𝑙𝑜𝑔
𝐻𝐶𝑂3−
𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝐶𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 de sodio
Bicarbonato de sodio
𝐴𝑔𝑢𝑎
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑒𝑛 𝑒𝑙 1º𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
+
𝟐−
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝟑 𝑶(𝒂𝒄) + 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
←
𝑯𝑪𝑶−
𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) →
(𝒂𝒄)
←
3) Cálculo del pH en el punto de equivalencia
En este caso, como la sal proviene de un base débil y un ácido fuerte, hidroliza el anión de
la misma, por lo que el pH de la solución queda determinado por la hidrólisis de la sal.
Estas especies que actúan tanto como ácidos y bases se llaman anfolitos y el pH se calcula
como el promedio de las pKas en las condiciones que se cumplan todas las suposiciones
que deben plantearse (y que nosotros supondremos axiomáticamente válidas).
𝑝𝐾𝑎1 + 𝑝𝐾𝑎2
𝐻3 𝑂+ = 𝐾𝑎1. 𝐾𝑎2 = 4,9.10−9 𝑀 𝑝𝐻 = 8,31 =
2
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑑𝑒𝑙 1º 𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝐵𝑖𝑐𝑎𝑟𝑏𝑜𝑛𝑎𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑑𝑖𝑜
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
−
−
𝑪𝑶𝟐−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑶(𝒂𝒄)
←
+
𝟐−
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝟑 𝑶(𝒂𝒄) + 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
←
4) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración antes del 2ºPE
𝐻𝐶𝑂32−
𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
=
2𝑉𝑏. 𝑀𝑏 – 𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐻2 𝐶𝑂3 =
𝑉𝑎𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como estamos en presencia de un ácido y su base conjugada, podemos utilizar
la ecuación de Henderson – Hasselbach
𝑝𝐻 = 𝑝𝐾𝑎1 + log
Bicarbonato de sodio
«Ácido Carbónico»
Heliantina
𝐴𝑔𝑢𝑎
𝐻𝐶𝑂3−
𝐻2 𝐶𝑂3
= 𝑝𝐾𝑎1 + 𝑙𝑜𝑔
2𝑉𝑏. 𝑀𝑏 − 𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝑉𝑎. 𝑁𝑎
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎
𝑒𝑛 𝑒𝑙 2º𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
+
𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟑 𝑶(𝒂𝒄)
←
+
𝟐−
𝑯𝑪𝑶−
𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝟐 𝑶(𝒍) → 𝑯𝟑 𝑶(𝒂𝒄) + 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄)
←
5) Cálculo del pH en el 2ºPE
Ahora como solo poseemos ácido carbónico, el pH se calcula como en los
problemas de cuali… Planteando los balances respectivos obtendremos:
𝑉𝑏𝑁𝑏
𝐻2 𝐶𝑂3 =
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑉𝑎 = 2𝑉𝑏
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐻3 𝑂
«Ácido Carbónico»
Heliantina
𝐴𝑔𝑢𝑎
+
=
𝐾𝑎1. 𝐶𝑂32−
3
0
= 1,2.10−4 𝑝𝐻 = 3,92
𝐴ℎ𝑜𝑟𝑎 𝑣𝑒𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢é 𝑝𝑎𝑠𝑎 luego
𝑑𝑒𝑙 2º𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎
𝐻𝐶𝑙
0,1𝑁
𝑵𝒂𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
𝑵𝒂𝑯𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑯𝑪𝒍(𝒂𝒄) → 𝑯𝟐 𝑪𝑶𝟑(𝒂𝒄) + 𝑵𝒂𝑪𝒍(𝒂𝒄)
6) Cálculo del pH en cualquier momento de la valoración después del PE
𝐻𝐶𝑙
𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜
=
𝑉𝑏. 2. 𝑀𝑏 – 𝑉𝑎 . 𝑁𝑎
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝐻2 𝐶𝑂3 =
𝑉𝑏 . 𝑀𝑏
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
Como contamos en este caso con un ácido fuerte concentrado, podemos
despreciar la autoprotólisis del agua y la hidrólisis del ácido carbónico, por lo que
el pH será
𝑟𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜
𝑉𝑏. 2. 𝑀𝑏 – 𝑉𝑎 . 𝑁𝑎
𝑝𝐻 = − log 𝐻𝐶𝑙 𝑒𝑥𝑐
− 𝑙𝑜𝑔
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
«Ácido Carbónico»
Heliantina
𝐴𝑔𝑢𝑎







Se entiende como mezclas alcalinas mezclas de compuestos de carácter
básico como ser iones hidroxilos, iones carbonatos, iones bicarbonatos o
mezclas compatibles de los anteriores.
Las mezclas posibles son:
Hidroxilos
Carbonatos
Bicarbonatos
Carbonatos/bicarbonatos
Carbonatos/hidroxilos







A partir de la valoración de mezclas alcalinas es posible realizar un análisis
cualitativo sin realizar uno previo, a partir de las relaciones de volúmenes
gastados de ácido con los dos indicadores utilizados en la valoración,
fenolftaleína y heliantina generalmente.
Vf≠0ml Vh= 0ml
2Vf=2Vh
Vf=0ml Vh≠0ml
2Vf<Vh
2Vf>Vh
Hidroxido
Carbonato
Bicarbonato
Carbonato/Bicarbonato
Carbonato/Hidróxido
Para justificar estas relaciones de volumenes, hay que apoyarse de nuevo en
las curvas de titulación…