Sesion 1 _problemas Resueltos

PROBLEMAS DE BIOQUÍMICA 1º DE BIOLOGÍA ÁCIDOS, BASES Y TAMPONES Producto iónico del agua Ionización del agua: el agua tiene una ligera tendencia a ionizarse, disociándose en un protón (H+) y un ión hidroxilo (OH-): H2O  H+ + OHLa constante de equilibrio de esta reacción es: [OH-] · [H+] Keq = —————— = 1,8 · 10-16 M [H2O] Sustituyendo la concentración del agua pura por su valor [H2O] = 55,5 M y despejando: 55,5 M · Keq = [H+]·[OH-] Kw = [H+]·[OH-] = 55,5 M · 1,8 10-16 M Kw = [H+]·[OH-] = 10-14 M2 Este valor (Kw) se denomina producto iónico del agua. El producto iónico del agua siempre permanece constante, por lo que si en una disolución aumenta la concentración de H+, disminuye la concentración de OH-, y viceversa. Concepto de pH: Se define como el logaritmo decimal, cambiado de signo, de la concentración de protones en disolución acuosa o el logaritmo de la inversa de la concentración de protones. 1 pH = - log [H ] = log -----[H+] +

Por extensión, este concepto también se aplica a [OH-]: 1 pOH = - log [OH ] = log ------[OH-] -

ÁCIDOS y BASES   

Ácido: toda molécula capaz de ceder protones. Base: toda molécula capaz de aceptar protones. Anfótero: molécula que en disolución tiene capacidad de liberar o aceptar protones.

Ácidos y bases fuertes son aquellos que en disolución se ionizan en su totalidad (HCl, H2SO4, KOH, NaOH, etc.). Ácidos y bases débiles son los que se disocian sólo parcialmente (v.g. el acético). Par ácido-base conjugado: en disolución, los ácidos débiles (HA) están parcialmente disociados, el grado de disociación depende del pH. Al disociarse se origina la base conjugada (A-). 1

HA  H+ + Ala constante de equilibrio de esta reacción se denomina Ka (constante de equilibrio del ácido): [A-] · [H+] Ka = —————— [HA] Concepto de pKa: El pKa es el valor de pH en el que se produce el punto medio de la valoración de un par ácidobase conjugado. El pKa se define como el logaritmo negativo de la constante de equilibrio (Ka) pKa = - log Ka Por tanto, a partir del valor del pKa de la reacción se puede calcular el valor de la constante de equilibrio del ácido (Ka): Ka = 10-pKa Problema 1 Averigüe a) la concentración de H+ y b) el pH de una disolución 0,001 M de HCl. Solución: a) El HCl es un ácido inorgánico fuerte, es decir está prácticamente disociado (ionizado) al 100 % en disoluciones diluidas. Por tanto, si disolvemos 0,001 M de HCl en agua se forman 0,001 M de H+ y los mismos de Cl-. b) pH = - log [H+] = - log 10-3 = 3 Problema 2 ¿Cuál es la concentración de HNO3 en una disolución que tiene un pH de 3,4? Solución: El HNO3 se disocia de la siguiente manera: HNO3  NO3- + H+ [H+] = 10-pH = 10-3,4 = 10-4 x 100,6, se busca el antilogaritmo de 0,6 que es igual a 3,98. Por tanto, [H+] = 3,98 x 10-4. Como el ácido nítrico es un ácido fuerte, y a estas concentraciones asumimos que está totalmente disociado, su concentración será igual a la determinada para la [H+]. Problema 3 ¿Cuántos iones H+ hay en 250 ml de una disolución de pH 3? Solución: [H+] = 10-pH = 10-3 M = 10-3 ion-g/litro; dado que 1 ion-g/litro = 6,023 x 1023 iones/litro (nº de Avogadro), entonces 10-3 ion-g/litro = 6,023 x 1020 iones/litro. Pero como tenemos 250 ml los iones 2

que hay en esa cantidad serán: 6,023 x 1020 iones/litro x 0,25 litros = 1,50 x 1020 iones. CÁLCULO DEL pH DE UN DISOLUCIÓN Hay tres posibles casos: ácido débil, sal ácida y sal. Ácido débil: Los ácidos débiles se disocian según la reacción HA  H+ + APara calcular el pH hay que calcular primero la concentración de protones ([H+]) en la disolución a partir de la fórmula de la constante de disociación del ácido: [A-] [H+] Ka = ————— [HA] La concentración inicial de ácido es “n”, pero parte de las moléculas del ácido (x) se van a disociar. Por tanto, la concentración real de ácido será “n - x”. Como cada molécula de ácido se disocia en una de base conjugada y un protón, la concentración final de base conjugada será “x” y la de protones será también “x”. Sustituyendo estos valores en la ecuación de equilibrio del ácido: x·x x2 Ka = ———— = ———— n–x n–x A partir del valor de pKa del ácido, se calcula el valor de Ka (Ka = 10-pKa), por tanto x2 10-pKa = ———— n–x que es la una ecuación de segundo grado (ax2 + bx + c = 0) que se soluciona mediante la expresión: -b  b2 - 4ac x = ——————— 2a obteniéndose dos soluciones, considerándose válida únicamente la solución positiva. Una vez calculada la concentración de protones (x), se calcula el pH de la disolución (pH = log [H ]). +

Problema 4 ¿Cuál es el pH de una disolución 0,2 M de H3PO4? (pKa1 = 2,12)

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Solución: pKa1 H3PO4  H2PO4- + H+ 2,12 0,2 – x x x [H2PO4-] [H+] x•x Ka1 = ------------------- = ---------[H3PO4] 0,2 – x Ka1 = 10- pKa1 = 10-2,12 = 10-3 x 100,88; siendo 100,88 = antilog 0,88 = 7,59; luego Ka1 = 7,59 x 10-3 Y sustituyendo en la ecuación anterior y resolviendo: X = 3,48 x 10-2 = [H+] y pH = -log [H+] = -log (3,48 x 10-2) = 1,46 Sales ácidas: Las sales ácidas son aquellas sales de los oxoácidos en las cuales no se encuentran reemplazados todos los hidrógenos y, por tanto, quedan hidrógenos en la molécula (V.g. bicarbonato sódico, NaHCO3). Las sales ácidas se disocian según la reacción: NaHA  HA- + Na+ El compuesto HA- es una sustancia anfótera, ya que es capaz tanto de ceder protones (ácido) como de aceptarlos (base), como se puede apreciar en las siguientes reacciones en cada una de las cuales se libera o se acepta un protón: +H+ H2A



- H+

-

HA



-H+

A2-

+ H+

En el caso de las sustancias anfóteras, el pH de la disolución es la media aritmética de los valores de los pKas de las reacciones entre las que se forma el anfótero: H2A

pKa1



-

HA

pKa2



A2-

pKa1 + pKa2 pH = ——————— 2 Problema 6 ¿Cuál es el pH de una disolución 0,2 M de KH2PO4? (pKa1 = 2,12, pKa2 = 7,21) Solución: El KH2PO4 se disocia en: +

KH2PO4  H2PO4- + K , y el H2PO4- puede tanto ceder como captar protones: 4

pKa1 pKa1 H3PO4  H2PO4-  HPO42,12 7,21 2,12 + 7,21 pH = ------------------- = 4,66 2 Sales: Todas las sales son neutras (sin carga) y en disolución acuosa se disocian completamente: NaA  A- + Na+ Por tanto, cuando se disuelve una sal se forma la base conjugada (A-) La base conjugada reacciona con una molécula de agua según la reacción: A- (+ H2O)  HA + OHbase):

La constante de equilibrio de esta reacción se denomina Kb (constante de equilibrio de la [HA] · [OH-] Kb = —————— [A-] El pKb se define como el logaritmo negativo de la constante de equilibrio (Kb) pKb = -log Kb

El valor de la constante de equilibrio de la base (Kb) se puede calcular a partir del valor del pKa, teniendo en cuenta que: Ka = 10-pKa pKa + pKb = 14 Ka · Kb = 10-14 = Kw Kb = 10-pKb O sea, que a partir del valor de pKa se puede calcular el de Kb bien calculando Ka y después Kb, o bien calculando primero pKb y después Kb: Ka = 10-pKa pKa + pKb = 14

