Cap_3_Equilibrio_2013

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Capítulo 3. EL ESTADO DE EQUILIBRIO 
EN LOS PROCESOS QUÍMICOS 
 
 
3.1. Introducción 
 
Muchos procesos o cambios naturales ocurren de manera reversible. El ejemplo 
clásico lo encontramos en los cambios espontáneos que ocurren en el ciclo vital del agua: 
tanto la evaporación como la condensación, procesos inversos, ocurren de manera es-
pontánea. 
 
Las reacciones químicas, como procesos naturales, también pueden ser reversi-
bles. De hecho las reacciones que se llevan a cabo completamente1
 
 (es decir, que los 
reactivos se convierten totalmente en productos en las proporciones estequiométricos) 
son más bien escasas. Hay, en cambio, un gran número de reacciones que no se com-
pletan. Es decir, que alcanzan el equilibrio, situación en la cual las velocidades de reac-
ción directa e inversa se igualan. En estas reacciones juega un papel importante la con-
centración no sólo de los reactivos sino también de los productos. 
Si bien una reacción en equilibrio tiene poco interés práctico, pues en tal situación 
no se generan productos, el conocimiento de las relaciones de equilibrio y de los factores 
que lo afectan, como presión, temperatura y concentración de reactivos y productos, nos 
ayudará a encontrar mecanismos de actuación adecuados para optimizar la formación de 
productos, o del producto de interés particular. 
 
En este capítulo estudiaremos el equilibrio químico, los factores que en él influyen, 
así como las expresiones matemáticas que nos permitirán evaluarlo cuantitativamente. 
 
3.2. Conceptos básicos 
 
Las reacciones reversibles no llegan a comple-
tarse. Tienen lugar en ambos sentidos. En general se 
representan: aA + bB  cC + dD, donde  indica que 
la reacción es reversible. 
 
Las reacciones directa e inversa ocurren si-
multáneamente. Cuando ambas velocidades son igua-
les, decimos entonces, que el sistema está en equili-
brio (véase la figura 3.1). 
 
El equilibrio químico es una situación particular 
en la cual dos reacciones opuestas tienen lugar si-
multáneamente a la misma velocidad. 
 
El equilibrio químico es un equilibrio dinámico. En el equilibrio químico no hay in-
existencia de movimiento. No se trata de un equilibrio estático. Más bien se igualan (en 
magnitud) las velocidades directa e inversa. Se están formando productos a partir de re-
activos a la misma velocidad con que los reactivos se están regenerando a partir de los 
productos. 
 
 
1 Llamadas también reacciones cuantitativas o estequiométricas. 
Figura 3.1. Equilibrio químico. 
 [ ]
tiempoteq
A + B C + D
[C] y [D]
[A] y [B]
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Veamos el sistema reaccionante característico: SO2 – O2 – SO3 (1500 ºC) 
 
1er experimento Si se inyectan 0,4 moles de SO2 y 0,2 moles de O2 en un recipien-
te cerrado de 1 L, cuando se alcanza el equilibrio se han formado 0,056 moles de 
SO3 y quedan sin reaccionar 0,344 moles de SO2 y 0,172 moles de O2 (figura 3.2).
 
 2SO2(g) + O2(g)  2SO3(g) 
n0 0,4 moles 0,2 moles 
[ ]0 0,4 M 0,2 M 
[ ]eq 0,4 - 0,056 [0,2 - 0,056/2] 0,056 
----------------------------------------------------------------------------------------------- 
[ ]eq 0,344 0,172 0,056 
 
2do experimento Se introducen 0,4 moles de SO3 solos en un recipiente de 1 L. 
Cuando se establece el equilibrio hay presentes: 0,056 moles de SO3, 0,172 moles de O2 
y 0,344 moles de SO2 (¡igual que el caso anterior!). 
 
El tiempo requerido para alcanzar el equilibrio puede ser mayor o menor. En la fi-
gura 3.3 se puede ver la representación gráfica de este caso. 
 
 
 
 2SO2(g) + O2(g)  2SO3(g) 
[ ]0 0 moles 0 moles 0,4 moles 
[ ]eq (0 + 0,344) (0 + 0,172) (0,4 - 0,344) 
---------------------------------------------------------------------------------------------------- 
[ ]eq 0,344 0,172 0,056 
 
3.3. La constante de equilibrio 
 
Suponga la reacción reversible en un solo paso: 
 
 
Las velocidades de reacción directa e inversa son iguales en el equilibrio: 
[ ] [ ]
[ ] BAKV
BAKV
2ii
2
dd




=
= como Vd = Vi ⇒ Kd[A]2[B] = Ki[A2B]; o bien:
[ ]
[ ] [ ] C2
2
i
d K
BA
BA
K
K
== , donde Kc 
(o K o Keq) es la constante de equilibrio. 
 
2A + B A2B
Vd
Vi
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
t
[SO2]
[O2]
[SO3]
0,344M
0,172M
0,056M
 [ ]
Figura 3.2. Sistema gaseoso SO2 
– O2 – SO3 (primer experimento). 
 
[ ]
t
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,344M
0,172M
0,056M
[SO2]
[O2]
[SO3]
Figura 3.3. Sistema gaseoso SO2 – O2 – 
SO3 (segundo experimento) 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
63 
Esta constante de equilibrio (Keq) es independiente del número de pasos en que se 
realiza la reacción. En términos generales; para la reacción: aA + bB  cC + dD, la cons-
tante de equilibrio, Keq, es:
[ ] [ ]
[ ] [ ]ba
dc
c BA
DCK = . 
 
¿Cómo definiríamos la constante de equilibrio de acuerdo a la ecuación anterior? 
 
En general, los valores numéricos de la constante de equilibrio se obtienen experi-
mentalmente. Algunos ejemplos: 
N2(g) + O2(g)  2NO(g) 
[ ]
[ ][ ]
31
22
2
c 105,4ON
NOK −×== 
CH4(g) + Cl2(g)  CH3Cl(g) + HCl(g) 
[ ][ ]
[ ][ ]
18
24
3
c 102,1ClCH
HClClCHK ×== 
N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) 
[ ]
[ ][ ]
8
3
22
2
3
c 106,3HN
NHK ×== 
 
La definición termodinámica de la constante de equilibrio, como veremos más ade-
lante, se da en función de las actividades. La actividad de un componente en una mezcla 
ideal es la relación de su concentración o presión parcial con respecto a una concentra-
ción (1 M) o presión (1 atm) normales. En consecuencia la actividad es una magnitud 
adimensional, que: 
• para líquidos o soluciones ideales: actividad ≅ concentración molar (M) 
• para gases en mezcla ideal: actividad ≅ presión parcial (atm) 
 
La constante de equilibrio (Keq) no tiene unidades (ya que las actividades no las 
tienen). En la práctica, en la expresión de ls constante de equilibrio se utilizan los valores 
de las concentraciones molares o presiones parciales, pero sin unidades. 
 
La magnitud de la constante de equilibrio de concentraciones (Kc) es una me-
dida de la extensión de la reacción. Kc sólo varía con la temperatura (es constante a una 
temperatura dada); es independiente de las concentraciones iniciales. 
 
Si Kc >> 1 (grande) → [ ]productos >> [ ]reactivos: en el equilibrio la mayor parte de reacti-
vos ha pasado a productos. 
Si Kc<< 1 (pequeña) → [ ]productos << [ ]reactivos: los reactivos, en su mayor parte, han 
permanecido sin reaccionar. 
 
La constante de equilibrio de concentraciones tiene un valor constante para cada 
temperatura. Como [ ][ ] r
p
c R
PK
π
π
= , no quiere decir que las concentraciones de los productos 
o de los reactivos sean invariables, sino que la combinación de los productos y potencias 
da un valor constante. 
 
En el ejemplo anterior: 2SO2(g) + O2(g)  2SO3(g) 
las [ ]eq 0,344M 0,172M 0,056M 
permiten calcular la Kc: 
[ ]
[ ] [ ]
( )
( ) ( )
1
2
2
2
2
2
2
3
c 105,1172,0344,0
056,0
OSO
SOK −×=== 
 
Significa que para la reacción reversible, escrita como está, Kc vale 0,15 a 1500 K. 
 
 
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64 
Ejemplo 3.1. Se coloca H2 y N2 en un recipiente vacío de 5 L a 500 °C. Cuando se esta-
blece el equilibrio, hay presentes 3,01 moles de N2, 2,10 moles de H2 y 0,565 moles de 
NH3. Evalúe Kc para la reacción: N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g). 
 
Solución: 
 N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) 
 [ ]eq L 5
moles 3,01 
L 5
moles 2,10 
L 5
moles 0,565 
 0,602 M 0,420 M 0,113 M 
y Kc= 
[NH3]2
[N2] [H2]3
= (0,133 M)
2
(0,602 M)(0,420 M)3 
= 0,286 = Kc. El valor pequeño de Kc indica que la 
reacción está desplazada hacia la izquierda. 
 
 
¿Cómo varía Kc con la forma de la ecuación balanceada? 
 
Para la reacción del ej.: 2SO2(g) + O2(g)  2SO3(g), Kc = 1,5×10-1 
y para la reacción inversa: 2SO3(g)  2SO2(g) + O2(g), Kc
' = 1
Kc
=6,5 
y parala reacción: SO2(g) + ½ O2(g)  SO3(g) Kc
'' = (Kc)
1
2 = 0,39. 
 
Si la ecuación se multiplica por un número n (positivo o negativo), el valor original 
de Kc se eleva a la potencia n. En consecuencia Kc depende de la forma de escribir la 
ecuación: debemos escribir siempre la ecuación balanceada y su respectiva Kc. 
 
3.4. El cociente de reacción 
 
Para la reacción: aA + bB  cC + dD, el cociente de reacción es: Qc= 
[C]c [D]d
[A]a [B]b
 
donde las concentraciones no son necesariamente las de equilibrio (si fueran éstas, el 
cociente de reacción coincidiría con la constante de equilibrio: Qc = Kc). Comparando Kc 
con Qc podemos predecir el sentido en que ha producirse la reacción hasta alcanzar el 
equilibrio: 
si Qc < Kc → predomina la reacción directa hasta alcanzar el equilibrio 
si Qc = Kc → equilibrio 
si Qc > Kc → predomina la reacción inversa hasta alcanzar el equilibrio 
 
Ejemplo 3.2. A temperatura muy elevada, la constante de equilibrio de concentraciones, 
Kc, vale 1×10-13 para la siguiente reacción: 2HF(g)  H2(g) + F2(g). En un momento determi-
nado se detectaron las siguientes concentraciones: [HF] = 0,5 M; [H2] = 1×10-3 M y [F2] = 
4×10-3 M. ¿El sistema está en equilibrio? De no ser así, ¿qué sucederá para que se esta-
blezca el equilibrio? 
 
Solución: Calculamos Qc=
[H2] [F2]
[HF]2
= 1x10
-3 M* 4x10-3 M
(0,5 M)2
 = 1,6x10-5 > Kc = 1x10-13 
⇒ El sistema no está en equilibrio. Como Qc > Kc, la reacción se desplazará hacia reacti-
vos, (es decir, se combinan H2 y F2 para producir HF) hasta alcanzar el equilibrio. 
 
 
3.5. Usos de la constante de equilibrio 
 
Conocida la constante de equilibrio de concentraciones, Kc, ésta se puede usar pa-
ra calcular las concentraciones de equilibrio. 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
65 
 
Ejemplo 3.3. Para la siguiente reacción, la Keq es 49,0 a una determinada temperatura. Si 
se colocan 0,4 moles de A y B en un recipiente de 20 L a esa temperatura, ¿cuáles serán 
las concentraciones de las diversas especies en el equilibrio? 
 
Solución: A + B  C + D 
[ ]iniciales: 20
4,0 M 
20
4,0 M 0 M 0 M 
[ ]equilibrio: (0,02-x) M (0,02-x) M x M x M 
[ ][ ]
[ ][ ] ( )
49,0
x0,02
x
BA
DC49,0K 2
2
eq =−
=== → x2 = 49,0*(4×10-4–0,04x+x2) = 0,0196-1,96x+49 
→ 48x2-1,96x+0,0196=0. Resolviendo: 
( ) ( )( )
( )
[ ]
0,0175x
no 320,0x
96
0,281,96
482
0,01964841,961,96x
2
01
2
=
→>=


±=
−±
=

 
[A]eq = 0,02 - 0,0175 = 2,5×10-3 M = [B]eq; [C]eq= [D]eq = x = 0,0175 M 
 
Ejemplo 3.4. Considere el mismo ejemplo anterior a la misma temperatura. Si se mezclan 
0,6 moles de A con 0,2 moles de B en un recipiente de 2 L y se deja que alcance el equi-
librio, ¿cuáles son las concentraciones en el equilibrio de todas las especies? 
 
