SOLUCIONES Guía de Ejercicios Titulación y Neutralización AF-BF

Universidad Tecnológica Metropolitana Química Industrial Química General II

SOLUCIONES Guía de Ejercicios Titulación Ácido Fuerte – Base Fuerte 1. ¿Qué es una Valoración? Rpta: Método de Análisis Cuantitativo en el cual se determina la concentración de un reactivo (analito) a partir de otro reactivo de concentración conocida (patrón primario).

2. ¿Qué tipo de reacciones químicas se pueden llevar a cabo en una Valoración? Rpta:

1) Neutralización

3) Redox

2) Precipitación

4) Complexometría (formación de Complejos)

3. ¿Qué nombre recibe la reacción química que ocurre en una reacción ácido – base? Rpta: Neutralización

4. ¿Qué es una Neutralización? Rpta: Es una Reacción Química entre un ácido y una base para formar una sal y agua.

5. Escriba la ecuación que representa la reacción entre un ácido y una base fuerte Rpta: AF + BF   SAL + H2O 6. ¿Qué pH tiene el sistema ácido – base fuerte en la neutralización total? Rpta: pH 7.

7. ¿Por qué la sal formada en la reacción de neutralización no influye en el pH? Rpta: Porque NO se hidroliza, por lo que no altera el pH del sistema.

8. Complete el siguiente cuadro de viraje de la Fenolftaleína: Fenolftaleína Roja

Fenolftaleína Incolora

Medio Ácido

Incolora

Incolora

Medio Básico

Roja

Roja

1

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Dallit’s Sagredo Oyarce

9. 5 mL de HCl 0.095 M son valorados con NaOH 0.086 M. Realice los cálculos correspondientes y responda en línea:

a) pH del sistema al inicio de la titulación: 1.02 b) Volumen NaOH para la neutralización: 5.52 mL

Desarrollo

a)

pH =  log  H +  pH =  log 0.095 pH = 1.02

b)

0.095 moles H + x   4.75 104 moles H  1000 mL 5 mL Recordemos que en el Punto de Equivalencia, los moles de H+ se igualan a los moles de OH–, por lo tanto:

0.086 moles OH  4.75 104 moles OH    5.52 mL de NaOH 1000 mL x

10. 10 mL de NaOH 0.1 M son valorados con HCl 0.098 M. Realice los cálculos correspondientes y responda en línea:

a) pH del sistema al inicio de la titulación: 13 b) Volumen HCl para la neutralización: 10.20 mL c) pH a un V HCl = 5 mL: 12.54 d) pH en PE: 7 e) pH a un V HCl = 12 mL: 2.09

Desarrollo

a)

pOH =  log OH   pOH =  log 0.1 pOH = 1

pH = 14  pOH pH = 14  1 pH = 13

2

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b)

0.1 mol OH  x   1103 moles OH  , por lo tanto el volumen de neutralización en el 1000 mL 10 mL 0.098 moles H  1103 moles H    10.20 mL de HCl 1000 mL x

punto de equivalencia será: c)  OH   

OH    d)

Dallit’s Sagredo Oyarce

C





 H   

 

VOH  CH

Vag H



V final

 0.1 M

C H  

OH 

H

10 mL    0.098 M 5 mL  15 mL

 

Vag H  COH

 0.098 M

VOH



V final

12 mL    0.1 M 10 mL  22 mL

OH    0.034 M pOH =  log OH   pOH =  log 0.034

pH = 14  pOH

pOH = 1.46

pH = 12.54

pH = 14  1.46

 H    0.008 M pH =  log  H +  pH =  log 0.008 pH = 2.09

11. Se valoran 25 mL de KOH 0.065 M con HCl 0.078 M:

a) Nombre de la reacción: Neutralización b) pH neutralización total: 7 c) Volumen de HCl para alcanzar PE: 20.76 mL d) g

L

de KOH: 3.64 g

L

Desarrollo

c)

0.065 moles OH x   1.62 103 moles OH  , por lo tanto el volumen de 1000 mL 25 mL neutralización en el punto de equivalencia será:

0.078 moles H  1.62 103 moles H    20.76 mL de HCl 1000 mL x

3

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d)

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PM KOH  56.1 g

mol 1 mol 0.065 moles   3.64 g de KOH L 56.1 g x

12. Se toma 1 g de NaOH y se disuelve en 50 mL de H2O. De ésta solución, se saca una alícuota de 10 mL y se valora con 8 mL de HCl 0.1 M:

a) M solución 10 mL de NaOH: 0.08 M b) Tipo de reacción: Neutralización c) pH en PE: 7 d) pH al añadir 3 mL de HCl: 12.58 e) pH al añadir 15 mL de HCl: 1.55 f) g.p NaOH

50 mL solución

: 0.16 gp

g) % pureza del NaOH: 16 % pureza

Desarrollo

a)

0.1 mol H  x   8 104 moles H  1000 mL 8 mL  P.E = 8 104 moles OH  x 8 104 moles OH    0.08 M 1000 mL 10 mL

d)  OH   

OH   

C

OH 

 0.08 M

 

VOH  CH

Vag H



V final

10 mL    0.1 M 3 mL  13 mL

OH    0.038 M pOH =  log OH   pOH =  log 0.038

pH = 14  pOH

pOH = 1.42

pH = 12.58

pH = 14  1.42

4

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e)

C H  





 H   

H

 0.1 M

 

Vag H  COH

Dallit’s Sagredo Oyarce

VOH



V final

15 mL    0.08 M 10 mL  25 mL

 H    0.028 M pH =  log  H +  pH =  log 0.028 pH = 1.55

f)

8 104 moles NaOH x   4 103 moles NaOH 10 mL 50 mL 1 mol 4 103 moles    0.16 gp NaOH 40 gp x

g)

0.16 gp NaOH x   16 % pureza 1 gc 100 gc

13. Escriba la ecuación que represente la reacción entre: a) Ácido clorhídrico e hidróxido de sodio b) Amoníaco y ácido clorhídrico c) Hidróxido de potasio y ácido nítrico

Desarrollo

a)

HCl + NaOH   NaCl + H2O

b)

NH4OH + HCl   NH4Cl + H2O

c)

KOH + HNO3   KNO3 + H2O

5

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14. ¿Qué volumen de NaOH 0.085 M se requiere para neutralizar:

a) 27 mL de HCl 0.085 M: 27 mL de NaOH b) 15 mL de HCl 0.072 M: 12.70 mL de NaOH c) 23 mL de HCl 0.1 M: 27.05 mL de NaOH d) 36 mL de HCl 0.060 M: 25.41 mL de NaOH

Desarrollo

b)

0.072 moles H  x   1.08 103 moles H  1000 mL 15 mL 0.085 moles OH 1.08 103 moles OH     12.70 mL de NaOH 1000 mL x

c)

0.1 mol H  x   2.3 103 moles H  1000 mL 23 mL 0.085 moles OH 2.3 103 moles OH     27.05 mL de NaOH 1000 mL x

d)

0.060 moles H  x   2.16 103 moles H  1000 mL 36 mL 0.085 moles OH 2.16 103 moles OH     25.41 mL de NaOH 1000 mL x

6