Kb = 10-pKb pKb

Kb

Ka · Kb = 10-14 = Kw

Ka

pKa

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Una vez conocido el valor de Kb, se puede calcular la concentración de iones hidroxilo ([OH-]) a partir de la ecuación de la constante de equilibrio de la base, de forma similar a como se calcula la concentración de protones ([H+]), a partir de la ecuación de la constante de equilibrio del ácido: [HA] · [OH-] Kb = —————— [A-] La concentración inicial de base es “n”, pero parte de las moléculas de la base (x) se van a disociar. Por tanto, la concentración real de base será “n - x”. Como cada molécula de base origina una de ácido y un ión hidroxilo, la concentración final de ácido será “x” y la de iones hidroxilo será también “x”. Sustituyendo estos valores en la ecuación de equilibrio de la base: x·x x2 Kb = ———— = ———— n–x n–x Que es la una ecuación de segundo grado (ax2 + bx + c = 0) que se soluciona mediante la expresión: -b  b2 - 4ac x = ——————— 2a obteniéndose dos soluciones, considerándose válida únicamente la solución positiva. Una vez calculada la concentración de iones hidroxilo (x), se calcula la concentración de protones mediante la ecuación del producto iónico del agua: Kw = [H+]·[OH-] = 10-14 M2 Y, con este valor, el pH de la disolución (pH = -log [H+]). Problema 7 ¿Cuál es el pH de una disolución 0,2 M de K3PO4? (pKa3 = 12,32) Solución: El K3PO4 se disocia en PO43- y 3K+, y ahora: pKa3 PO43-  HPO42- + OH+ 12,32 0,2 – x x x [HPO42-] [OH+] x2 Kb1 = -------------------- = ---------[PO43-] 0,2 – x pKa3 + pKb1 = 14; pKb1 = 14 - pKa3 = 14 – 12,32 = 1,68 Kb1 = 10- pKb1 = 10-1,62 = 10-2 x 100,32 = 2,09 x 10-2 6

Sustituyendo en la ecuación y resolviendo: x = 5,5 x 10-2 = [OH-]; pOH = 1,26 pH + pOH = 14; pH = 14 – pOH = 14 – 1,26 = 12,74 Ecuación de Henderson-Hasselbach: Partiendo de la constante de equilibrio de la reacción de disociación de un ácido débil (HA H + A ), +

-



[A-] [H+] Ka = ————— [HA] Se despeja de esta ecuación el valor de [H+] [HA] [H+] = Ka + ——— [A-] Y aplicando logaritmo negativo a ambos términos [HA] - log [H+] = - log Ka + (- log ———) [A-] Y como: - log [H+] = pH; -log Ka = pKa; y el logaritmo de un número es igual al logaritmo negativo de su inverso (log X = - log 1/X), sustituyendo se obtiene la ecuación de HendersonHasselbach: [A-] pH = pKa + log ——— [HA] La ecuación de Henderson-Hasselbach permite calcular:   

El pKa de un par ácido-base conjugado El pH de una mezcla dador/aceptor de protones La relación dador/aceptor de protones para un determinado valor de pH

Clorhidrato: Sal formada entre una base orgánica (B) y ácido clorhídrico (HCl). BCl  B+ + ClTAMPONES Un «tampón» es algo que resiste un cambio. En química, un regulador de pH, o tampón, es una sustancia, o mezcla de sustancias, que permite a las disoluciones evitar grandes cambios en el pH por adición de pequeñas cantidades de iones H+ u OH-. Por decirlo de otra forma, un tampón ayuda a mantener un pH casi constante ante la adición de pequeñas cantidades de iones H+ u OH- a una disolución. 7

Las mezclas reguladoras corrientes contienen dos sustancias, un ácido y una base conjugados. Un tampón «ácido» contiene un ácido débil y una sal de éste (base conjugada). Un tampón básico contiene una base débil y una sal de la base débil (ácido conjugado). Las dos especies juntas (ácido y base conjugados) evitan grandes cambios de pH absorbiendo parcialmente las adiciones de iones H+ u OH- al sistema. Si se añaden iones H+ a la disolución tamponada, reaccionan parcialmente con la base conjugada para dar el ácido conjugado. Así se eliminan iones H+ del medio. Si se añaden iones OH- a la disolución tamponada, reaccionan parcialmente con el ácido conjugado para dar H20 y la base conjugada. Así se eliminan iones OH- del medio. Las disoluciones tamponadas sí cambian su pH por adición de iones OH- o H+. Sin embargo, el cambio es mucho menor que en ausencia del tampón. La magnitud del cambio, depende de la fuerza del tampón y de la proporción [A-]/[HA]. La capacidad tampón de una solución de un ácido débil (HA) y su base conjugada (A-) es máxima cuando [A-] = [HA], es decir, cuando el pH de la solución es igual al pKa del ácido débil. Asimismo, el cambio de pH que se produce al añadir una cantidad dada de ácido o base será menor cuanto mayor sea la concentración de [HA] y [A-], es decir, cuanto más concentrada sea la solución tampón. Problema 8 ¿Cuáles son las concentraciones de HOAC y OAc- en un tampón “acetato” 0,2 M, pH = 5,00? La Ka para el ácido acético es 1,70 x 10-5, pKa = 4,77. Solución: Podemos utilizar dos procedimientos: mediante la Ka o por la ecuación de HendersonHasselbalch. En el primer caso tenemos: [OAc-] [H+] Ka = -------------------[HOAC] [H+] = 10-pH = 10-5; [HOAC] + [OAc-] = 0,2 M; [HOAC] = 0,2 M - [OAc-] Sustituyendo tenemos: [OAc-] 10-5 1,70 x 10-5 = --------------------; 0,2 M - [OAc-] Y resolviendo: [OAc-] = 0,126 M [HOAC] = 0,074 M Y en el segundo caso será: [OAc-] pH = pKa + log ------------[HOAC] Y [HOAC] + [OAc-] = 0,2 M; [HOAC] = 0,2 M - [OAc-] 8

Sustituyendo tenemos: [OAc-] 5 = 4,77 + log -------------------0,2 M - [OAc-] Y resolviendo obtendremos: [OAc-] = 0,126 M [HOAC] = 0,074 M Problema 9 a) EI tris es una base débil (Ka = 8,3 X 10-9 (mol l-1) que se utiliza frecuentemente como tampón en sistemas bioquímicos. ¿Cuál es la relación entre la concentración de tris y la de su ácido conjugado a pH = 8,0? Solución: [tris] pH = pKa + log -------------[tris-H+] y pKa = - log Ka = 8,08 [tris] 8,0 = 8,08 + log -----------[tris-H+] [tris] 8,0 - 8,08 = - 0,08 = log ------------[tris-H+] [tris] ----------- = 0,83 [tris-H+] b) Si en la solución anterior la concentración total de tris es 100 mmol l-1, ¿cuál sería el cambio de pH después de añadir H30+ 5 mmol l-1? Si la concentración total de tris se reduce a 20 mmol l-1, ¿cuál será el nuevo cambio en el pH? Solución: Si

[tris] + [tris-H+] = 0,1 mol l-1,

Y [tris] ---------- = 0,83 (del apartado anterior) [tris-H+] 9

Entonces [tris] = 0,045 mol l-1, Y [tris-H+] = 0,055 mol l-1 El efecto de la adición de H30+ 0,005 mol l-1 es reducir [tris] y aumentar [tris-H+] en esta cantidad, es decir, después de la adición [tris] = 0,040 mol l-1 y [tris-H+] = 0,060 mol l-1. Así, aplicando la ecuación de Henderson-Hasselbalch. [tris] pH = pKa + log -------------[tris-H+] 0,04 pH = 8,08 + log -------------- = 7,9 0,06 caso,