Solución: A + B  C + D 
[ ]0 0,6/2 0,2/2 0 0 
[ ]eq 0,3-x 0,1-x x x 
 
[ ][ ]
[ ][ ] ( )( ) 49,0x0,4x0,03
x
x0,1x0,3
x
BA
DC49,0K 2
22
eq =+−
=
−−
=== 
x2=1,47–19,6x+49x2 → 48x2–19,6x+47=0. Resolviendo: 
( ) ( )( )
( ) 099,0x
no! 309,0x
96
1,106,19
482
4847,146,196,19
x
2
1
2
=
→=


±=
−±
= 
⇒ [A]eq = 0,3-0,099 M = 0,201 M = [A]eq; [B]eq = 0,1-0,099 = 0,001 M = [B]eq; [C]eq =[D]eq 
= x = 0,099 M. 
 
 
3.6. Factores que afectan el equilibrio 
 
Cuando un sistema alcanza el equilibrio, permanece en ese estado hasta que ocu-
rra un cambio de condiciones que lo perturbe. El principio director que sirve de base para 
analizar los efectos de dichas perturbaciones en el equilibrio químico es el principio de 
Le Chatelier: Si se aplica un cambio de condiciones a un sistema en equilibrio, el 
sistema responde de la forma en que mejor reduzca esos cambios para alcanzar de 
nuevo el equilibrio. 
 
El valor Qc nos ayudará a predecir el sentido de esa respuesta. 
 
Las condiciones o factores cuyos cambios influyen en el equilibrio son: 
• Concentración 
• Presión (∆V en reacciones en fase gaseosa) 
• Temperatura 
• Catalizadores 
 
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66 
3.6.1. Cambios en la concentración 
 
Si se añade un reactivo, el sistema tiende a consumirlo y, por tanto, la re-
acción se desplaza hacia productos. En general, para la reacción: aA + bB  cC + dD, 
[ ] [ ]
[ ] [ ]ba
dc
c
BA
DCK = . Al alcanzar el mismo equilibrio los valores de las nuevas concentraciones 
deben reproducir el valor de Kc. 
 
Esta influencia tiene una im-
portancia económica: retirar el producto a 
medida que se forma es una práctica útil en 
el quehacer industrial. Aumenta la eficiencia 
de la reacción, ya que se consumirán más 
reactivos para producir más producto 
 
3.6.2. Cambios de volumen y presión 
 
Las variaciones de presión tienen poco efecto en sólidos y líquidos ya que 
éstos son poco compresibles. Sin embargo tienen un efecto marcado en gases 
 
Los cambios de volumen y presión afectan el valor de Qc siempre que el 
número de moles de reactivos gaseosos difiera del número de moles de productos ga-
seosos. 
 
En un gas ideal: PV = nRT ó P = (n/V)RT, donde (n/V) = concentración 
(moles/L). En consecuencia: 
• A temperatura constante: n, R, T son ctes. y P ∝ (n/V) = concentración. 
• Si el volumen aumenta, la presión parcial disminuye (la concentración 
disminuye) y viceversa. 
 
En el equilibrio: A(g)  2D(g), K = 
[D]2/[A]. Si el volumen disminuye, el numerador 
[D]2 aumenta más que el denominador [A] (por 
estar elevado al cuadrado). Así, se obtiene Q > K y 
el equilibrio se desplaza hacia la izquierda (←). En general, al disminuir el volumen o 
aumentar la presión el equilibrio se desplaza hacia la zona de menor número de moles. 
 
Si en la reacción no hay cambio de número de moles gaseosos (ngas prod = 
ngas reactivos), un cambio de P o V no modifica el equilibrio. 
 
Si se aumenta la presión total por introducción (bombeo) de un gas inerte 
(p. ej. N2 o He) que no participa en la reacción, la presión parcial de cada gas permanece 
constante y el sistema permanece en equilibrio. 
 
3.6.3. Cambios de temperatura 
 
Todas las reacciones químicas tienen asociada una cantidad de calor, co-
nocida como calor de reacción o entalpía de reacción, que representamos como ∆H. 
 
El calor (Q) asociado puede ser absorbido por la reacción, en cuyo caso la 
reacción se denomina endotérmica; o puede ser generado por la reacción entonces se 
dice que la reacción es exotérmica. 
 
Cambio Dirección del cambio 
↑ [A] ó [B] (reactivos) Q<K → 
↑ [C] ó [D] (productos) Q>K ← 
↓ [A] ó [B] (reactivos) Q>K ← 
↓ [C] ó [D] (productos) Q<K → 
 
Cambio Q Dirección de cam-bio A(g)  2D(g) 
↑P ó ↓V Q>K Hacia < n (←) 
↓P ó ↑V Q<K Hacia > n (→) 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
67 
Para que el H2O(l) se descomponga en sus elementos: H2O(l)  H2(g) + O2(g) 
es necesario añadirle energía. La reacción global se representa: H2O(l) + energía (calor) 
 H2(g) + O2(g), o bien: H2O(l)  H2(g) + O2(g) ∆H ⊕ 
 
Los combustibles, (metano, CH4, p. ej.), reaccionan con el oxígeno del aire, 
“se queman”, produciendo calor a través de una reacción exotérmica: CH4(g) + O2(g) → 
CO2(g) + 2H2O(g) + calor, o bien: CH4(g) + O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g) ∆H. 
 
Cualquier reacción que se halle en equilibrio y se le modifique su tempera-
tura por adición o extracción de calor, responderá desplazándose en el sentido térmico 
que contrarreste dicho cambio (una reacción endotérmica en un sentido, es exotérmica 
en el sentido contrario). 
 
Si a una reacción exotérmica le aumentamos la temperatura añadiéndole 
calor a presión constante, reaccionará consumiendo dicho calor en exceso, es decir, des-
plazándose en el sentido endotérmico, favoreciendo la reacción inversa (endotérmica), 
produciendo reactivos. Al contrario, si una reacción es endotérmica y le añadimos calor, 
al consumirlo se favorece el sentido endotérmico y se producirán más productos. 
 
En resumen, un aumento de temperatura favorece las reacciones en-
dotérmicas; una disminución de temperatura favorecelas reacciones exotérmicas. 
 
Los valores de la constante de equilibrio, Kc, cambian con la temperatura: 
en reacciones exotérmicas, K disminuye si la temperatura aumenta; en reacciones en-
dotérmicas: K aumenta si la temperatura aumenta. 
 
3.6.4. Introducción de un catalizador 
 
El catalizador sólo incrementa la velocidad de reacción; es decir, disminuye 
el tiempo necesario para alcanzar el equilibrio (acelera las reacciones) pero no influye en 
el equilibrio. 
 
Ejemplo 3.5. Dada la siguiente reacción en equilibrio en un recipiente cerrado a 500 ºC, 
prediga el efecto de cada uno de los cambios siguientes sobre la cantidad de NH3: (a) 
aumento de la temperatura; (b) disminución de la temperatura; (c) aumento de la presión 
por disminución del volumen; (d) introducción de un catalizador de Pt; (e) introducción de 
nitrógeno en el sistema; (f) retiro de una parte de amoníaco. 
Reacción: N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g); ∆H = -92 kJ/mol 
 
Solución: 
(a) Si aumenta la temperatura, la reacción se mueve en sentido endotérmico (hacia reac-
tivos), en consecuencia, disminuye la concentración de amoníaco. 
(b) Si disminuye la temperatura, la reacción se mueve en sentido exotérmico (hacia pro-
ductos), en consecuencia, aumenta la concentración de amoníaco. 
(c) La reacción se mueve hacia donde haya menor número de moléculas gaseosas (hacia 
productos), incrementándose la concentración de amoníaco. 
(d) La presencia de catalizadores no afecta al equilibrio. 
(e) La reacción tiende a consumir el nitrógeno añadido, ya que es un reactivo; en conse-
cuencia, se formará más producto (aumenta la concentración de amoníaco). 
(f) Al retirar amoníaco (producto) el sistema tiende a reponerlo; en consecuencia, aumen-
ta la concentración de amoníaco. 
 
 
 
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68 
3.6.5. El proceso Haber 
 
Veremos ahora la importancia industrial de estas deducciones estudiando 
el conocido proceso Haber, mediante el cual se obtiene el amoníaco sintético, materia 
prima de los fertilizantes sintéticos nitrogenados. 
 
El nitrógeno es un gas muy poco reactivo2. Sin embargo, su presencia en 
la nutrición de las plantas es fundamental. Haber fue el primero en sintetizar el amoníaco, 
NH3, compuesto soluble de nitrógeno de gran interés industrial3
 
, a partir del nitrógeno del 
aire. El proceso es un ejemplo clásico para la comprensión de los factores cinéticos y 
termodinámicos que influyen en las velocidades de reacción y las posiciones de equilibrio. 
En este proceso, no se deja que la reacción alcance el equilibrio, aunque la 
reacción naturalmente siempre tiende a él. La reacción es, tal como hemos visto: 
N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g) ∆H = -92 kJ/mol 
en consecuencia, la expresión de la constante de equilibrio es: 
[ ]
[ ][ ]322
2
3
c
HN
NH
K = = 3,6 x 108 a 25 ºC. 
 
El proceso se lleva a cabo a 450 ºC bajo presiones comprendidas entre 
200 y 1000 atm. Los reactivos, nitrógeno e hidrógeno, se obtienen respectivamente de la 
destilación fraccionada del aire y del gas de carbón o refinamiento del petróleo. 
 
El elevado valor de Kc a temperatura ambiente no debe engañarnos, pues 
si bien es cierto a esta temperatura prácticamente todos los reactivos deberían consumir-
se, la velocidad de la reacción es tan lenta que prácticamente en esas condiciones no se 
llega a producir ninguna cantidad medible de amoníaco. 
 
Ahora podemos entender mejor como un factor termodinámico como el 
equilibrio químico nos hace ver la viabilidad de la reacción, pero no nos dice nada de la 
rapidez con que ésta podría ocurrir (factor cinético). Le tocó a Haber descubrir las condi-
ciones reales de viabilidad de la reacción. 
 
Como hay mayor número de moléculas gaseosas en los reactivos (4) que 
en los productos (2) nos parece ahora obvio que el incremento de presión favorecerá la 
producción de amoníaco. De hecho, en la práctica el proceso se lleva a cabo a las pre-
siones más elevadas posibles4
 
. 
Por otro lado, siendo que la reacción es exotérmica, un incremento de 
temperatura desfavorecería la formación de amoníaco. Sin embargo no debemos olvidar 
que el incremento de temperatura incrementa la velocidad de reacción en ambos senti-
dos. 
 
La reacción se lleva a cabo en presencia de catalizadores (hierro finamen-
te dividido y óxidos seleccionados) que también contribuyen a incrementar las velocida-
des directa e inversa. De esta manera se consigue producir más amoníaco, incluso a 
temperaturas menores, lo que mejora el rendimiento, eficiencia y vida útil de las instala-
ciones. En la tabla III.1 puede verse el efecto de la temperatura y presión en la eficiencia 
de la reacción. 
 
 
2 En muchos procesos se utiliza como gas inerte. 
3 Usado también en la fabricación de tintes, plásticos, explosivos y fibras sintéticas. 
4 La mayor presión que podamos manejar en una instalación segura. 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
69 
Tabla III.1. Efecto de T y P en el rendimiento de NH3. 
 Porcentaje molar de NH3 en la 
mezcla de equilibrio 
T (ºC) Kc 10 atm 100 atm 1000 atm 
209 650 51 82 98 
467 0,5 4 25 80 
758 0,014 0,5 5 13 
 
Nótese la drástica disminución de la constante de equilibrio a medida que 
la temperatura aumenta. Este hecho nos sugeriría bajas temperaturas para máximas 
conversiones de reactivos en productos. Sin embargo en esas condiciones las velocida-
des de reacción son muy bajas, incrementándose a mayor temperatura. De allí que indus-
trialmente el proceso no es rentable mientras no se trabaje por encima de los 450 ºC. 
 
La mezcla de reacción se enfría y el amoníaco condensa, retirándose del 
proceso en estado líquido, hecho que favorece la reacción directa. El N2 y el H2 sin reac-
cionar se recirculan al proceso. 
 
El amoniaco juega un rol im-
portante en el ciclo natural del nitrógeno en 
nuestro planeta (figura 3.4). Su única fuente 
conocida hasta antes del descubrimiento de 
Haber era, precisamente ésta. Actualmente, 
sin embargo, el amoníaco sintético tiene 
múltiples aplicaciones industriales: 
• Prácticamente el 83% se usa como ferti-
lizante, a través de sus sales o solucio-
nes (consume más del 1% de la energía 
producida por el hombre a escala mun-
dial). 
• Es el precursor de la mayor parte de 
productos nitrogenados industriales, 
entre los cuales el más importante es el 
ácido nítrico (HNO3) producido por el Proceso Ostwald mediante la oxidación de 
amoniaco con aire sobre catalizador de platino a 700 – 850 ºC y 9 atm. Este ácido se 
utiliza en la producción de fertilizantes, explosivos y muchos compuestos organonitro-
genados. El ANFO (nitrato de amonio + petróleo) y el amitol (nitrato de amonio y trini-
trotolueno, TNT) son dos potentes explosivos. 
• El amoníaco doméstico es una solución acuosa de amoniaco en agua (hidróxido de 
amonio) al 5% ÷ 10% (m/m) y se usa para limpieza de vidrio, porcelana y acero in-
oxidable ya que da un brillo sin rayas. Frecuentemente se le usa para limpiar hornos o 
utensilios llenos de mugre. 
• Debido a su fácil evaporación y condensación se usa como refrigerante. Se usó an-
tes de que ganaran popularidad los clorofluorocarbonos (CFC’s) o freones. El amo-
niaco anhidro es ampliamente usado en refrigeración industrial por su alta eficiencia 
energética y bajo costo. Se usa menos frecuentemente en aplicaciones comerciales 
tales como el congelamiento de productos alimenticios o en vitrinas refrigeradas debi-
do a su toxicidad. 
• Se usa también para eliminar el SO2 de los gases de combustión de los combustibles 
fósiles; el producto obtenido: sulfato de amonio se utiliza como fertilizante. 
• El amoniaco neutraliza los óxidos de nitrógeno (NOx) contaminantes que son emitidos 
por los motores diesel. Esta tecnología se denomina reducción catalítica selectiva 
(SCR, por sus siglas en inglés) y se lleva a cabo sobre catalizadores de vanadio. 
• Durante la Segunda Guerra Mundial se utilizócomo combustible para mover buses 
en Bélgica, así como en motores y energía solar antes de 1900. En estado líquido se 
 
Figura 3.5. El nitrógeno en la naturaleza. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
70 
usó como combustible del X-15, un avión artillado. Aunque no tenía la potencia de 
otros combustibles no dejaba hollín en el motor y como su densidad es aproximada-
mente la del oxidante (oxígeno líquido), se simplificaba el diseño de los aviones. 
• Ha sido propuesto como combustible alternativo a los combustibles fósiles para 
motores de combustión interna. El poder calorífico del amoniaco es de 22,5 MJ/mol, 
aproximadamente la mitad que el diesel. En un motor normal, en el cual el agua no 
condensa, el poder calorífico del amoníaco podría ser un 21% menor que esta cifra. 
Podría usarse en los motores existentes con modificaciones menores en carburado-
res e inyectores. Para esta aplicación habría que pensar en su producción a escala 
industrial mucho más intensiva que la actual, pues a pesar de ser el segundo produc-
to químico industrial a escala mundial, es sólo una pequeña fracción del petróleo usa-
do en el mundo. Su combustión produce nitrógeno y agua. En 1981 una empresa ca-
nadiense convirtió un Chevrolet Impala para usar amoniaco como combustible. 
• Hacia 1895 se sabía que el amoniaco era “fuertemente antiséptico… se requiere 1,4 
g/L para preservar el extracto de carne”. El amoniaco anhidro ha demostrado ser un 
agente antimicrobiano efectivo para comida animal y comercialmente se usa para 
reducir la contaminación microbiana de la carne. Entre otros beneficios, reduce los E. 
coli a niveles no detectables. 
• Particularmente en los deportes de fortaleza, como el levantamiento de pesas olímpi-
co se utiliza como estimulante respiratorio. 
• En la industria textil se le utiliza para el tratamiento de materiales de algodón; da 
propiedades parecidas a la mercerización usando álcalis. En particular se utiliza para 
el prelavado de la lana. 
• En condiciones estándar de temperatura y presión el amoníaco es más ligero que el 
aire y tiene aproximadamente el 60% del empuje del hidrógeno o helio. A menudo se 
usa para llenar globos meteorológicos. Debido a que tiene un punto de ebullición rela-
tivamente alto comparado con hidrógeno o helio, el amoniaco podría potencialmente 
refrigerarse y condensarse en una aeronave para reducir el ascenso y añadir lastre (y 
vaporizar para incrementar el ascenso y reducir el lastre). 
• El amoniaco se ha utilizado históricamente para oscurecer el roble blanco en ebanis-
tería. Los humos de amoniaco reaccionan con los taninos naturales de la madera 
causando su cambio de color. 
 
3.7. Aplicación de un cambio a un sistema en equilibrio 
 
Podemos utilizar la constante de equilibrio para evaluar las nuevas concentraciones 
de equilibrio luego de introducir o retirar alguna especie de un sistema en equilibrio 
 
Ejemplo 3.6. Se mezcla algo de hidrógeno y de yodo a 229 ºC en un recipiente de 1,00 
L. Cuando se establece el equilibrio hay presentes las siguientes concentraciones: [HI] = 
0,490 M; [H2] = 0,080 M e [I2] = 0,060 M. Si se añaden 0,3 moles adicionales de HI, ¿qué 
concentraciones habrá presentes cuando se establezca el nuevo equilibrio? 
Reacción: H2(g) + I2(g)  2HI(g) 
 
Solución: 
En la primera situación de equilibrio calculamos la constante de equilibrio: Kc = 
[ ]
[ ] [ ]22
2
IH
HI = 
)060,0)(080,0(
)490,0( 2 = 50,021 = Kc. Al establecerse el nuevo equilibrio, dado que se añade pro-
ducto, la reacción se desplaza hacia reactivos (los productos disminuirán y se incremen-
tará la cantidad de reactivos, según el principio de Le Chatelier), respetando las relacio-
nes estequiométricas (de hidrógeno y de yodo se formará la mitad (x) del yoduro consu-
mido (2x)): 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
71 
 H2(g) + I2(g)  2HI(g) 
[ ]0, eq 0,080 M 0,060 M 0,490 M 
[ ]final, eq [0,080+x] [0,060+x] [0,490+ L00,1
moles3,0 -2x] 
de modo que: Kc = 
[ ]
[ ] [ ]22
2
IH
HI = 
)x060,0)(x080,0(
)x2790,0( 2
++
− = 50,021. Operando y ordenando ob-
tenemos: 46,0x2 + 10,2x – 0,384 = 0. Resolviendo obtenemos: x1 = 0,032 y x2 = (-); de 
modo que las concentraciones una vez alcanzado el nuevo equilibrio serán: 
[HI] = 0,790 – 2(0,032) = 0,726 M = [HI] [H2] = 0,080 + 0,032 = 0,112 M = [H2] 
[I2] = 0,06 + 0,032 = 0,092 M = [I2] 
 
 
Veamos ahora un sistema en el que se varía la presión por modificación de volu-
men. 
 
Ejemplo 3.7. A 22 ºC, la constante de equilibrio Kc vale 4,66×10-3 para la reacción: 
N2O4(g)  2NO2(g). (a) Si se inyectan 0,8 moles de N2O4 en un recipiente cerrado de 1 L a 
22 ºC ¿Cuántos moles de cada gas estarán presentes en el equilibrio? (b) Si el volumen 
disminuye a la mitad (0,5 L) a temperatura constante, ¿cuántos moles de cada gas habría 
presentes después que se establezca el nuevo equilibrio? 
 
Solución: 
(a) N2O4(g)  2NO2(g) 
[ ]0 L1
moles 0,8 0 
[ ]eq 0,8 - x 2x 
[ ]
[ ]
( )
( )
3
2
42
2
2
c 1066,4x8,0
x2
ON
NOK −×=
−
== → 4x2 + 4,66×10-3x - 3,7x10-3 = 0 
Resolviendo: x1 = 0,03 y x2 = . Así: [N2O4]eq = 0,8 – x = 0,8 – 0,03 = 0,77 M = [N2O4]eq; 
[NO2]eq = 2x = 2x0,03 = 0,06 M = [NO2]eq 
(b) Si Vf = ½ V0 = ½ (1 L) = 0,5 L, las nuevas concentraciones iniciales son: 
[ ]
5,0
77,0ON '042 = = 1,54 M; [ ] 5,0
06,0NO '02 = = 0,12 M, de modo que: 
 N2O4(g)  2NO2(g) 
 1,54 0,12 
 1,54 + x 0,12 - 2x 
La disminución de volumen equivale al incremento de las concentraciones de las espe-
cies. El equilibrio se mueve en el sentido de producir menor número de moles (hacia re-
activos). 
En el nuevo equilibrio: 
[ ]
[ ]
( )
( )
3
2
42
2
2
c 1066,4x54,1
x212,0
ON
NOK −×=
+
−
== ; se obtiene: 4x2 - 0,485x + 
7,22x10-3 = 0. Resolviendo obtenemos: x1 = 0,103 (no) y x2 = 0,017, con lo cual: [ ] 'eq2NO
= 0,12 - 2(0,017) = 0,087 M = [ ] 'eq2NO ; 
[ ] 'eq42ON =1,54 + x = 1,557 M = [N2O4]. En consecuencia: 
moles de NO2 = 0,087×0,5 = 0,0435; moles de N2O4 = 1,557×0,5 = 0,7785. 
 
 
[ ] '0
[ ] 'eq
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
72 
3.8. Presiones parciales y la constante de equilibrio 
 
En sistemas gaseosos es más conveniente trabajar con presiones parciales que 
con concentraciones. Como hemos visto: P = (n/V)RT = cRT ó P = MRT; o bien: P α M, 
donde M representa la molaridad (moles/unidad de volumen). Como puede verse, la pre-
sión es proporcional a la concentración (molaridad). 
 
Cuando todos los factores de la expresión de Kc corresponden a gases, se prefiere 
usar las presiones parciales y expresar la constante de equilibrio, Keq, en función de ellas, 
definiéndose así la constante de equilibrio de presiones parciales o Kp. Así, para la 
reacción genérica: aA(g) + bB(g)  cC(g) + dD(g), b
B
a
A
d
D
c
C
p pp
ppK = , expresión en la cual las pre-
siones parciales deben expresarse en atmósferas. 
 
En el caso de la reacción: N2(g) + 3H2(g)  2NH3(g): 3
HN
2
NH
p
22
3
pp
p
K = . 
 
Ejemplo 3.8. En una mezcla en equilibrio a 500 ºC, encontramos que 
3NH
p = 0,147 atm, 
2N
p = 1,41 atm y 
2H
p = 6,0 atm. Evalúe Kp a 500 ºC para la reacción: N2(g) + 3H3(g)  
2NH3(g) 
 
Solución: ( )
( )( )3
2
2
HN
2
NH
p 61,41
0,147
pp
p
K
22
3 == = 7,1×10-5 = Kp 
 
 
3.9. Relación entre Kp y Kc 
 
De la ecuación de los gases ideales: 
RT
P
V
n
=




 ; y dado que molaridadM
V
n
==




 , 
nos queda la expresión de la molaridad de un gas: 
RT
PM = . Sustituyendo estos valores 
en la ecuación de Kc para el sistema N2 – H2 – NH3: 
[ ]
[ ][ ]
( )2p4
2
3
HN
2
NH
3
HN
2
NH
3
22
2
3
c RTK
RT
1
RT
1
pp
p
RT
p
RT
p
RT
p
HN
NH
K
22
3
22
3
=












=




















== , o bien: 
 Kc = Kp(RT)2; o bien Kp = Kc(RT)-2 
 
En general: Kp = Kc(RT)∆n; Kc = Kp(RT)-∆n 
siendo ∆n = (ngas)prod – (ngas)react 
 
Si el número de moles gaseosos (ngas) es el mismoen ambos miembros de la 
ecuación, no hay variación en el número de moles gaseosos (∆n = 0) y ambas constantes 
coinciden (Kp = Kc). 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
73 
En el caso del amoníaco (ej. 3.8): Kc = Kp(RT)-∆n; y como ∆n = 2-4 = -2, el valor de la 
constante de equilibrio de concentraciones será: Kc = (7,1×10-5)[0,0821×(273+500)]-(-2) = 
0,286 = Kc, Valor concordante con el utilizado en el ejemplo referido. 
 