Es decir, la adición de H30+ 5 mmol l-1 ha disminuido el pH en 0,1 unidades. En el segundo [tris] + [tris-H+] = 0,02 mol l-1 y [tris] -------------- = 0,83 [tris-H+] Entonces [tris] = 0,009 mol l-1 Y [tris-H+] = 0,011 mol l-1 Después de añadir H3O+ la [tris] se reduce a 0,004 mol l-1 y [tris-H+] = 0,016 mol l-1. Operando como antes: [tris] pH = pKa + log -------------[tris H+] 0,004 pH = 8,08 + log -------------0,016 pH = 7,48

En este caso el pH cambia 0,52 unidades. De esta forma se ilustra que las soluciones tampón son más eficaces a concentraciones elevadas. 10

En ausencia de solución tampón, el pH final habría sido 2,3 (es decir, - log [0,005]). Problema 10 Describir la preparación de 3 litros de un tampón acetato 0,2 M, pH 5,00, partiendo de acetato sódico trihidratado sólido (PM = 136) y una disolución 1 M de ácido acético. Dado que queremos preparar tres litros de tampón, el número de moles totales ([HOAC] + [OAc-]) que precisamos serán 3 l x 0,2 M = 0,6 moles. Ahora, lo primero que tenemos que hacer es calcular los moles de cada una de las especies ([HOAC] y [OAc-]) que se necesitan para formar el tampón. Para ello utilizamos la ecuación de Henderson-Hasselbalch: [OAc-] [OAc-] pH = pKa + log ------------; 5 = 4,77 + log ------------; y [HOAC] + [OAc-] = 0,6; [HOAC] = 0,6 - [OAc-] [HOAC] [HOAC] Y resolviendo tendremos: [OAc-] = 0,378 moles y [HOAC] = 0,222 moles Los 0,378 moles provienen del NaOAc sólido nº de moles = mg/PM; 0,378 moles = mg/136; mg = 51,4 g Y los 0,222 moles de HOAc provienen de una disolución 1 M nº de moles = l x M; 0,222 moles = l x 1 M; l = 0,222 = 222 ml Por tanto, para preparar 3 litros de tampón, disolvemos 51,4 g del acetato sódico en agua, añadimos 222 mI del ácido acético 1 M y se completa hasta un volumen final de 3 litros. Problema 11 Describir la preparación de 5 litros de tampón acetato 0,3 M, pH 4,47, partiendo de una disolución 2 M de ácido acético y de una disolución 2,5 M de KOH. pKa = 4,77 Solución Dado que la disolución tampón debe ser 0,3 M, es decir 0,3 moles/l, y tenemos que preparar 5 l, debemos tomar 5 l x 0,3 M = 1,5 moles para preparar el tampón. Esos 1,5 moles serán parte de HOAc y parte de OAc-, por ello debemos calcular las proporciones de las dos especies de acetato que tienen que estar presentes en el tampón al pH indicado: [OAc-] [OAc-] pH = pKa + log -----------; 4,47 = 4,77 + log ----------[HOAc] [HOAc] [HOAc] + [OAc-] = 1,5 moles ; [HOAc] = 1,5 moles + [OAc-] Sustituyendo y resolviendo tendremos: 11

[HOAc] = 1mol y [OAc-] = 0,5 moles Como tenemos una disolución de partida 2 M de HOAc, deberemos tomar los 1,5 moles de dicha disolución: V x M = nº de moles; V x 2 M = 1,5 moles; V = 0,75 l = 750 ml de HOAc 2 M De esos 1,5 moles habrá que neutralizar 0,5 mediante el la disolución de KOH 2,5 M: V x M = nº de moles; V x 2,5 = 0,5 moles; V = 0,2 l = 200 ml Por tanto, se toman 750 ml de HOAc 2 M, 200 ml de KOH 2,5 M y se añade agua destilada hasta completar los cinco litros. Ácidos polipróticos Un ácido poliprótico se ioniza en sucesivas etapas: Ka1

H2A  H + HA +

-

Ka2

 H+ + A2-

[H+] [HA-] [H+] [A2-] Ka1 = -----------------; Ka2 = ---------------[H2A] [HA-] Nótese que HA- es la base conjugada de H2A, pero el ácido conjugado de A2-. Para la mayoría de los ácidos polipróticos débiles corrientes, Ka1 es, al menos, de un orden de magnitud mayor que Ka2. Por consiguiente, el pH de una disolución de H2A se establece casi exclusivamente por la primera ionización. Los cálculos para valoración y tampones de ácidos dipróticos y tripróticos débiles son exactamente iguales que los de ácidos monopróticos débiles. La única consideración nueva que hay que hacer es qué valor de Ka o pKa se debe utilizar. Claramente, se utiliza la constante apropiada que describa el equilibrio entre las especies que manejamos. El pH en cualquier punto a lo largo de la curva de valoración, viene dado por: [A2-] [HA-] PH = pKa1 + log -------- y pH = pKa2 + log ---------[H2A] [HA-] Así, si conocemos la proporción exacta de cada par ácido-base conjugado, podemos calcular el pH. Al revés, si conocemos el pH podemos calcular las proporciones de [HA-]/[H2A] y de [A2-]/ [HA] y, por tanto, la proporción entre las tres especies. Problema 12 Describir la preparación de 10 litros de tampón fosfato potásico 0,045 M y pH 7,5. pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Solución: El fosfórico se disocia de la siguiente manera: pKa1

pKa2

pKa3 12

H3P04  H2P04-  HP042-  P0432,12 7,21 12,32 El pH del tampón que se quiere preparar está un poco por encima del pKa2 del H3P04, Por consiguiente, las dos especies iónicas principales son H2P04- (ácido conjugado) y HP042- (base conjugada) entre las que predomina HPO42-. El tampón se puede preparar de varias maneras (1) mezclando K2HPO4 y KH2P04 en las proporciopes adecuadas, (2) comenzando con H3PO4 y pasándolo a KH2P04 y K2HP04 con la cantidad apropiada de KOH, (3) empezando con KH2P04 y pasando una parte de éste a K2HPO4 con KOH, (4) empezando con K2HP04 y pasando una parte a KH2PO4 con un ácido fuerte como HCl, (5) empezando con K3PO4 y convirtiéndolo en KH2P04 y K2HP04 con HCl y (6) mezclando K3PO4 y KH2PO4 en las proporciones adecuadas. Independientemente del método utilizado, la primera etapa es calcular la proporción y cantidades de las dos especies iónicas presentes en el tampón. El· tampón contiene un total de 10 litros x 0,045 M = 0,45 moles de fosfato. Ahora tenemos que averiguar cuánto está como H2P04- y cuánto como HP042-. Para ello, y como siempre utilizaremos el siguiente sistema de ecuaciones: pH = pKa2 + log HP042-/ H2P04-; 7,5 = 7,21 + log HP042-/ H2P04y H2P04- + HP042- = 0,45; H2P04- = 0,45 - HP042Sustituyendo y operando tendremos que se necesitan 0,15 moles de H2P04- y 0,30 moles de HP042-. 1. A partir de KH2P04 y de K2HP04. Se pesan 0,30 moles de K2HP04 (52,8 g) y 0,15 moles de KH2P04 (20,4 g) y se disuelven en agua destilada suficiente hasta un volumen final de 10 litros. O, si tenemos disoluciones madre de los dos fosfatos, se miden los volúmenes adecuados de cada uno y se diluye hasta 10 litros. En la práctica, se podrían preparar disoluciones 0,045 M de K2HP04 y de KH2P04 y simplemente mezclarlas hasta que el pH (medido con un pH-metro) sea 7,5. Ya que las dos disoluciones madre son 0,045 M, la concentración total de fosfato será 0,045 M, independientemente de los volúmenes tomados de cada disolución. 2. A partir de H3P04 y KOH. Partimos de 0,45 moles de H3P04 y se añade cantidad suficiente de KOH para neutralizar completamente 1 hidrógeno (0,45 moles) y parcialmente el segundo hidrógeno (0,30 moles): OH-