En consecuencia, para sustancias gaseosas los cálculos de equilibrio pueden 
hacerse en base a concentraciones (Kc) o presiones parciales (Kp). El resultado debe ser 
el mismo. 
 
Ejemplo 3.9. Colocamos 10 g de SbCl5 en un recipiente de 5 L a 448 ºC y dejamos que la 
reacción alcance el equilibrio ¿Cuántos gramos de SbCl5 hay presentes en el equilibrio?. 
Resuelva este problema (a) usando Kc y las concentraciones molares; y (b) usando Kp y 
las presiones parciales. SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g); a 448 ºC, Kc = 2,51×10-2 y Kp = 1,48. 
 
Solución: (a) Usando Kc
(PF)SbCl5 = 121,75 + 5(35,5) = 299,25 g/mol 
: n0, SbCl5 = 
mSbCl5
(PF)SbCl5
= 10 g
299,25 g/mol
 = 0,0334 moles 
 SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g 
[ ]0 3107,65
0334,0 −×= M 0 0 
[ ]eq 6,7×10-3-x x x 
Kc = 2,51×10-2=
[ ][ ]
[ ] x107,6
xx
SbCl
ClSbCl
3
5
23
−×
⋅
=
−
. 
Se obtiene: x2 = 1,68x10-4 -2,51×10-2x; o bien: x2 +2,51×10-2x - 1,68×10-4 = 0. Resolvien-
do: x1 = 5,5 x 10-3; x2 = (-) (no!). Por tanto: [SbCl5]eq = 6,7×10-3 - 5,5×10-3 = 1,21×10-3M; y 
la masa: 
5SbCl
m =1,21×10-3 
L
moles x 299,25 
mol
g
×5 L = 0,362 
L
g
×5 L = 1,81 g = mSbCl5 
 
(b) Usando Kp. 
5SbCl
pInicialmente: = ptot = nRTV = 
0,0334*0,0821*(448+273)
5
= 0,395 atm 
 SbCl5(g)  SbCl3(g) + Cl2(g 
p0 0,395 0 0 
peq 0,395-y y y 
Kp = 1,48 = y395,0
y2
− 
→ y2 + 1,48y - 0,585 = 0. Resolviendo: y1 = 0,324 atm; y2 = (-) (no!). 
peq
5SbCl
= 0,395 - 0,324 = 0,071 atm. El número de moles se puede calcular considerando 
la ecuación de los gases ideales: ( )
3
SbCl,f 1062734480821,0
5071,0
RT
pVn
5
−×=
+
×
== moles; y la 
masa: m
5SbCl
= n(PM)
5SbCl
 = 6×10-3×299,25 = 1,79 g = mSbCl5 
Diferencia entre ambos procedimientos: 
79,1
79,181,1 −
×100 = 1% → error de redondeo!! 
 
 
3.10. Equilibrios heterogéneos 
 
Hasta ahora hemos visto equilibrios que involucran una sola fase; es decir, equili-
brios homogéneos. Ahora veremos los equilibrios heterogéneos, que implican sustancias 
en varias fases, p. ej.: 2HgO(s)  2Hg(l) + O2(g), en la cual en el equilibrio hay presente un 
sólido, un líquido y un gas. 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
74 
Los sólidos y líquidos puros no intervienen significativamente en la expresión de 
equilibrio químico, dado que su actividad (recordar definición termodinámica de equilibrio 
químico) es unitaria. En consecuencia, para la reacción propuesta: Kc = [O2]; Kp = 
2O
p . 
 
Ejemplo 3.10. El valor de Kp es 27 para la descomposición térmica del clorato de potasio 
a una temperatura determinada. ¿Cuál es la pp de O2 en un recipiente en el cual el sis-
tema siguiente está en equilibrio a la temperatura dada: 2KClO3(s)  2KCl(s) + 3O2(g). 
 
Solución: Kp = pO2
3 = 27 → pO2= 3 atm 
 
 
3.11. Relación entre ∆Gº y la constante de equilibrio 
 
Cuando mezclamos dos sustancias (a temperatura y presión constantes) hay siem-
pre un incremento del desorden y, en consecuencia, un aumento de entropía. Si esas 
sustancias reaccionan, lo hacen liberando o absorbiendo calor, a la vez que se modifican 
las concentraciones tanto de reactivos como de productos. Estos cambios proceden has-
ta que el sistema alcanza el equilibrio. 
 
Cuando se alcanza el equilibrio puede ser que la reacción haya sido completa, o 
bien que los reactivos hayan quedado inalterados, o bien cualquier situación intermedia 
entre estos extremos. 
 
El cambio de energía libre ∆Gº que hemos estudiado (cap. 1) corresponde a la re-
acción completa. Para cualquier otro caso hablamos solamente de ∆G. Ambos valores 
de energía libre se relacionan así: ∆G = ∆Gº + RT ln Q, donde R es la constante univer-
sal de los gases, T la temperatura y Q el cociente de reacción. 
 
Cuando se alcanza el equilibrio, ∆G = 0, y en consecuencia: ∆Gº = - RT ln Q. Pero 
como sabemos, en el equilibrio Q = Kc, de modo que ∆Gº = - RT ln K, expresión que rela-
ciona la energía libre normal y la constante termodinámica de equilibrio. 
 
De la ecuación ∆Gº = - RT ln K podemos deducir que: 
• Si ∆Gº es negativo, K debe ser mayor que 1 (ln K positivo), motivo por el 
cual los productos se ven favorecido frente a los reactivos. 
• Si ∆Gº es positivo, K debe ser menor que 1 (ln K negativo), motivo por el 
cual los reactivos se ven favorecido frente a los productos. 
• Si ∆Gº = 0 (improbable), k debe ser igual a 1 (ln K = 0), de modo que nume-
rador y denominador son iguales. 
 
En consecuencia, la tendencia al equilibrio (el sentido en que una reacción se des-
plaza para alcanzar el equilibrio) dependerá de las concentraciones iniciales de las espe-
cies presentes. Ahora nos explicamos por qué si Q < K la reacción se desplaza hacia 
productos y viceversa. 
 
La magnitud de ∆Gº indica la extensión en la que tiene lugar una reacción química 
en condiciones de estado normales, es decir, cuánto avanza la reacción hacia la forma-
ción de los productos antes de que se alcance el equilibrio. Cuanto más negativo sea 
∆Gº, mayor será el valor de K y más favorable la reacción directa. 
 
Ejemplo 3.11. Use los datos de tablas y manuales para evaluar Kp para la reacción de 
combustión del acetileno (etino) a 25 ºC: 2C2H2(g) +5O2(g)  4CO2(g) + 2H2O(g). 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
75 
Solución: ∆Gº usando los datos de tablas y manuales: ∆Gº = 4*∆Gºf,CO2(g) + 2*∆Gºf,H2O(g) – 
(2*∆Gºf,C2H2(g) + 5*∆Gºf,O2(g)) = [4(-394,4) + 2(-228,6)] – [2(209,2) + 5(0)] kJ/mol = -2,45x103 
kJ/mol ó -2,45x106 J/mol. Aplicando la relación: ∆Gº = - RT ln Kp obtenemos: ln Kp = 
RT
ºG∆
− = 
)K298(*)molK/J315,8(
mol/J10x45,2 3−
−
 
= 988,75  Kp = e988,75 = 2,6x10429 = Kp, valor tan 
alto de Kp que nos indica que el equilibrio está muy desplazado hacia la derecha. 
 
 
Ejemplo 3.12. La constante de equilibrio Kp para la reacción: C2H4(g) + H2(g)  C2H6(g) 
es 5,04x1017 a 25 ºC. Calcule para la hidrogenación del etileno para formar etano. 
 
Solución: calculamos unsando la ecuación: ∆Gº = - RT ln Kp. 
∆Gº = - (8,315 J/molK)(298K) ln (5,04x1017) = -1,01x105 J/mol = - 101 kJ/mol = ∆G298
O 
 
 
3.12. Evaluación de las Keq a diferentes temperaturas 
 
Las reacciones pueden llevarse a cabo a varias T; y a cada una de ellas existe un 
valor distinto de Keq. Afortunadamente, la ecuación de Van’t Hoff. Permite calcular la Keq 
a una temperatura determinada, conociendo la Keq a otra temperatura: 
 






−
∆
=







21
0
T
T
T
1
T
1
R
H
K
K
ln
1
2 
 
Por tanto, conocidos la constante de equilibrio y el calor de reacción, ∆Hº, para una 
reacción a una determinada temperatura (p. ej. 25 ºC = 298 K), se puede usar la ecuación 
de Van’t Hoff para calcular la constante de equilibrio a otra temperatura. 
 
Ejemplo 3.13. Para la reacción: N2(g) + O2(g)  2NO(g), Kp= 4,6×10-31 a 25 ºC (298 K). Para 
dicha reacción, ∆H0 = 180,5 kJ. Evalúe Kp, 2400 y compárela con Kp,298 
 
Solución: usando la ecuación de Van’t Hoff: 
80,63
2400
1
298
1
K J/mol 315,8
kJ/J10kJ/mol 5,180
106,4
K
ln
3
31
2400,p =




 −
×
=





× −
; 
de donde: e
ln�
Kp, 2400
4,6x10-31
�
= e63,80; 31
2400,p
106,4
K
−×
= 5,1×1027 → Kp,2400 = 2,3 x 10-3. 
Comparando con Kp,298 → (Kp,2400/Kp,298) = (2,3x10-3/4,6×10-31) = 5,0 x 1027 veces mayor a 
2400 K que a 298 K. 
 
 
3.13. Equilibrios iónicos: electrolitos, ácidos y bases 
 
Ya sabemos la importancia de las soluciones acuosas5
 
 por la gran cantidad de re-
acciones que naturalmente ocurren en ese medio (océanos, ríos, lagos, cuerpo humano y 
sistemas vivos engeneral). 
 
5 Aquellas soluciones en las que el solvente es el agua. 
0
298G∆
0
298G∆
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76 
Hemos visto que las sustancias conocidas pueden agruparse en electrolíticas (o 
electrolitos) y no electrolíticas (no electrolitos) según den lugar, en solución acuosa, a 
soluciones conductoras o no conductoras de la corriente eléctrica. Hasta el momento, 
hemos visto el equilibrio químico, incluso en solución, pero sólo de sustancias no elec-
trolíticas. 
 
Las sustancias electrolíticas son sustancias iónicas que se disocian total o par-
cialmente en solución acuosa, dando lugar a los electrolitos fuertes y a los electrolitos 
débiles, respectivamente 
 
Los electrolitos fuertes incluyen ácidos fuertes, bases fuertes y la mayoría de las sa-
les solubles. Las concentraciones de los iones en solución para estas sustancias se cal-
culan directamente a partir de la molaridad del electrolito, como se ve en el siguiente 
ejemplo. 
 
Ejemplo 3.14. Calcule las concentraciones molares de los iones Mg2+ y Br- de una diso-
lución que contiene 0,92 g de HgBr2 en 500 mL de solución. 
 
Solución: MgBr2  Mg2+ + 2Br-. Según las relaciones estequiométricas: [MgBr2] = [Mg2+] 
= ½ [Br-]. [MgBr2] = L 0,5
g/(PF) 92,0
V
n
= ( )
L 5,0
9,79231,24/92,0 ×+
= = =
L 5,0
11,184/92,0
L 5,0
105 3−× = 
0,01M. En consecuencia: [MgBr2] = 0,01M = [Mg2+]; [Br-] = 2[Mg2+] = 0,02 M 
 
 
3.13.1. Autoionización del agua 
 
Experimentos cuidadosos han determinado que el agua pura se disocia en 
una extensión muy pequeña, comportándose como un electrolito muy débil: 
H2O(l) + H2O(l)  H3O+(aq) + OH-(aq) 
 
La constante de equilibrio (Keq) de esta expresión no incluye al H2O(l) (cuya 
“actividad” es 1), y se llama producto iónico del agua6
 
: Kw = [H3O+] [OH-]. 
De esta manera, en el agua pura encontramos que: [H3O+] = [OH-]. Se ha 
encontrado que a 25 ºC, dichas concentraciones valen: [H3O+] = [OH-] = 1×10-7 M, y en 
consecuencia: Kw = [H3O+] [OH-] = 1×10-14 M, expresión deducida para el agua pura, que 
se considera válida para soluciones diluidas a 25 ºC. 
 