OH-

H3P04 → H2P04- → HP042Por ejemplo, supongamos que tenemos sólo una disolución concentrada de H3P04 (15 M) y una disolución madre de KOH 1,5 M. Necesitamos 0,45 moles de H3P04. V x M = nº de moles; V x 15 = 0,45 moles; V = 0,03 l = 30 ml Tomamos 30 mI de H3P04. Se añaden 0,45 moles de KOH para convertir todo el H3P04 en H2P04-; a continuación se añaden otros 0,30 moles de KOH para pasar 0,3 moles de H2P04- a HPO42. En definitiva, se requieren 0,75 moles de KOH en total. Como tenemos KOH 1,5 M, podemos calcular la cantidad de esta disolución que hay que añadir: V x M = nº de moles; V x 1,5 = 0,75; V = 0,5 l = 500 ml 13

Se añaden 500 mI de KOH a los 30 mI de H3P04; a continuación se diluye con agua destilada hasta un volumen final de 10 litros. 3. A partir de KH2P04 y KOH. Podemos comenzar con KH2P04 y añadir KOH suficiente para pasar 2/3 del H2P04- a HPO42-: OHH2P04- → HP042Por ejemplo, supongamos que tenemos solamente KH2P04 sólido y KOH. Necesitamos 0,45 moles de KH2P04: mg/PM = nº de moles; mg = 0,45 x 136 = 61,2 g Se disuelve el KH2P04 en agua; se añaden a continuación los 0,30 moles de KOH (sólido o disuelto en algo de agua): mg = 0,30 x 56 = 16,8 g de KOH A continuación, se añade agua destilada hasta un volumen final de 10 litros. 4. A partir de K2HP04 y HCl. El HPO42- puede ser convertido en H2P04- con HCI: H+ HP042- → H2P04Debemos partir de 0,45 moles de HPO42- y neutralizar 0,15 moles de ese HPO42- para obtener los o,15 moles H2P04- necesarios para el tampón. Supongamos que tenemos K2HP04 sólido y una disolución 2 M de HCI. Se pesan 0,45 moles de K2HP04: mg = nº de moles x PM; mg = 0,45 x 174 = 78,3 g Se disuelve el KH2P04 en agua, se añaden 0,15 moles de HCl: V x M = nº de moles: V x 2 = 0,15; V = 0,075 l = 75 ml Se añaden 75 mI de HCI 2 M. Se completa con agua destilada hasta un volumen final de 10 litros. 5. A partir de K3P04 y HCl. Partimos de 0,45 moles de K3P04 y se añade suficiente HCI para pasar todo el P043- a HPO42-. Se añade más HCI para pasar 1/3 del HPO42- a H2P04-: H+

H+

P043- → HP042- → H2P04Necesitamos 0,45 moles de K3P04: mg = nº de moles x PM; mg = 0,45 x 212 = 95,4 g Se disuelve el K3PO4 en agua. Se añaden 0,45 moles de HCI para pasar todo el PO43- a HPO4 . A continuación se añaden otros 0,15 moles de HCI para pasar 0,15 moles de HPO42- a H2P04-. La disolución final contiene, por tanto, 0,15 moles de H2P04- y 0,30 moles de HPO42-. Ahora 2-

14

se añade agua destilada hasta un volumen final de 10 litros. 6. A partir de KH2PO4 y K3PO4. El KH2P04 y el K3PO4 reaccionan para dar K2HPO4. El H2PO4- actúa como un ácido y el PO43- como una base: P043- + H2P04- = 2HP042Nótese que cada mol de H2PO4- y de PO43- dan dos moles de HPO42-. Por tanto, para dar 0,30 moles de HPO42- se necesitan 0,15 moles de H2PO4- y 0,15 moles de PO43-. Pero, además de los 0,30 moles de HPO42-, la disolución final contiene también 0,15 moles de H2PO4-. Por tanto, se disuelven 0,30 moles de KH2PO4 y 0,15 moles de K3PO4 en agua. De los 0,30 moles iniciales de KH2PO4, 0,15 moles reaccionan con el PO43- para dar 0,30 moles de HPO42-, quedando 0,15 moles como H2P04-. Se diluye hasta 10 litros de volumen total con agua destilada. AMINOÁCIDOS Los aminoácidos comunes son sencillamente ácidos polipróticos débiles. Los cálculos del pH, preparación y capacidad de tampones, etc., se hacen exactamente igual que lo ya visto en las secciones precedentes. Los aminoácidos neutros (por ejemplo, glicocola; alanina, treonina) se consideran como ácidos dipróticos. Los aminoácidos ácidos (ácido aspártico y ácido glutámico) y los básicos (lisina, histidina y arginina) se consideran como ácidos tripróticos, igual que se vio para el ácido fosfórico. La glicocola se puede obtener en tres formas: (a) hidrocloruro de glicocola; (b) glicocola isoeléctrica (a veces llamada glicocola, base libre), y (c) glicocolato sódico.

Clorhidrato de glicocola

El aspártico, y también el glutámico, existe en cuatro formas: (a) Hidrocloruro de aspártico; (b) ácido aspártico isoeléctrico: (c) aspartato monosódico, y (d) aspartato disódico.

Clorhidrato de

Los aminoácidos básicos, lisina, arginina e histidina, existen también en cuatro formas. Tomando como ejemplo la lisina tendríamos (a) dihidrocloruro de lisina; (b) hidrocloruro de lisina; (c) lisina isoeléctrica, y (d) lisinato sódico.

15

Na+ -

Cl

Cl-

Cl-

diclorhidrato clorhidrato de lisina (AA2+) de lisina (AA+)

Lisina Lisinato isoeléctrica (AAº) Sódico (AA-)

Problema 13 Calcular el pH de una disolución 0,1 M de (a) hidrocloruro de glicocola, (b) glicocola isoeléctrica y (c) glicocolato sódico. Solución: (a) El hidrocloruro de glicocola es un ácido diprótico. Debido a que el grupo carboxilo es mucho más fuerte como ácido (Ka1 = 4,57 x 10-3, pKa1 = 2,34) que el grupo amino cargado (pKa2 = 9,6), el· pH de la disolución se establece casi exclusivamente por el grado de ionización del grupo carboxilo.

[AAº][H+] Ka1 = -------------[AA+] La concentración inicial de AA+ es “n”, pero parte de las moléculas de AA+ (x) se van a disociar. Por tanto, la concentración real de AA+ será “n - x”. Como cada molécula de AA+ se disocia en AAº y un protón, la concentración final de AAº será “x” y la de protones será también “x”. AA+  AAº + H+ 0,1 – x x x x2 Ka1 = --------------- = 4,57 x 10-3 0,1 – x Calculando tendremos: x = [H+] = 1,92 x 10-2; pH = 1,72 (b) La glicocola isoeléctrica es un ion intermedio de un ácido poliprótico. El pH de una disolución de un ion intermedio es independiente de la concentración del ion. El pH se puede calcular a partir de los valores de pKa de las dos ionizaciones; es decir, a partir del pKa del siguiente grupo ácido a ionizar y del pKa del anterior grupo ácido ionizado. 16

pH = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (2,34 + 9,6) = 5,97 (c) El glicocolato sódico es una base diprótica. el pH de la disolución depende del grado de ionización del grupo amino. Podemos comprobar la fortaleza relativa como base calculando la Kb para el grupo amino: Kb1 = Kw/Ka2 = 10-14/10-9,6 = 10-4,4 = 3,98 x 10-5 AA-  AAº + OH0,1 – x x x x2 [OH-][AAº] Kb1 = ---------------- = ---------[AA-] 0,1 - x Debido a que la concentración del glicocolato sódico es muy grande en comparación con Kb1, podemos despreciar x en el denominador. Sustituyendo y operando tenemos: x = [OH-] = 2 x 10-3; pOH = - log 2 x 10-3 = 2,7; pH = 14 – pOH = 11,3 Problema 14 Descríbase la preparación de 1 litro de tampón de histidina, 0,2 M, pH 6,5, a partir de diclorhidrato de histidina sólido (PM = 228), y una disolución de KOH 1 M. (pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17) Solución: La histidina se disocia de la siguiente manera: 2+