La constante de equilibrio de autoionización del agua, Kw, cambia con la 
temperatura, pero la ecuación anterior sigue siendo válida a cualquier temperatura. En lo 
posible, consideraremos 25 ºC la temperatura de las soluciones acuosas que estudiemos 
(así, Kw = 1×10-14 M siempre). 
 
Ejemplo 3.15. Calcule las [H3O+] y [OH-] en una solución 0,05M de HNO3 (ácido nítrico). 
 
Solución: HNO3 + H2O → H3O+ + NO-3 (1) (Ácido nítrico → electrolito fuerte) 
[H3O+]ácido = [HNO3] = 0,05 M 
Autoionización del agua: 2H2O  H3O+ + OH- (2) 
Kw = [H3O+][OH-] = [0,05][OH-] = 1×10-14 → [OH-]= 05,0
101 14−× = 2×10-13 M. 
 
 
6 El ion H3O+ es el ion hidronio (análogo al hidrogenión: H+) y el OH- es el ion hidroxilo u oxhidrilo. 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
77 
IMPORTANTE: debe entenderse que los equilibrios expresados por las ecuaciones (1) y (2) del 
ejemplo 3.15 son procesos simultáneos (deben satisfacerse al mismo tiempo), y en la expresión 
de Kw, la [H3O+] corresponde al proveniente del HNO3, además del proveniente de la autoioniza-
ción del agua. Este último término puede llegar a ser despreciable frente al primero. Más estricta-
mente, el análisis es el siguiente: 
 2H2O  H3O+ + OH- 
 [inicial] 0 0,05 0 
 cambio -2x (0,05+x) x 
 ------------------------------------------------------------------------ 
 [ ]eq -2x (0,05+x) M x M 
de donde Kw = [H3O+] [OH-]; 1×10-14= (0,05+x)(x); pero como x (proveniente de la disociación del 
agua) es muy pequeña (x << 0,05), puede despreciarse... (aproximación usual!!) 
 
IMPORTANTE: [OH-]procedente del agua = [H3O+]procedente del agua en todas las soluciones acuosas. En el 
ejemplo visto: [OH-] = 2×10-13 M (procedente del agua!!) → [H3O+]procedente del agua = 2×10-13 M. 
 
En agua pura: Kw = 1×10-14 M = [H3O+] [OH-] y como [H3O+] = [OH-]  Kw = 
1×10-14 M = x2 → x = wK = 1×10
-7 M = [H3O+] = [OH-]. Lo mismo ocurre en una solución 
neutra (de hecho, el agua pura puede considerarse como una “solución” neutra). 
 
Si al agua pura se añaden H3O+ (provenientes de un ácido), el equilibrio 
del agua se modifica, de modo que [H3O+] > [OH-], dando lugar a una solución ácida. 
 
Si al agua pura se añaden OH- (provenientes de una base), el equilibrio del 
agua se modifica, de modo que [H3O+] < [OH-] dando lugar a una solución básica. 
 
3.13.2. Las escalas de pH y pOH 
 
Usadas para medir la acidez o basicidad de las soluciones diluidas. El pH 
se define: pH = log [ ]+OH
1
3
; o bien: pH = -log [H3O+], y por extensión: pOH = log [ ]−OH
1 o 
bien pOH = -log [OH-] ⇒ [H3O+] = 10-pH y [OH-] = 10-pOH. 
 
Por ejemplo, en una solución en la que [H3O+] = 0,05 M, el pH vale -log 
(0,05) = -(-1,3) = 1,3 = pH. También podríamos hallar [H3O+] sabiendo el pH: si el pH es 
3,301, ¿cuánto vale [H3O+]?  pH = -log [H3O+] → 10pH 
= [ ] [ ]+=+ OH
1
10
1
3
OHlog 3
 [H3O+] = 301,310
1
= 5×10-4M = 
[H3O+]. 
 
¿Cómo se relacionan el pH y el pOH? 
Como [H3O+] [OH-] = 1×10-14 M, tomando logaritmos: log 
[H3O+] + log [OH-] = log 1×10-14 M = -14. Multiplicando 
ambos miembros por (-1): -log [H3O+] – log [OH-] = 14. 
Pero como pH = -log [H3O+] y pOH = - log [OH-] → pH + 
pOH = 14 (a 25 ºC). De acuerdo a esta escala las solu-
ciones son ácidas, neutras o básicas (alcalinas) depen-
diendo del valor del pH (figura 3.6). 
 
Ejemplo 3.16. Calcule [H3O+], pH, [OH-] y pOH en una solución 0,015M de HNO3. 
 
 
Figura 3.6. Escala de pH. 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
78 
Solución: HNO3 + H2O → H3O+ + NO3-. Si [HNO3] = 0,015M → [H3O+] = 0,015M (ácido 
fuerte); y pH= -log[H3O+] = -log 0,015 = 1,82 = pH  [OH-] = [ ] 015,0
10
OH
K 14
3
W
−
+
= = 6,67×10-13 
= [OH-]  pOH = -log[OH-] =-log6,67×10-13= 12,18 = pOH. 
También puede calcularse así: pOH = 14 – pH = 14 – 1,82 = 12,18 
 
 
3.13.3. Formas de medir el pH 
 
a) Con pH-metro: instrumento electromecánico o digital. Los hay de labo-
ratorio y de campo (figura 3.7). De acuerdo al tipo y la marca pueden tener mayor o me-
nor precisión, pero todos deben ser calibrados antes de usar con soluciones patrón de pH 
exactamente conocido (soluciones buffer, que veremos más adelante). 
 
 
Figura 3.7. pHmetros (algunos combinados con conductivímetros, medidores de 
sales totales disueltas y termómetros). Soluciones buffer para calibración. 
 
b) Con indicadores ácido-base: sustancias orgánicas que en solución 
presentan distintos colores a diferente pH (se verán con más detalle más adelante). Hay 
indicadores universales (mezclas de distintos indicadores) que muestran distintos cam-
bios de color a diferentes pH (figura 3.8). Se preparan soluciones de distinta concentra-
ción y se añade el indicador. Cada solución toma un color diverso. Luego se hace lo 
mismo con la solución problema y se determina su pH por comparación. 
 
 
Figura 3.8. Algunos indicadores comunes y su rango de viraje (izquierda). 
Diferentes colores en función del pH en soluciones con indicador universal (derecha) 
 
c) Con papel indicador: papel impregnado con indicador universal. Tam-
bién por comparación de color (figura 3.9). 
 
 
 
 
 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
79 
 
Figura 3.9. Medida de pH con papel indicador universal. 
 
3.13.4. Constantes de ionización para ácidos y bases monopróticas 
 
La mayoría de ácidos y bases son débiles correspondiéndoles una Keq que 
se llama Ka (para ácidos débiles) y Kb (para bases débiles). Algunos ejemplos: 
 
Ácido Reacción Ka a 25 ºC pKa 
Fluorhídrico HF + H2O  H3O+ + F- 7,2×10-4 3,14 
Nitroso HNO2+H2O  H3O+ +NO-2 4,5×10-4 3,35 
Acético CH3COOH+H2O  H3O+ +CH3COO- 1,8×10-5 4,74 
Hipocloroso HOCl + H2O  H3O+ + OCl- 3,5×10-8 7,45 
Cianhídrico HCN + H2O  H3O+ + CN- 4,0×10-8 9,40Los ácidos débiles son de uso corriente y frecuente. Se les encuentra en 
productos naturales (vinagre, frutas, etc.). 
 
3.13.5. Reacciones de ionización y Ka 
 
Veamos el caso del ácido acético CH3COOH ó HAc: 
HAc + H2O  H3O+ + Ac-  Kc = 
[ ][ ]
[ ][ ]OHHAc
AcOH
2
3
−+
 
pero [H2O] >> 0 en soluciones diluidas → [H2O] se asimila al valor de Kc; por tanto: 
Kc[H2O] = Ka = 
[ ] [ ]
[ ]HAc
AcOH3
−+
= 1,8 x 10-5. 
 
Ejemplo 3.17. En una solución 0,01 M el ácido acético está ionizado en un 4,2%. Calcule 
su constante de ionización (Ka). 
 
Solución: CH3COOH → H+ + CH3COO- 
[ ]0 0,01M 0 0 
[ ]eq 0,01 – 4,2×10-4 4,2×10-4 4,2×10-4 
[ ][ ]
[ ]
( )
( )4
24
3
3
a 102,401,0
102,4
COOHCH
COOCHHK −
−−+
×−
×
== = 1,8×10-5 = Ka 
 
Ejemplo 3.18. El pH medido de una solución 0,115 M de ácido cloroacético ClCH2COOH 
resulta ser 1,92. Calcule Ka para éste ácido monoprótico débil. 
 
Solución: ClCH2COOH → H+ + ClCH2COO- 
[ ]0 0,115 0 0 
[ ]eq 0,115-x x x 
[H+]eq = 10-pH = 10-1,92 = 0,012M  
( )
( )012,0115,0
012,0
)x115,0(
xK
22
a −
=
−
= = 1,4×10-3 = Ka. 
 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
80 
Como las constantes de ionización son constantes de equilibrio (Keq), su 
magnitud se relaciona con fortaleza de electrolito: cuanto mayor es la magnitud de K, más 
disociado está el electrolito; es decir, más fuerte es. 
 
De acuerdo a los valores de Ka podemos ordenar los ácidos del apartado 
anterior en orden decreciente de fortaleza: HF > HNO2 > CH3COOH > HClO > HCN. 
 
Ejemplo 3.19. Calcule el porcentaje de ionización de una solución 0,1 M de ácido acético 
(HAc, Ka = 1,85×10-5). 
 
Solución: HAc  H+ + Ac- 
[ ]0 0,1M 0 0 
[ ]eq 0,1-x x x 
Ka = 1,8×10-5 = ( ) ⇒− x1,0
x2 x2 + 1,85×10-5x - 1,85×10-6 = 0; resolviendo 
( ) ( )( )
( )


−=
×=
=
×+×±×−
=
−−−−
2
3
1
6255
x
1033,1x 
2
108,114108,1108,1
x 



→×
→
− x1033,1
%100M 1,0
3 x = 1,33% → % disociación: 1,33% 
 
 
Como en el caso del pH, también se calcula el pKa: pKa = -log Ka. Así, pa-
ra el HAc: pKa = -log Ka = -log (1,8×10-5) = -(-4,74) = 4,74. Para el HF: pKa = -log Ka = -log 
(7,2×10-4) = -(-3,14) = 3,14. 
 
3.13.6. Reacciones de ionización y Kb 
 
¿Y qué ocurre con las bases débiles? El amoníaco es el ejemplo más fre-
cuente: NH3 + H2O  NH4+ + OH-  Kb = 
[ ][ ]
[ ]3
4
NH
OHNH −+ = 1,8×10-5; y pKb = -log Kb, de 
manera análoga que en los ácidos monopróticos débiles 
 
Ejemplo 3.20. El pH del amoníaco doméstico es 11,50. ¿Cuál es su molaridad? 
 
Solución: [H3O+] = 10-pH = 10-11,50 = 3,16×10-12 M; y como: 
[H+][OH-] = 1×10-14 = Kw → [OH-] = 12
14
1016,3
101
−
−
×
× = 3,16×10-3M = [OH-] 
 NH3 + H2O  NH4+ + OH- 
[ ]0 x 0 0 
[ ]eq x - 3,16×10-3 3,16×10-3 3,16×10-3 
Kb=1,8×10-5 =
( )
( )3
23
1016,3x
1016,3
−
−
×−
×
 
→ x = ( ) 35
23
1016,3
108,1
1016,3 −
−
−
×+
×
× . Resolviendo: 
X = 0,56 → solución 0,56 M de NH3. 
 
 
Algunos ejemplos de bases débiles: 
 
 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
81 
Base Reacción de ionización Kb a 25 ºC pKb 
Amoniaco NH3 + H2O  NH4+ + OH- 1,8 x 10-5 4,74 
Metilamina (CH3)NH2 + H2O  (CH3)NH3+ + OH- 5,0 x 10-4 3,30 
Dimetilamina (CH3)2NH + H2O  (CH3)2NH2+ + OH- 7,4 x 10-4 3,13 
Trimetilamina (CH3)3N + H2O  (CH3)3NH+ + OH- 7,4 x 10-5 4,13 
Piridina C5H5N + H2O  C5H5NH+ + OH- 1,5 x 10-9 8,82 
 
3.13.7. Indicadores ácido-base 
 
Un indicador es un tinte orgánico cuyo color depende de la concentración 
de hidronio ([H3O+]) o pH de la solución La coloración “indica” la acidez o basicidad de 
una solución. Se usan para la detección del punto final de una valoración. 
 
Los primeros indicadores usados fueron colorantes naturales (p. ej. torna-
sol). Actualmente se usan productos sintéticos. El más corriente: fenolftaleína (incolora 
si el pH < 8 y roja si el pH > 10; ver figura 3.8). 
 
Muchos indicadores son ácidos orgánicos débiles, que pueden represen-
tarse como: HIn (“In” = grupos orgánicos complejos). P. ej. azul de bromotimol: Ka = 
7,9×10-8. 
 HIn + H2O  H3O+ + In- 
 Amarillo azul 
 (ácido) (básico) 
 
Podríamos escribir: [ ][ ] [ ]+
−
=
OH
K
HIn
In
3
a : las cantidades relativas de [In-] y [HIn] 
dependen de [H3O+]; en consecuencia, el color depende del pH. 
 
Los indicadores universales son mezclas de diversos indicadores. Se uti-
lizan en papeles indicadores (ver figura 3.9). 
 
3.14. El efecto del ion común y soluciones reguladoras 
 
En reacciones de laboratorio, en procesos industriales, en las plantas y animales, 
es necesario, frecuentemente, mantener un pH casi constante a pesar de la adición de 
ácidos y bases; p. ej., la capacidad transportadora de O2 de la hemoglobina en la sangre, 
actividad enzimática de las células, etc., son muy sensibles a variaciones del pH. Este pH 
se controla con las llamadas soluciones reguladoras, cuya operatividad depende del 
efecto del ion común, que pasamos a describir. 
 
Se trata de un caso especial del principio de Le Chatelier, en el cual un mismo ion 
es producido por dos compuestos diferentes. 
 
Este efecto se encuentra en muchos sistemas, entre los cuales podemos indicar, 
como más frecuentes: 
1) solución de ácido débil con sal iónica soluble del ácido débil, y 
2) solución de base débil con sal iónica soluble de la base débil. 
 
3.14.1. Solución de ácido débil con sal iónica soluble del ácido débil 
 
En este caso, p. ej., podemos tener una solución de HAc (ácido acético) y 
NaAc (acetato de sodio), en la cual el NaAc (sal fuerte o soluble del ácido acético) está 
totalmente disociado y el HAc (ácido débil) sólo parcialmente: 
 
Ka = 
[ ][ ]
[ ]HIn
InOH3
−+
 = 7,9×10-8 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
82 
 NaAc → Na+ + Ac- (disociado totalmente) 
 HAc  H+ + Ac- (reversible) 
 
Como la concentración total de iones acetato es mayor que aquella proce-
dente sólo del ácido: [Ac-]total > [Ac-]sólo del ácido, el equilibrio está muy desplazado hacia la 
izquierda y la concentración total de hidrogeniones es menor que aquella procedente sólo 
del ácido: [H+] < [H+]sólo del ácido. 
 
Según Le Chatelier: las soluciones que contienen un ácido débil con una 
sal del ácido débil son menos ácidas que aquellas que contienen la misma concentra-
ción de ácido solamente. 
 
Ejemplo 3.21. Calcule la concentración de H3O+ y el pH de una solución 0,10 M de HAc y 
0,20 M de NaAc. 
 
Solución: Tal como hemos visto, podemos escribir las siguientes ecuaciones del proce-
so: NaAc → Na+ + Ac- (≈ 100%) 
 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (reversible) 
y la Ka del ácido: Ka = 
[ ] [ ]
HAc
AcOH3
−+
 
= 1,8 x 10-5. Esta Ka es aplicable siempre que haya 
HAc; y en este caso, al haber también NaAc, la concentración de ion acetato, [Ac-] en la 
expresión de Ka es la total, proveniente de ambas fuentes: NaAc y HAc. 
La [Ac-] en la primera ecuación (NaAc) es de 0,20 M, y en la del equilibrio (HAc) es des-
conocida = x, de modo que [Ac-]total = 0,20 + x: 
 NaAc → Na+ + Ac- (≈ 100%) 
 0,20 M 0,20 M 0,20 M 
 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (reversible) 
 0,10 – x x x 
de modo que la expresión de Ka queda: Ka = 
[ ] [ ]
[ ]HAc
AcOH3
−+
= [ ] [ ][ ] =−
+
x10,0
x20,0x 1,8 x 10-5. Se 
puede intuir que x es muy pequeño, por lo que podemos hacer las siguientes suposicio-
nes: [0,20 + x] ≈ 0,20 y [0,10 - x] ≈ 0,10. Nos queda: =
10,0
x20,0 1,8x10-5, de donde x = 9,0 x 
10-6 M = [H3O+]; y el pH = - log [H3O+] = - log 9,0 x 10-6 = 5,05 = pH. 
 
 
 En el ejemplo 3.19 se ha visto que la [H3O+] de una solución 0,10 M de 
HAc es de 1,3 x 10-3 M, y que el porcentaje de ionización es de 1,33%. En la solución 
tampón del ejemplo 3.21 la solución es 0,1 M de HAc, pero también 0,2 M de NaAc, moti-
vo por el cual la [H3O+] es 9,0x10-6 y el porcentaje de ionización es: 
x
0,10
*100 = (9,0x10-6)* 
*(1000) = 9,0 x 10-3% = 0,009%; es decir, tal como nos sugiere el efectodel ion común, 
en la solución tampón el HAc está disociado: 1,33
0,009
 = 147,8 veces menos que en la solu-
ción de sólo ácido de la misma concentración. 
 
En las soluciones de este tipo (ácido débil/sal del ácido débil), se puede 
simplificar el cálculo de la [H3O+]. Supongamos un ácido monoprótico débil que se disocia 
así: 
HA + H2O  H3O+ + A-; con Ka = 
�H3O
+�*�A-�
[HA]
. Despejando: [H3O+] = 
[HA]
�A-�
*Ka. Si ahora supo-
nemos: (1) que las concentraciones del ácido débil y su sal son razonablemente altas (> 
0,050 M); (2) que la sal tiene un catión monovalente, la [A-] coincidirá con la concentra-
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
83 
ción de la sal, la expresión anterior queda: [H3O+] = 
[ácido]
[sal]
*Ka, donde [ácido] es la con-
centración del ácido débil no disociado y [sal] es la concentración de la sal del ácido débil. 
 
Tomando logaritmos en ambos miembros de esta expresión y considerando que 
pKa = -log Ka  pH = pKa + log
[sal]
[ácido]
, expresión conocida como ecuación de Hender-
son-Hasselbalch. 
 
3.14.2. Solución de base débil con sal iónica soluble de la base débil 
 
Un ejemplo típico de este caso lo constituyen las soluciones de amoniaco, 
NH3, con cloruro amónico, NH4Cl. Mientras este último está totalmente disociado, el NH3 
lo está sólo parcialmente. Las ecuaciones químicas a considerar son: 
 
 NH4Cl  NH4+ + Cl- (≈ 100%) 
 NH3 + H2O  NH4+ + OH- (reversible) 
 
Existen dos fuentes de NH4+. La primera ecuación da una [NH4+] elevada, 
de modo que el equilibrio se desplaza mucho hacia la izquierda y la [OH-] disminuye con-
siderablemente. Las soluciones de este tipo son siempre menos básicas que aquellas 
que contienen la misma concentración de la base débil solamente. 
 
Ejemplo 3.22. Calcule la [OH-] y el pH de una solución 0,20 M de NH3 acuoso y 0,10 M 
de NH4Cl. 
 
Solución: de manera análoga al ejemplo anterior: 
 NH4Cl  NH4+ + Cl- (≈ 100%) 
 0,10 M 0,10 M 0,10 M 
 NH3 + H2O  NH4+ + OH- (reversible) 
 0,20 - x x x 
y Kb = 1,8 x 10-5 = 
�NH4
+� �OH-�
NH3
 = [0,10+x] [x]�0,2-x� ; donde x ≈ 0  [0,10 + x] ≈ 0,10 y [0,20 – x] ≈ 0,20 
 x = 1,8 x 10-5 
10,0
20,0 = 3,6 x 10-5 M = [OH-] y pOH = - log [OH-] = 4,44  pH = 14 – 4,44 
= 9,56 = pH. 
 
 
De manera análoga al ejemplo anterior, la ecuación de Henderson-Hasselbalch 
queda en este caso: pOH = pKb + log
[sal]
[base]
 
 
3.15. Acción reguladora 
 
Una solución reguladora contiene un par ácido-base conjugados con la base y el 
ácido en concentraciones razonables. El componente acídico reacciona con las bases 
fuertes que se añadan, así como el componente básico reacciona con los ácidos fuertes. 
 
La acción reguladora de estas soluciones se aprecia en su capacidad de reaccionar 
tanto con H+ o H3O+ como con OH-, según cuál se adicione, resistiendo cambios de pH 
(el pH cambia poco a pesar de añadir cantidades importantes de ácido o base). 
 
Veamos esta acción reguladora para los dos casos antes estudiados. 
 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
84 
3.15.1. Solución de ácido débil con sal iónica soluble del ácido débil 
 
En el ejemplo visto (ácido débil + sal soluble del ácido débil), el componen-
te ácido es el CH3COOH (HAc) y el componente básico es el NaCH3COO (NaAc) 
 
Reacción tampón: CH3COOH + H2O  H3O+ + CH3COO- 
 conc. elevada conc. elevada 
de modo que si se añade ácido fuerte (HCl) → ↑[H3O+] y el equilibrio se desplaza hacia 
reactivos. Como [Ac-] es alta, esta reacción puede ocurrir en gran extensión: 
H3O+ + CH3COO- → CH3COOH + H2O (∼100%); 
o bien: HCl + NaCH3COO → CH3COOH + NaCl (∼100%); 
 Ác. añadido 
así se absorben casi totalmente los H3O+ añadidos. 
 
Lo mismo ocurre al añadir una base, p. ej. NaOH: el OH- adicional desplaza la reac-
ción de autoionización del agua: 2H2O  H3O+ + OH- 
 
que se desplaza a la izquierda (ya que ↑[OH-]); consumiéndose algo de H3O+, haciendo a 
su vez que se ionice más CH3COOH: CH3COOH + H2O  CH3COO- + H3O+. 
 
Como [CH3COOH] es elevada, esta reacción puede ocurrir en gran extensión. El re-
sultado neto de la neutralización es: 
OH- + CH3COOH → CH3COO- + H2O (∼100%); 
o bien: NaOH + CH3COOH → NaCH3COO + H2O (∼100%) 
 base añadida 
 
Si añadiéramos 0,01 moles de NaOH a: el pH cambia así: 
Solución tampón CH3COOH/NaCH3COO 4,74 → 4,82: ∆pH = 0,08 
 CH3COOH 0,1M 2,89 → 3,80: ∆pH = 0,91 
 Agua pura 7,00 → 12,00: ∆pH = 5,00 
 
Ejemplo 3.23. Si añadimos 0,010 moles de NaOH sólido a 1,0 L de disolución reguladora 
que es 0,10 M en HAc y 0,10 M en NaAc, ¿cuánto cambiará la [H3O+] y el pH? Suponga 
que no hay cambios en el volumen por la adición de NaOH sólido. 
 