AA

pKa1



1,82

+

AA

pKa2



pKa3

AAº  AA6,00 9,17

El tampón que se pide está integrado por las formas ácida y básica de la histidina alrededor de su pKa2 = 6,0. Para preparar 1 l de este tampón 0,2 M se pesan 0,2 x 228 = 45,6 g del aminoácido, se disuelven en agua destilada, y posteriormente se ajusta el pH añadiendo KOH 1 M. A partir de la ecuación de Henderson-Hasselbach, tenemos: [AAº] [AAº] pH = pKa2 + log ------------; 6,5 = 6 + log ----------[AA+] [AA+] [AA+] + [AAº] = 0,2 M; [AA+] = 0,2 - [AAº] Sustituyendo y resolviendo: [AA+] = 0,048 y [AAº] = 0,152 Como partimos de AA2+ (diclorhidrato de histidina) debemos gastar 0,2 moles de KOH para pasar de AA2+ a AA+ y posteriormente otros 0,152 moles de KOH para obtener el AAº necesario para 17

formar el tampón. En total 0,352 moles de KOH. nº de moles = l x M; 0,352 = l x 1 M; l = 0352 l = 352 ml Por tanto, para preparar el tampón hay que disolver en 352 ml de KOH 1 M 45,6 g de diclorhidrato de histidina y añadir agua destilada hasta completar 1 l de disolución. Problema 15 Calcúlese el volumen de disolución de KOH 0,4 M necesario para llevar 0,5 l de una disolución de clorhidrato de histidina 0,1 M, pH 2,2, a pH 9,3 (pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17). Solución: La histidina se disocia de la siguiente manera: pKa1 2+

AA

pKa2

pKa3

6,00

9,17

 AA  AAº  AA-

1,82

+

La disolución de partida tiene un pH = 2,2, lo que indica que tenemos las formas AA2+ y AA+ del aminoácido. Como siempre, operamos con la ecuación de Henderson-Hasselbalch: [AA+] [AA+] pH = pKa2 + log ------------; 2,2 = 1,82 + log ----------[AA2+] [AA2+] [AA2+] + [AA+] = 0,05 moles (ya que hay que preparar 0,5 de tampón = 0,1 M) Resolviendo tenemos: [AA2+] = 0,015 moles y [AA+] = 0,035 moles Operando de forma similar a pH 9,3 tendremos: [AA-] [AA-] pH = pKa2 + log ------------; 9,3 = 9,17 + log ----------[AA0] [AA0] [AA0] + [AA-] = 0,05 moles Resolviendo tendremos: [AA0] = 0,021 moles y [AA-] = 0,029 moles El paso del pH 2,2 al pH 9,3 lo tenemos que hacer con KOH 0,4 M. Para saber el nº de moles de KOH que tenemos que emplear tenemos que tener en cuenta que habrá que pasar los moles de las formas iniciales del aminoácido hasta las formas finales: 0,015 moles de KOH para pasar AA2+ a AA+. Ahora tendremos 0,05 moles de AA+ que debemos pasar a AAº por lo que habrá que gastar otros 0,5 moles de KOH. Por último, tenemos que utilizar 0,029 moles de KOH para pasar una cantidad equivalente de AAº a AA- y así tener el tampón. En total debemos usar 0,094 moles de KOH que debemos tomar del KOH 0,4 M que tenemos: Nº de moles = V x M; 0,094 moles = V x 0,4; V = 0,235 l = 235 ml 18

PROBLEMAS NO RESUELTOS 1. Calcúlese el pH de las siguientes disoluciones a) HCl 10-3 M; b) HCl 10-6 M; c) KOH 10-2 M; d) KOH 10-7 M. Soluciones: a) 3; b) 5,96; c) 12, y d) 7,3. 2. Calcúlese el pH de una disolución 0,05 M de: a) clorhidrato de Gly; b) Gly en forma isoeléctrica; c) glicinato sódico. Pka1 = 2,34; pka2 = 9,6. Soluciones: a) 1,88; b) 5,97, y c) 11,14. 3. Calcúlese el pH de una disolución 1mM de clorhidrato de ácido aspártico. pKa1 = 2,09; pKa2 = 3,86; pKa3 = 9,82. Solución: 3,04. 4. Calcúlese el pH de una disolución de Asp monosódico 0,2 M. pKa1 = 2,09; pKa2 = 3,86; pKa3 = 9,82. Solución: 6,84. 5. Calcúlese el pH de una disolución de glutamato monosódico 0,5 M. pKa1 = 2,19; pKa2 = 4,25; pKa3 = 9,67. Solución: 6,96. 6. Calcúlese el volumen de disolución 0,1M de NaOH necesario para neutralizar completamente a) 500 ml de una disolución 0,2 M de monoclorhidrato de Ser ; b) 100 ml de una disolución 0,1 M de Leu isoeléctrica; c) 400 ml de una disolución 0,1 M de Glu monosódico; d) 400 ml de una disolución 0,1 M de Asp isoeléctrico. Soluciones: a) 2 litros; b) 0,1 litros; c) 0,4 litros, y d) 0,8 litros. 7. Calcúlese el volumen de disolución 0,1 M de HCl necesario para neutralizar completamente a) 200 ml de la forma isoeléctrica de serina 0,2 M b) 300 ml de una disolución 0,1 M conteniendo la forma isoeléctrica de glutámico c) 500 ml de una disolución 0,5 M de la sal sódica de lisina d) 100 ml de una disolución 0,3 M conteniendo la forma isoeléctrica de arginina. Soluciones: a) 400 ml; b) 300 ml; c) 7500 ml, y d) 600 ml. 8. Calcúlese el volumen de disolución KOH 0,4 M necesario para llevar 0,5 litros de una disolución de clorhidrato de His 0,1 M, pH 2,2 a pH 9,3. pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17. Solución: 0,2335 litros de KOH 0,4 M. 9. Describir la preparación de 40 litros de tampón fosfato 0,02 M y pH 6,9 a partir de: a) disoluciones de H3PO4 2 M y KOH 1 M; b) disolución de H3PO4 0,8 M y NaOH sólido (Pm = 40); c) disoluciones 1 M de KH2PO4 y Na2HPO4; d) K2HPO4 sólido (Pm = 174) y HCl 1,5 M. Fosfórico: pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Soluciones: a) 0,4 litros de H3PO4 2 M y 1,064 litros de KOH 1 M; b) 1 litro de H3PO4 0,8 M y 42,4 g de NaOH; c) 0,260 litros de Na2 HPO4 1 M y 0,540 litros de KH2PO4, y d) 139,2 g de K2HPO4 sólido y 0,360 ml de HCl 1,5 M. 10. Calcúlese la concentración de arginina en forma isoeléctrica presente en un tampón de pH = 8,04, cuya concentración total de arginina es 0,1 mM. pKa1 = 2,17; pKa2 = 9,04; pKa3 = 12,48. Solución: 9,1 10-6 M que supone el 10 % aproximadamente del total de arginina presente. 11. ¿Qué cantidad de glicocola isoeléctrica y qué volumen de HCl 0,5 M se requieren para preparar un litro de una solución tamponada a 0,25 M y pH 2,4? (PM = 75,1). pKa1 = 2,34; pKa2 = 9,60. Solución: 0,24 l de HCl 0,5 M, 18,77 g de Glyo y completar hasta 1 litro con agua destilada. 12. ¿Cómo se prepararía 1 litro de una solución tampón de alanina 0,1 M pH 9 a partir de alanina isoeléctrica sólida e hidróxido sódico sólido? (Pm Ala = 89; NaOH = 40). pKa1 = 2,34; pKa2 = 9,69. Solución: 8,9 g de alanina y 0,68 g de hidróxido sódico. 13. Descríbase la preparación de 1 litro de tampón His 0,2 M y pH = 6,5 a partir de clorhidrato de His 19

sólido (PM = 228), y una disolución de KOH 1 M. pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17. Solución: 45,6 g de clorhidrato de His y 152 ml de KOH. 14. Cuando se disuelven 1,8 g de un aminoácido con valores de pKa de 2.34 y 9,6 en 100 ml de NaOH 0,2 N y se enrasa hasta 1 litro con agua, se obtiene una disolución de pH = 10,3. Calcúlese el peso molecular del aminoácido e indíquese de que especie puede tratarse. Solución: PM = 75 (Gly). RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS Determinación del pH 1. Calcúlese el pH de las siguientes disoluciones a) HCl 10-3 M; b) HCl 10-6 M; c) KOH 10-2 M; d) KOH 10-7 M. Soluciones: a) 3; b) 5,96; c) 12, y d) 7,3 Tanto el HCl como el KOH son ácido y base fuerte, respectivamente, y se puede considerar que se disocian en su totalidad. a) HCl  H+ + ClpH = - log [H+] = - log 10-3 = 3 b) Como en el caso anterior HCl  H+ + Cl-, pero en este caso, al ser la concentración tan baja hay que tener en cuenta la [H+] del agua, ya que en este caso sí tiene influencia. [H+] = 10-6 + 10-7 = 11 x 10-6 pH = - log [H+] = - log (11 x 10-6) = 5,96 c) KOH  K+ + OH[H+] [OH-] = 10-14; [H+] = 10-14/10-2 = 10-12 pH = - log [H+] = - log 10-12 = 12 d) Como en el caso b) hay que tener en cuenta la disociación del agua: [OH-] = 10-7 + 10-7 = 2 x 10-7 pOH = - log 2 x 10-7 = 6,7; pH + pOH = 14; pH = 14 – 6,7 = 7,3 2. Calcúlese el pH de una disolución 0,05 M de: a) clorhidrato de Gly; b) Gly en forma isoeléctrica; c) glicinato sódico. Pka1 = 2,34; pka2 = 9,6. Soluciones: a) 1,88; b) 5,97, y c) 11,14. En el tema hemos visto que los aminoácidos (aas) sin restos polares ionizables tienen tres formas: la forma clorhidrato, la isoeléctrica y la salina (Gly+, Glyº y Gli-, en este caso, o más general, aa+, aaº y aa-). 20

a) En este caso sería,

Gly+  Glyº + H+ 0,05 – x x x [Glyº] [H+] Ka1 = -----------------; [Gly+]

x2 4,57 x 10 = ----------0,05 – x -3

Y resolviendo tendremos que X = [H+] = 12,92 x 10-3; pH = - log [H+] = 1,88 b) Como sabemos, la forma isoelécrica de un aminoácido se disocia tanto en la forma + como en la forma -, comportándose como una sal ácida, en cuyo caso el pH es igual a la semisuma de ambos pKas: aa+  aaº  aa2,34 + 9,6 pKa1 + pKa2 pH = ------------------ = ------------------ = 5,97 2 2 c) El glicocolato sódico es el gly- y se disocia de la siguiente manera: Gly-  Glyº + OH0,05- x x x Tenemos que tener en cuenta el pKb1: pKa2 + pKb1 = 14; pKb1 = 14 – pKa2; pKb1 = 14 – 9,6 = 4,4 Kb1 = 10-pKb1 = 10-4,4 = 3,98 x 10-5 [Glyº] [OH-] x2 -5 Kb1 = -----------------; 3,98 x 10 = ----------[Gly-] 0,05 – x Y operando tenemos que [OH-] = 1,38 x 10-3 Y pOH = - log [OH-] = - log 1,38 x 10-3 = 2,86 Ahora, pH = 14 – pOH = 14 – 2,86 = 11,14 3. Calcúlese el pH de una disolución 1mM de clorhidrato de ácido aspártico. pKa1 = 2,09; pKa2 = 3,86; pKa3 = 9,82. Solución: 3,04 Como ya hemos visto, el Asp tiene cuatro formas posibles: clorhidrato de aspártico, la forma isoeléctrica, el aspartato monosódico y el aspartato disódico. Estas formas las podemos escribir de la manera siguiente: pKa1 pKa2 pKa3 pKa1 pKa2 pKa3 Asp+  Asp º  Asp-  Asp2-; o más generalmente aa+  aaº  aa-  aa2pKb3 pKb2 pKb1 pKb3 pKb2 pKb1 21

Por tanto, estamos en la forma Asp+ como forma de partida y podemos escribir: Asp+  Aspº + H+ 10-3 – x x x Ka1 = 10 - pKa1 = 10-2,09 = 8,13 x 10-3 x2 [Aspº] [H+] Ka1 = ------------------; 8,13 x 10-3 = -----------[Asp+] 10-3 – x Y operando tenemos que: X = [H+] = 9,12 x 10-4; pH = - log [H+] = - log 9,12 x 10-4 = 3,04 4. Calcúlese el pH de una disolución de Asp monosódico 0,2 M. pKa1 = 2,09; pKa2 = 3,86; pKa3 = 9,82. Solución: 6,84. Como hemos visto en el problema anterior, el aspartato monosódico será Asp-, que se disocia de la siguiente manera: pKa2 pKa3 Asp º  Asp-  Asp23,86 9,82 pH = ½ (pKa2 + pKa3) = ½ (3,86 + 9,82) = 6, 84 5. Calcúlese el pH de una disolución de glutamato monosódico 0,5 M. pKa1 = 2,19; pKa2 = 4,25; pKa3 = 9,67. Solución: 6,96. El glutamato monosódico es similar al aspartato monosódico y, por ello, estamos en el mismo caso que en el problema anterior: pKa2 pKa3 Gluº  Glu-  Glu24,25 9,67 pH = ½ (pKa2 + pKa3) = ½ (4,25 + 9,67) = 6,96 6. Calcúlese el volumen de disolución 0,1M de NaOH necesario para neutralizar completamente a) 500 ml de una disolución 0,2 M de monoclorhidrato de Ser ; b) 100 ml de una disolución 0,1 M de Leu isoeléctrica; c) 400 ml de una disolución 0,1 M de Glu monosódico; d) 400 ml de una disolución 0,1 M de Asp isoeléctrico. Soluciones: a) 2 litros; b) 0,1 litros; c) 0,4 litros, y d) 0,8 litros. a) La serina tiene tres formas: Ser+, Serº y Ser-. La forma monohidrato es la primera (Ser+). Por tanto, habrá que pasar todos los moles de Ser+ a Serº y posteriormente parte desde Serº a Ser-, todo ello con el NaOH. Los moles de Ser+ presentes en 500 ml de una disolución 0,2 M serían: nº de moles = V x M; 0,5 l x 0,2 M = 0,1 moles Es decir, necesitamos 0,1 moles de NaOH para pasarlo todo a Serº y otros 0,1 moles de NaOH 22

para pasar de Serº a Ser-; en total 0,2 moles de NaOH. Nº de moles = V x M; V = 2 litros Se precisan 2 litros de NaOH 0,1 M para neutralizar completamente 500 ml de monoclorhidrato de serina 0,2 M b) La leucina isoelétrica es Leuº y como tenemos que pasar todo a Leu- necesitaremos: nº moles = V x M = 0,1 l x 0,1 M = 0,01 moles de NaOH por tanto, V x 0,1 M = 0,01 moles; V = 0,1 l = 100 ml c) El Glu tiene cuatro formas posibles : Glu+, Gluº, Glu- y Glu2La forma monosódica es la tercera (Glu-). Operando de forma similar a lo realizado con anterioridad tendremos : 0,4 l x 0,1 M = 0,04 moles de Glu-. Necesitaremos, por tanto, 0,04 moles de NaOH para pasar