Solución: en el sistema regulador acético/acetato podemos calcular la [H3O+] y el pH 
iniciales; es decir, antes de añadir el NaOH: 
[H3O+] = Ka 
[ ]
[ ]NaAc
HAc = 1,8x10-5 
10,0
10,0 = 1,8x10-5 M  pH = 4,74 
Cuando añadimos el NaOH, éste neutraliza al ácido de la siguiente forma (en moles): 
 NaOH + CH3COOH → NaCH3COO + H2O 
Inicial: 0,010 0,10 0,10 
cambio por Rx: -0,010 -0,010 +0,010 
Final 0 0,09 0,11 
De modo que en la solución final la [H3O+] y el pH quedan: 
[H3O+] = Ka 
[ ]
[ ]NaAc
HAc = 1,8x10-5 
11,0
09,0 = 1,47x10-5 M  pH = 4,83 
Como puede verse, el pH varía muy poco: ∆pH = 4,83 – 4,74 = 0,09. 
Si echásemos la misma cantidad de NaOH en agua pura, el pH cambiaría de 7 (agua 
pura) hasta [H3O+] = [ ]−OH
K w = 
01,0
10x1 14− = 1x10-12 M  pH = -12,0. Es decir, se operaría un 
∆pH = 12 – 7 = 5. 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
85 
 
¿Qué sucedería si lo que añadiéramos fuera HCl? 
 
3.15.2. Solución de base débil con sal iónica soluble de la base débil 
 
El ejemplo visto es amoníaco/cloruro de amonio: 
 NH4Cl  NH4+ + Cl- (≈ 100%) 
 NH3 + H2O  NH4+ + OH- (reversible) 
 
Si a este sistema se añade un ácido fuerte como el HCl, el equilibrio del 
agua se desplaza hacia la izquierda: 2H2O  H3O+ + OH-, disminuyendo la [OH-], que 
hace que el equilibrio NH3 + H2O  NH4+ + OH- se desplace hacia la derecha. Como la 
[NH3] es elevada, esta reacción puede proseguir hasta completarse. La ecuación neta es: 
H3O+ + NH3  NH4+ + H2O (≈ 100%); o bien 
HCl + NH3  NH4Cl (≈ 100%) 
 
Si lo que se añade es una base fuerte soluble como el NaOH, ésta se neu-
traliza con el componente más acídico (NH4Cl o NH4+, ácido conjugado del amoníaco), 
desplazándose el equilibrio: NH3 + H2O  NH4+ + OH- hacia la izquierda. Como la [NH4+] 
es elevada, esta reacción puede prácticamente completarse, obteniéndose: 
NaOH + NH4Cl  NH3 + H2O + NaCl 
 
3.16. Preparación de disoluciones reguladoras 
 
Las disoluciones reguladoras se pueden preparar mezclando soluciones. Debemos 
tener en cuenta la dilución de los solutos al mezclar soluciones (la concentración dismi-
nuye porque el volumen final de la disolución aumenta). Cuando se trata de soluciones 
diluidas, podemos considerar que los volúmenes son aditivos7
 
. 
Ejemplo 3.24. Calcule la [H3O+] y el pH de una disolución reguladora preparada mez-
clando 200 mL de NaF 0,10 M y 100 mL de HF 0,05 M. Ka = 7,2 x 10-4 para el HF. 
 
Solución: la resolución del problema se reduce a calcular el número de moles de cada 
especie para luego hallar sus concentraciones en la solución final. Finalmente se calcula 
la [H3O+] en la expresión de la Ka. 
Moles de NaF = MV = (0,10 moles/L) (0,200 L) = 0,020 moles NaF 
moles de HF = MV = (0,05 moles/L) (0,100 L) = 0,005 moles HF 
⇒ [NaF] = 
L300,0
moles020,0 = 0,067 M [HF] = 
L300,0
moles005,0 = 0,017 M 
Las ecuaciones son: 
 NaF  Na+ + F- 
[ ]0 0,067 M 0,067 M 0,067 M 
 HF + H2O  H3O+ + F- 
[ ]0 0,017-x x x 
Reemplazando estos valores en la expresión de la constante de equilibrio del ácido: 
Ka = 
[ ] [ ]
[ ]HF
FOH3
−+
= 7,2x10-4 = [ ] [ ][ ]x017,0
x067,0x
−
+ . 
Simplificando: 0,067 + x ≈ 0,67 y 0,017 – x ≈ 0,017  
017,0
x067,0 = 7,2x10-4; o bien: 
x = [H3O+] = 1,82x10-4 pH = 3,74 
 
7 Los volúmenes no son estrictamente aditivos, y menos en soluciones concentradas. Para soluciones dilui-
das son aproximadamente aditivos. 
en 300 mL 
Ion común: 
[F-]total = 0,067 + x 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
86 
 
Frecuentemente necesitamos una solución reguladora de un pH fijo. Dicha solución 
se prepara añadiendo una sal de una base débil (o de un ácido débil) a una disolución de 
la base débil (o del ácido débil). 
 
Ejemplo 3.25. Calcule el número de moles y de gramos de NH4Cl que deben usarse para 
preparar 500 mL de una solución que es 0,1 M en NH3 acuoso y tiene un pH de 9,15. 
 
Solución: dado que pH = 9,15  pOH = 14 – 9,15 = 4,85  [OH-] = 10-4,85 = 1,4 x 10-5, 
que debe ser la [OH-] producida por la ionización del NH3. 
Sea x = [NH4Cl] necesaria  la relación entre las concentraciones y el pH la establece-
mos de las reacciones involucradas: 
 NH4Cl  +4NH + Cl
- (≈100%) 
 x x x 
 NH3 + H2O  +4NH + OH
- 
 0,1 - 1,4 x 10-5 1,4 x 10-5 1,4 x 10-5 
 
 [ +4NH ]total = x + 1,4 x 10
-5 M 
La expresión de la constante de equilibrio de la base (amoniaco) queda: Kb = 
�NH4
+�*�OH-�
[NH3]
= 
= 
�x+1,4x10-5�*�1,4x10-5�
�0,1-1,4x10-5�
 = 1,8 x 10-5. Dado que el NH4Cl está disociado prácticamente en su 
totalidad, podemos aproximar: [x + 1,4 x 10-5] ≈ x; y [0,1 - 1,4 x 10-5] ≈ 0,1, de forma que: 
1,0
x)10x4,1( 5− = 1,8 x 10-5; o bien: x = 5
5
10x4,1
)10x8,1(*1,0
−
−
= 0,129 M = [NH4+] = [NH4Cl]  moles 
necesarias para 0,5 L = (0,129 moles/L)*(0,5 L) = 0,065 moles de NH4Cl; y como 
(PF)NH4Cl = (14 + 4 x 1 + 35,5) = 53,5 g/mol  mNH4Cl = (0,065 moles)*(53,5 g/mol) = 3,48 
g = mNH4Cl. 
 
 
3.17. Ácidos polipróticos 
 
Producen más de un ion hidronio por ionizaciones sucesivas, en cada una de las 
cuales se produce sólo uno. Para cada paso se puede escribir una expresión de la cons-
tante de equilibrio. P. ej. para el ácido fosfórico, un ácido poliprótico débil típico: 
H3PO4 + H2O  H3O+ + H2PO4- 
[ ][ ]
[ ]43
423
1 POH
POHOHK
−+
= = 7,5×10-3 
H2PO-4 + H2O  H3O+ + HP −24O 
[ ][ ]
[ ]−
+
=
42
-2
43
2 POH
HPOOHK = 6,2×10-8 
HP −240 + H2O  H3O
+ + P −34O 
[ ][ ]
[ ]−
+
= 2
4
-3
43
3 HPO
POOHK = 3,6×10-13 
Se puede ver que K1 > K2 > K3. 
 
Ejemplo 3.26. Calcule las concentraciones de todas las especies iónicas presentes en 
H3PO4 0,1 M. 
 
Solución: 1ª ionización: H3PO4 + H2O  H3O+ + H2PO4- K1 = 7,5×10-3 
[ ]0 0,1 0 0 
[ ]eq 0,1-x x x 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
87 
K1 = 
x1,0
x2
−
= 7,5×10-3 → resolviendo la ecuación cuadrática: x = 2,4×10-2; por tanto: 
[H3O+]1ª ioniz. = 2,4×10-2M = [H2PO4-]; [H3PO4] = 0,1-2,4×10-2 = 7,6×10-2M. 
 
2ª ionización: H2P −4O + H2O  H3O
+ + HP −24O 
[ ]0 2,4×10-2 0 0 
[ ]eq 2,4×10-2-y 2,4×10-2+y y 
( )
( )y104,2
yy104,2102,6K 2
2
8
2 −×
⋅+×
=×=
−
−
−  Resolviendo la ecuación cuadrática: y = 6,2×10-8 M = 
[HPO4
2-] (≈K2); [H3O+] ≅ 6,2×10-8 M. 
Vemos que [HPO4
2-] = K2 y [H3O+]2ª ioniz << [H3O+]1ª ioniz. Esto ocurre generalmente cuando 
K1>>K2: [anión]2ª ionización = K2, cuando las concentraciones son razonables. 
3ª Ionización: HP −24O + H2O  H3O
+ + P −34O K3 = 3,6×10-13 
 [ ]0 6,2×10-8-z 2,4×10-2+z z 
K3 = 3,6×10-13 = 
( )
z102,6
zz104,2
8
2
−×
+×
−
−
. Resolviendo la ecuación cuadrática: z = 9,3×10-19 = 
[PO4
3-] = [H3O+]3ª ioniz. 
Como puede verse, la [H3O+]total es prácticamente la que se obtiene de la primera ioniza-
ción (la contribución al pH de las ionizaciones 2ª y 3ª son prácticamente despreciables)  
pH = - log (2,4x10-2) = 1,62 = pH 
 
 
El ácido sulfúrico, en cambio, es un ácido poliprótico muy fuerte. 
 
Ejemplo 3.27. Calcule la concentración de las especies en H2SO4 0,10 M. K2 = 1,2 x 10-2. 
¿Cuál será el pH de la solución? 
 
Solución: la primera ionización es total, por lo cual las concentraciones se hallan direc-
tamente: H2SO4 + H2O  H3O+ + HS −4O (≈100%) 
 0,10 M 0,10 M 0,10 M 
Pero la segunda ionización no es total: 
 HS −4O + H2O  H3O
+ + S −24O K2 = 1,2 x 10
-2 
 0,10 – x 0,10 + x x 
En consecuencia, la expresión de la constante de equilibrio queda: K2 = 
[ ][ ]
[ ]−
−+
4
2
43
HSO
SOOH = 
[ ] [ ]
[ ]x10,0
xx10,0
−
+ =1,2 x 10-2. Resolviendo la ecuación cuadrática (x no se puede despreciar 
porque el valor de K es grande) obtenemos dos valores de x: x1 = 0,01 y x2 = (-)  no!. 
De este modo: [H2SO4] = 0 M; [HS −4O ] = 0,1 – x = 0,09 M; [S
−2
4O ] = x = 0,01 M; [H3O
+] = 
0,10 + x = 0,11 M; y [OH-] = [ ]+OH
K
3
w = 
11,0
10x1 14− = 9,1x10-14 = [OH-]. El pH será: pH = - log 
(0,11) = 0,96 = pH (ácido más fuerte que el H3PO4 de la misma concentración). 
Como puede verse, en esta solución la extensión del 2º paso de ionización es del 10%. 
 
 
 
 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
88 
 
3.18. Hidrólisis 
 
La solvólisis (o solvatación) es la reacción en solución de una sustancia (solven-
te) con el soluto. Cuando se trata de reacciones en solución acuosa el nombre específico 
de la solvólisis es hidrólisis (reacción de una sustancia con agua). Algunas reacciones 
de hidrólisis implican una reacción entre hidronio (H3O+) e hidroxilo (OH-). 
 
Un caso corriente de hidrólisis lo constituye la reacción del anión de un ácido débil 
con agua para formar moléculas no ionizadas de ácido e hidroxilos (OH-), alterando el 
equilibrio H3O+/OH- y dando solución básicas. P. ej.: 
 
 
 
De forma análoga, el catión de una base débil reacciona con el agua para restituir la 
base débil produciendo un exceso de hidronios (H3O+), dando soluciones ácidas. P. ej.: 
 
 
 
No olvidemos que en: 
Solución neutra [H3O+] = [OH-] = 1x10-7 M 
Solución básica [H3O+] < [OH-] o [OH-] > 1x10-7 M 
Solución ácida [H3O+] > [OH-] o [H3O+] > 1x10-7 M 
 
En la terminología de Brönsted y Lowry los aniones de ácidos fuertes son bases 
muy débiles, mientras que los aniones de los ácidos débiles son bases fuertes; formán-
dose pares ácido – base conjugados: 
 
 Ácido base conjugada Base ácido conjugado 
 Fuerte HCl → Cl- débil fuerte OH- → H2O débil 
 Débil HCN → CN- fuerte débil NH3 → NH4+ fuerte 
 
En el caso de soluciones diluidas de sales, y basándonos en la clasificación co-
nocida de ácidos y bases, podemos diferenciar 4 tipos (que se detallan a continuación): 
• sales de bases fuertes solubles y ácidos fuertes 
• sales de bases fuertes solubles y ácidos débiles 
• sales de bases débiles y ácidos fuertes 
• sales de bases débiles y ácidos débiles. 
 