2-

a Glu

V x 0,1 M = 0,04 moles ; V = 0,4 l = 400 ml Se precisan 400 ml de NaOH 0,1 M para neutralizar los 400 ml de Glu- a Glu2d) El Asp es similar al Glu : Asp+, Aspº, Asp- y Asp2-, pero ahora partimos de la forma isoeléctrica (Aspº). Los moles de Aspº que tenemos son 0,4 l x 0,1 M = 0,04 moles. Por tanto, habrá que utilizar 0,04 moles de NaOH para pasar de Aspº a Asp- y otros tantos para passar de Asp- a Asp2-, en total 0,08 moles de NaOH : V x 0,1 M = 0,08 moles; V = 0,8 l = 800 ml Se precisan 800 ml para pasar desde Aspº a Asp27. Calcúlese el volumen de disolución 0,1 M de HCl necesario para neutralizar completamente a) 200 ml de la forma isoeléctrica de serina 0,2 M b) 300 ml de una disolución 0,1 M conteniendo la forma isoeléctrica de glutámico c) 500 ml de una disolución 0,5 M de la sal sódica de lisina d) 100 ml de una disolución 0,3 M conteniendo la forma isoeléctrica de arginina. Soluciones: a) 400 ml; b) 300 ml; c) 7500 ml, y d) 600 ml. a) Como ya hemos visto, la serina tiene tres formas: Ser+, Serº y Ser-. Por tanto, estamos hablando del paso de Serº a Ser+. Dado que la neutralización es mol a mol, tendremos que 200 ml de Serº 0,2 M tendrían V x M = nº de moles; 0,2 l x 0,2 M = 0,04 moles. Estos moles los tendríamos que neutralizar con HCl: V x 0,1 M = 0,04 moles; V = 0,4 l = 400 ml de HCl b) El glutamato tiene cuatro formas posibles: Glu+, Gluº, Glu- y Glu2-. Como partimos de Gluº tendremos que neutralizar hasta glu+ 0,3 l x 0,1 = 0,03 moles de Gluº 23

Luego tendremos que utilizar 0,03 moles de HCl para pasar a Glu+: V x 0,1 M = 0,03; V = 0,3 l = 300 ml de HCl 0,1 M c) La lisina tiene cuatro formas: Lys2+, Lys+, Lysº y Lys-. El problema indica que el punto de partida es la forma Lys-, luego tendremos que neutralizar primero hasta Lysº, luego pasar a Lys+ y, por último, hasta Lys2+. 0,5 l x 0,5 l = 0,25 moles de LysDeberemos neutralizar esos 0,25 moles de Lys- con 0,25 moles de HCl 0,1 M para tener Lyº, con los mismos moles de HCl pasaríamos a Lys+ y con otros tantos tendríamos la neutralización total hasta Lys2+. En total 0,75 moles. V x 0,1 M = 0,75 moles; V = 7,5 litros de HCl 0,1 M d) La arginina, al igual que la Lys, tiene cuatro formas posibles: Arg2+, Arg+, Argº y Arg-. La forma de partida sería la forma Argº, y, por tanto, habría que pasar desde esta forma hasta la Arg2+ con el HCl. 0,1 l x 0,3 M = 0,03 moles de Argº Necesitaríamos 0,03 moles de HCl 0,1 M para pasar a Arg+ y la misma cantidad para obtener la forma Arg2+: V x 0,1 M = 0,06 moles; V = 0,6 l = 600 ml 8. Calcúlese el volumen de disolución KOH 0,4 M necesario para llevar 0,5 litros de una disolución de clorhidrato de His 0,1 M, pH 2,2 a pH 9,3. pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17. Solución: 0,2335 litros de KOH 0,4 M. His2+

pKa1  His+ 1,82

pKa2  Hisº 6,00

pKa3  His9,17

Los moles de His en 0,5 l de tampón 0,1 M serán 0,5 l x 0,1 M = 0,05 moles. Ahora tenemos que ver las concentraciones de las diferentes formas de la His que deberá haber a los dos pH de las condiciones del problema. Los pKas a tener en cuenta serán el pKa1 para el primer pH, y el pKa3 para el segundo. Las concentraciones de partida serán: 2,2 = 1,82 + log [His+]/[His2+]; [His+] + [His2+] = 0,05 Resolviendo el sistema tendremos que la [His+] = 0,0353 moles y la [His2+] = 0,0147 moles Las concentraciones finales serán: 9,3 = 9,17 + log [His-]/[Hisº] [His-] + [Hisº] = 0,05 Resolviendo el sistema tendremos [His-] = 0,0287, e [Hisº] = 0,213 24

Por tanto, habrá que pasar la cantidad que hay de His2+ hasta His+, luego desde aquí a Hisº y, por último, parte de este Hisº a His-. Todo ello con KOH 0,4 M. Los moles necesarios de KOH serán la suma de 0,0147 moles para pasar de His2+ a His+, 0,05 moles para pasar de His+ a Hisº y 0,0287 moles para obtener la cantidad de His- necesaria para el tampón. En total se precisan 0,0934 moles de KOH. El volumen necesario de KOH 0,4 M será: V x 0,4 M = 0,0934 moles; V = 0,2335 l = 233,5 ml 9. Describir la preparación de 40 litros de tampón fosfato 0,02 M y pH 6,9 a partir de: a) disoluciones de H3PO4 2 M y KOH 1 M; b) disolución de H3PO4 0,8 M y NaOH sólido (Pm = 40); c) disoluciones 1 M de KH2PO4 y Na2HPO4; d) K2HPO4 sólido (Pm = 174) y HCl 1,5 M. Fosfórico: pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Soluciones: a) 0,4 litros de H3PO4 2 M y 1,064 litros de KOH 1 M; b) 1 litro de H3PO4 0,8 M y 42,4 g de NaOH; c) 0,260 litros de Na2 HPO4 1 M y 0,540 litros de KH2PO4, y d) 139,2 g de K2HPO4 sólido y 0,360 ml de HCl 1,5 M. Para preparar 40 litros de tampón fosfato 0,02 M debemos tomar 40 l x 0,02 M = 0,8 moles del producto o productos de los que dispongamos. Además, como el pH que queremos es de 6,9, nos estamos moviendo en el entorno del pKa2, que es 7,21, y las especies que hay en este entorno son H2PO4- y HPO42-. Para saber las cantidades exactas de ambas especies tendremos que aplicar el siguiente sistema de ecuaciones: [sal] [HPO42-] pH = pKa + log ----------; 6,9 = 7,21 + log ------------[ácido] [H2PO4-] [sal] + [ácido] = 0,8 moles ; [H2PO4-] = 0,8 – [HPO42-] Sustituyendo y operando tendremos que para tener un tampón fosfato de las características del problema necesitamos 0,26 moles de HPO42- y 0,54 moles de H2PO4-, que deberemos obtener de las diferentes condiciones planteadas. a) Si partimos de dos disoluciones, una de H3PO4 2 M y otra de KOH 1 M, tendremos primero que tomar los 0,8 moles necesarios para el tampón del H3PO4 2 M y neutralizarlos hasta H2PO4-, para luego neutralizar 0,26 moles del mismo para tener los 0,26 moles de HPO42- que necesitamos, todo ello con KOH. Recordemos que V x M = nº de moles, por tanto, V x 2 M= 0,8 M; V = 0,8 moles/2 M = 0,4 l = 400 ml de H3PO4 Estos 0,8 moles habrá que neutralizarlos con KOH. Para ello procedemos de la misma forma que en el caso anterior: V x 1 M = 0,8 moles; V = 0,8 moles/1 M = 0,8 l = 800 ml de KOH Si a 400 ml de H3PO4 le añadimos 800 ml de KOH, tendremos 0,8 moles de H2PO4-. Ahora debemos neutralizar parcialmente este H2PO4- para tener los 0,26 moles HPO42- que necesitamos para tener el tampón. V x 1 M = 0,26 moles; V = 0,26 moles/1 M = 0,26 l = 260 ml de KOH En resumen, necesitamos 400 ml de H3PO4 2 M, 800 ml + 260 ml = 1060 ml de KOH, y completar hasta 40 litros con agua destilada. 25

b) Para tener los 0,8 moles de H3PO4 que necesitamos de inicio, a partir de la disolución 0,8 M de H3PO4, habrá que hacer lo siguiente: V x 0,8 M = 0,8 moles; V = 1 l = 1000 ml Ahora, los 0,8 moles de H3PO4 habrá que neutralizarlos completamente con NaOH sólido. mg/PM = nº de moles; mg = nº de moles x PM = 0,8 moles x 40 = 3,2 g de NaOH Si ponemos 1 litro de disolición 0,8 M de H3PO4 y 3,2 g de NaOH tendremos 0,8 moles de H2PO4-. De estos 0,8 moles tendremos que pasar 0,26 a HPO42Mg/40 = 0,26 moles; mg = 10,4 g Es decir, tomaríamos 1 litro de H3PO4 0, 8 M, 42,4 g de NaOH sólido y completaríamos hasta 40 l con agua destilada. c) Como las disoluciones nos proporcionan H2PO4- y HPO42-, tendríamos que tomar las cantidades necesarias de cada una de ellas para formar el tampón: Cantidad necesaria de H2PO4- = 0,54 moles Cantidad necesaria de HPO42- = 0,26 moles V x 1 M = 0,54 moles de H2PO4-; V = 540 ml de KH2PO4 V` x 1 M = 0,26 moles de HPO42-: V` = 260 ml de Na2HPO4 O lo que es lo mismo, 540 ml de KH2PO4 1 M, 260 ml de Na2HPO4 1 M y añadir agua destilada hasta 40 litros. d) Ahora tenemos todo en la forma HPO42-; tendremos que tomar 0,8 moles de él. Como es sólido operamos de la forma siguiente: mg/PM = nº de moles; mg = 139,2 g de K2HPO4 sólido Ahora tenemos que neutralizar parcialmente este HPO42- (0,54 moles) con HCl 1,5 M, para tener los 0,54 moles de H2PO4- que necesitamos: V x 0,15 = 0,54 moles; V = 360 ml de HCl Por tanto, se utilizan 139,2 g de K2HPO4 sólido, 360 ml de HCl 1,5 M y completar hasta 40 l con agua destilada. 10. Calcúlese la concentración de arginina en forma isoeléctrica presente en un tampón de pH = 8,04, cuya concentración total de arginina es 0,1 mM. pKa1 = 2,17; pKa2 = 9,04; pKa3 = 12,48. Solución: 9,1 10-6 M que supone el 10 % aproximadamente del total de arginina presente. 2+

Arg

pKa1 pKa2 pKa3 +  Arg  Argº  Arg2,17 9,04 12,48 26

A pH 8,04 las formas predominantes son Arg+ y Argº y las cantidades de cada una de ellas se deduce por la ecuación de Henderson-Hasselbalch. 8,04 = 9,04 + log Argº/Arg+ Arg+ + Argº = 0,1 x 10-3 M Argº = 9,1 x 10-6 M 11. ¿Qué cantidad de glicocola isoeléctrica y cuál es el volumen de HCl 0,5 M que se requieren para preparar un litro de una solución tamponada a 0,25 M y pH 2,4? (PM = 75,1). pKa1 = 2,34; pKa2 = 9,60. Solución: 0,24 l de HCl 0,5 M, 18,77 g de Glyo y completar hasta 1 litro con agua destilada. +

Gly

pKa1 pKa2  Gly º  Gly 2,34 9,6

Necesitamos 0,25 moles de Glyº como partida: mg/PM = nº de moles; mg/75,1 g/mol = 0,25 moles; mg = 18,775 g de Glyº Para obtener el tampón necesitamos neutralizar parcialmente la Glyº a Gly+ con el HCl 0,5 M. La cantidad de Gly+ necesaria viene determinada por la ecuación de Henderson-Hasselbalch: 2,4 = 2,34 + log [Glyº]/[Gly+] [Glyº] + [Gly+] = 0,25 moles Y resolviendo tenemos que la [Gly+] = 0,12 moles Es decir, tendremos que neutralizar 0,12 moles de Glyº con HCl 0,5 M para obtener los 0,12 moles de Gly+ que necesitamos para tener el tampón: V x 0,5 M = 0,12 moles; V = 0,24 l = 240 ml Por tanto, habrá que tomar 18,775 g de Glyº, 240 ml de HCl 0,5 M y completar hasta 1 litro con agua destilada. 12. ¿Cómo se prepararía 1 litro de una solución tampón de alanina 0,1 M pH 9 a partir de alanina isoeléctrica sólida e hidróxido sódico sólido? (Pm Alanina = 89; NaOH = 40). pKa1 = 2,34; pKa2 = 9,69. Solución: 8,9 g de alanina y 0,68 g de hidróxido sódico. +

Ala

pKa1  Ala º 2,34

pKa2  Ala 9,69

1 litro de Alaº contiene 0,1 moles mg/PM = 0,1 moles; mg = 0,1 moles x 89 g /mol = 8,9 g de Alaº Para preparar el tampón necesitaríamos pasar cierta cantidad de Alaº a Ala- con el NaOH. Con objeto de conocer la cantidad necesaria aplicaremos la ecuación de Henderson-hasselbalch: 9 = 9,69 + log [Ala-]/[Alaº] 27

[Ala-] + [Alaº] = 0,1 moles Y resolviendo tendremos: [Ala-] = 0,017 moles Es decir tenemos que pasar 0,017 moles de Alaº a Ala- con el NaOH sólido para preparar el tampón: mg/40 g/mol = 0,017 moles; mg = 0,68 g de NaOH Por consiguiente, tendremos que poner 8,9 g de Alaº sólido, 0,68 g de NaOH sólido y completar hasta 1 litro con agua destilada. 13. Descríbase la preparación de 1 litro de tampón His 0,2 M y pH = 6,5 a partir de clorhidrato de His sólido (PM = 228), y una disolución de KOH 1 M. pKa1 = 1,82; pKa2 = 6,00; pKa3 = 9,17. Solución: 45,6 g de clorhidrato de His y 152 ml de KOH. His2+

pKa1  His+ 1,82

pKa2  Hisº 6,00

pKa3  His9,17

La forma de partida es la His+. Puesto que en 1 litro de tampón His 0,2 M tenemos 0,2 moles y que mg/PM = nº de moles tendremos que mg = PM x nº de moles = 228 g/mol x 0,2 moles = 45,6 g de His+ sólida que son necesarios para preparar el tampón. Por otra parte, tenemos que a pH 6,5 las formas predominantes son His+ e Hisº; como partimos de His+ tenemos que calcular, mediante la ecuación de Henderson-Hasselbalch, la cantidad de Hisº que necesitamos, y dicha contidad tendremos que obtenerla a partir de la His+ y KOH 1 M: 6,5 = 6 + log [Hisº]/[His+] [Hisº] + [His+] = 0,2 moles Y resolviendo tendremos [Hisº] = 0,152 moles Luego habrá que tomar 0,152 moles de KOH 1 M V x 1 M = 0,152 moles; V = 0,152 l = 152 ml de KOH 1 M Es decir, 45,6 g de His+ sólida, 152 ml de KOH 1 M y agua destilada hasta 1 litro se requieren para preparar el tampón solicitado. 14. Cuando se disuelven 1,8 g de un aminoácido con valores de pKa de 2,34 y 9,6 en 100 ml de NaOH 0,2 N y se enrasa hasta 1 litro con agua, se obtiene una disolución de pH = 10,3. Calcúlese el peso molecular del aminoácido e indíquese de que especie puede tratarse. Solución: PM = 75 (Gly). Dado que el aminoácido en cuestión solamente tiene dos pKas, este presenta tres formas: aa+

pKa1 pKa2  aa º  aa 2,34 9,6 28

Al pH final obtenido, las formas predominantes son aaº y aa-. Mediante la ecuación de Henderson/Halsselbalch podemos saber la relación entre ambas: 10,3 = 9,6 + log [aa-]/[aaº]; aa-/aaº = 5,1 La forma de partida es aaº, puesto que neutralizamos con NaOH, y habremos pasado tanto aaº a aa- como moles de NaOH hemos añadido. Por tanto, podemos saber los moles de aa- que tenemos en el tampón. V x M = nº de moles, y como en el NaOH N = M, tenemos 0,1 l x 0,2 M = 0,02 moles de NaOH gastado = 0,02 moles de aa- presentes. Sustituyendo este valor en la ecuación anterior tenemos: 0,02 moles/aaº = 5,01; aaº = 0,004 moles. Luego el total de aaº de partida será 0,02 moles + 0,004 moles = 0,024 moles Como mg/PM = nº de moles; PM = mg/nº de moles = 1,8 g/ 0,024 moles = 75 El aminoácido que tiene este peso molecular es la glicocola.

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