3.18.1. Sales de bases fuertes solubles y ácidos fuertes 
 
Producen soluciones neutras, ya que ni el catión ni el anión reaccionan 
con H2O para desplazar su equilibrio iónico (recordemos que son ácidos y bases conju-
gadas que por provenir de un electrolito fuerte, son muy débiles). P. ej. el cloruro sódico 
(NaCl) proveniente del hidróxido de sodio (NaOH, base fuerte soluble) y el ácido clorhí-
drico (HCl, ácido fuerte): 
 A- + H2O HA + OH- (exceso de OH- solución básica)
 anión de ácido débil
 ácido débil
 base 2 ácido 1 ácido 2 base 1
H+
 H2O + NH4+ H3O+ + NH3(aq) (exceso de H3O+ solución ácida)
 catión de base débil
 base débil
 base 2 ácido 1 ácido 2 base 1
H+
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
89 
H2O 
100 % 
 
 
NaCl(sólido) Na+ + Cl- 
 
H2O + H2O  H3O+ + OH- 
 
3.18.2. Sales de bases fuertes solubles y ácidos débiles 
 
Dan soluciones básicas. P. ej. acetato sódico: sal proveniente del hidróxido 
de sodio (NaOH, base fuerte soluble), y del ácido acético (CH3COOH, ácido débil): 
 
NaCH3COO(s) Na+ + CH3COO- 
H2O + H2O OH- + H3O+ 
 
Los iones acetato provenientes del ácido reaccionan con los hidronios(H3O+) del agua para formar ácido acético. El consumo de H3O+ desplaza el equilibrio del 
agua hacia la derecha (buscando restituir los H3O+ consumidos), generándose un exceso 
de OH-; es decir, sales de este tipo se hidrolizan dando soluciones alcalinas. También se 
puede escribir: CH3COO- + H2O → CH3COOH + OH-. 
 
La Keq de esta reacción se llama constante (básica) de hidrólisis ó Kb: p. 
ej., la Kb para el CH3COO- será: Kb, 𝐴𝑐− = 
[CH3COOH]*�OH
-�
�CH3COO
-�
 = 5,6×10-10 = Kw
Ka, HAc
 (puede calcu-
larse a partir de Ka y Kw → intente hacerlo). En general: Kw = Ka.Kb. 
 
Ejemplo 3.28. (a) Escriba la ecuación para la reacción de la base CN- con el agua. (b) El 
valor de Ka para el ácido cianhídrico, HCN, es 4,0x10-10. ¿Cuál es el valor de Kb para el 
ión cianuro, CN-? 
 
Solución: (a) Al derivar del HCN (ácido débil) el ión cianuro es una base conjugada fuer-
te  acepta protones del agua: CN- + H2O  HCN + OH-. (b) Como Ka.Kb = Kw  Kb = 
a
w
K
K = 10
14
10x0,4
10x0,1
−
−
= 2,5x10-5. 
 
Ejemplo 3.29. Calcule [OH-], pH y % de hidrólisis para disoluciones 0,1 M de (a) acetato 
sódico: NaCH3COO ó NaAc, y (b) cianuro sódico: NaCN. Ambos compuestos son sales 
iónicas solubles. Datos: Kb para el CH3COO- o Ac- = 5,6x10-10 y para el CN- = 2,5x10-5. 
 
Solución: (a) NaAc  sal soluble de base fuerte (NaOH) y ácido débil (HAc)  se hidro-
liza y da solución alcalina: H2O + Ac-  HAc + OH- 
 [ ]0 0,1M 
 [ ]eq 0,1 – x x x 
 Kb = 
[HAc]*�OH-�
�Ac-�
 = x*x
1-x
  x = 7,5x10-6 = [OH-] y pH = 8,88. El % de ionización lo calcula-
mos mediante: % ioniz. = 
�Ac-�
hidrolizado
�Ac-�
inicial
*100= 100*x
0,1
= 100*7,5*10
-6
0,1
 = 0,0075%. (b) Resolviendo 
de forma análoga obtenemos: H2O + CN-  HCN + OH-, con Kb = 
[HCN]*�OH-�
�CN-�
  [OH-] = 
1,6 x 10-3 y pH = 11,20; % ioniz. = 1,6% hidrólisis. 
 
3.18.3. Sales de bases débiles y ácidos fuertes 
H2O 
100 % Na
+ catión ácido tan débil que no reacciona con OH- 
Cl- anión básico tan débil que no reacciona con H3O+ 
desplazamiento 
 CH3COOH + H2O 
Resultado: exceso de OH- 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
90 
 
En este caso, el catión de la base débil reacciona con los hidroxilos (OH-) 
del agua para producir moléculas no ionizadas de la base débil, lo cual genera una dis-
minución de OH-, alterándose el equilibrio de autoionización del agua, que se desplaza en 
sentido directo tratando de restituir los hidronios (H3O+) consumidos, incrementándose la 
concentración de H3O+ y dando lugar a una solución ácida (el pH disminuye). 
 
Un ejemplo lo constituye el cloruro amónico (NH4Cl), sal derivada del 
amoníaco (NH3, base débil) y del ácido clorhídrico (HCl, ácido fuerte): 
 
NH4Cl(s) NH4+ + Cl- 
 2H2O  OH- + H3O+ 
 
 NH3 + H2O 
En este caso, la reacción neta es: NH4+ + H2O  NH3 + H3O+; y la expresión de la 
constante ácida de hidrólisis ácida o Ka será: 
[ ][ ]
[ ]+
+
=
4
33
a NH
OHNHK ; y como Kw = Ka.Kb, 
5
14
NH,b
w
NH,a 108,1
101
K
K
K
3
4 −
−
×
×
==+ = 5,6×10-10 =
[ ][ ]
[ ]+
+
4
33
NH
OHNH 
 
Ejemplo 3.30. pH de una sal soluble. Calcule el pH de una disolución 0,2 M de nitrato 
amónico, NH4NO3. Ka para NH4+ = 5,6 x 10-10. 
 
Planteamiento: El NH4NO3 es una sal soluble de la base débil NH3, y del ácido fuerte 
HNO3. Los cationes de tales sales se hidrolizan para dar disoluciones acídicas. 
Solución: El catión de la base débil reacciona con H2O. Sea x = mol/L de NH4+ que se 
hidroliza. Entonces x = [NH3] = [H3O+]. 
 NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ 
 [ ]0 0,2 M 
 [ ]final 0,2 – x x x 
Sustituyendo en la expresión de Ka da: Ka = 
[ ] [ ]
[ ]+
+
4
33
NH
OHNH = 
x2,0
x.x
−
= 5,6 x 10-10 
Realizando las simplificaciones usuales da x = 1,1 x 10-5 M = [H3O+] y pH = 4,96. La diso-
lución de NH4NO3 0,2 M es marcadamente acídica. 
 
 
3.18.4. Sales de bases débiles y ácidos débiles 
 
La mayoría son solubles. Contienen cationes que darían soluciones ácidas 
y aniones que darían soluciones básicas. La solución resultante puede ser neutra, ácida o 
básica, dependiendo de la fuerza relativa del ácido débil molecular o la base débil mole-
cular de la cual derivan. Así encontramos: 
• Si Kb = Ka: ej. acetato amónico: NH4CH3COO → NH3(aq) + CH3COOH(aq). Como 
Kb,NH3 y Ka,CH3COOH son iguales (1,8×10-5), se cumple: 
 Para el amonio: NH4+ + H2O  NH3 + H3O+; 
[ ][ ]
[ ]+
+
=
4
33
a NH
OHNHK = 5,6×10-10 
para el acetato: Ac- + H2O → HAc + OH-; 
[ ][ ]
[ ]−
−
=
COOCH
OHCOOHCHK
3
3
b = 5,6×10
-10 
H2O 
100 % 
 
Capítulo 3. El estado de equilibrio en los procesos químicos. 
 
91 
K −F,b < K +4NH,a 
NH4+ se disocia más 
Al ser Ka = Kb, el NH4+ produce tantos hidronio (H3O+) como hidroxilos (OH-) pro-
duce el CH3COO-. En consecuencia, se consiguen soluciones neutras. 
• Si Kb > Ka: ej.: cianuro de amonio: NH4CN  NH4+ + CN-. Como Ka,HCN = 4×10-10, 
la constante de hidrólisis básica será Kb,CN- = 
a
w
K
K = 2,5×10-5. Y como Kb,NH3 = 
1,8x10-5, la constante de hidrólisis ácida será: Ka,NH +4 = 
b
w
K
K = 5,6x10-10; de modo 
que podemos escribir: Kb,CN- > Ka,NH +4 , de donde se deduce que el CN
- se hidroliza 
en mayor proporción. La reacciones son: 
NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ 
CN- + H2O  HCN + OH- 
Como la segunda reacción ocurre en mayor proporción → solución básica. 
• Si Kb < Ka: ej. fluoruro de amonio: NH4F  NH4+ + F-. Por el mismo razonamiento: 
Kb,NH3 =1,8×10-5 → +
4NH,a
K = 5,6×10-10 
Ka,HF= 7,2×10-4 → −F,bK = 1,4×10
-11 
NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ 
F- + H2O  HF + OH- 
Como la primera reacción ocurre en mayor extensión → solución ácida. 
 
3.19. Valoraciones ácido-base y curvas de valoración 
 
Como se ha visto en Química Básica, una 
valoración ácido-base es una técnica o forma 
práctica de llevar a cabo de manera adecuada un 
proceso de neutralización ácido-base. En ella, una 
solución de concentración exactamente conocida, 
llamada solución patrón, se agrega en forma gra-
dual a otra solución de concentración desconocida, 
hasta que la reacción entre ambas se complete. 
Conocidos los volúmenes de las soluciones patrón 
y problema, es posible conocer la concentración 
desconocida de la solución problema. En la figura 
3.10 puede verse la disposición de materiales de 
laboratorio para una valoración. 
 
Las soluciones patrón se obtienen a partir de 
patrones primarios, que como el biftalato de pota-
sio (KHC8H4O4 ó KHP), son sustancias que reúnen 
ciertos requisitos de modo tal que se puede consi-
derar que forman soluciones de concentración 
exactamente conocida. Cuando estos patrones 
primarios se usan para valorar otras soluciones, 
éstas se denominan patrones secundarios, que a 
su vez podrían usarse para valorar patrones ter-
ciarios, etc. Sin embargo, para trabajos analíticos 
muy precisos no es conveniente ir más allá de pa-
trones secundarios. 
 
Una curva de valoración es una representa-
ción del pH en función del volumen añadido de áci-
do o de base. Muestra cómo varía el pH a lo largo 
de la valoración y cerca del punto de equivalencia. 
 
Figura 3.10. Titulación ácido base. 
 
Figura 3.11. El indicador fenolftaleína 
cambia de incoloro a rosado a pH ≈ 8 
+ 2H2O 
+ 2H2O 
Universidad de Piura – Facultad de Ingeniería - QUÍMICA GENERAL 2 
 
92 
 
El punto final de la valoración viene a ser el 
instante cuando el indicador cambia de color. De-
pende de Ka del indicador (diversos indicadores 
cambian de color en valores diversos de pH. El 
cambio de color tiene lugar en un margen de 1,5 a 
2,0 unidades de pH, llamado zona de viraje). Ver 
figuras 3.11 y 3.12. 
 
El punto de equivalencia viene a ser el ins-
tante en el que han reaccionado cantidades equiva-
lentes de ácido y de base. Idealmente ambos pun-
tos, el final y el de equivalencia deberían coincidir. 
En la práctica no es así, aunque sólo les puede se-
parar una gota de ácido (o base) añadida. 
 
En la tabla III.2 se incluyen los rangos