Ejercicios Resueltos de Quimica Analitica Cualitativa UMSA

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Marzo 2017 
 
 
ELABORADO POR: 
PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE 
Prohibida la reproducción total o parcial del presente documento sin previa autorización del 
Autor. Los infractores serán sometidos a las sanciones legales por plagio según manda la ley. 
FACULTAD DE 
INGENIERIA 
Universidad Mayor de San Andrés 
U.M.S.A. 
Email: palbertqc89@gmail.com Cel.: 73041515 
Calculo Precisión y Simetría… ¡ ¡ ¡ADELANTE INGENIERIA!!! 
1° Edición 
QUIMICA ANALITICA 
CUALITATIVA 
(QMC -106) 
Ejercicios resueltos 
 
mailto:palbertqc89@gmail.com
 UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES 
 FACULTAD DE INGENIERIA 
 
 
[1] ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515 
AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA 
 GRUPO “A” 2017 
TITULACION ACIDO FUERTE CON BASE FUERTE 
Para la ilustración se tomara el siguiente ejemplo: 
Ejercicio 1: Se titulan 50 ml de HCl 0,100 M con NaOH 0,05 M. Construya la curva de 
titulación. 
Solución: 
   1 2
1 2
0,100 0,100 0,05 0,05
50 ¿?
C HCl M N C NaOH N M
HCl NaOH
V ml V ml
      
 
  
 
La ecuación de titulación será: 
2HCl NaOH NaCl H O   
Calculando el volumen necesario para la titulación: 
    
1 1 2 2
2
2
100
0,100 50 0,05
CV C V
V ml
N ml N V
 
 
 
 
PARA POR LO MENOS 4 PUNTOS DE REFERENCIA EN LA TITULACIÓN: 
2 100 25 25
4 4
TIT TIT
V ml
V ml V ml     
Calculo del número de moles de (H+) existentes al inicio de la titulación: 
3
0 0
0,100 1
50 5 10
1000 1
mol HCl mol H
n ml n mol H
ml mol HCl

       
Calculo de pH para volúmenes añadidos de 25 en 25 ml: 
 Para 0NaOHV ml : 
Como se trata de un ácido fuerte, su disociación es completa, por lo tanto:  H HCl    
 
log
1
log 0,100
pH H
pH
pH M
       
  
 
 
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ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515 [2] 
AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA 
 GRUPO “A” 2017 
 Para 25NaOHV ml : 
Calculando el número de moles de (OH-) añadidos en este volumen: 
3
1 1
0,05 1
25 1,25 10
1000 1
mol NaOH mol OH
n ml n mol OH
ml mol NaOH

       
Basándonos en la ecuación de titulación: 
2
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
HCl NaOH NaCl H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
Se pude evidenciar una disminución en el número de moles de (H+), entonces su nueva 
concentración será: 
 
 
3 3
0 1
3
5 10 1,25 10
0,05
50 25 10T
mol Hn n
H H M
V lt
  
 

  
          
 
 log log 0,05 1,3pH H M pH        
 Para  50 2 25NaOHV ml ml   : 
 
 
 
 
3
2
2 3
2 1
2,5 100,05 1
2 25
1000 1 2 2,5 10
n mol OHmol NaOH mol OH
n ml
ml mol NaOH n n mol OH
 
 
  
       
  
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
2
0 2
2 2 2 2
0 2 2 20
HCl NaOH NaCl H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
 
 
3 3
0 2
3
5 10 2,5 10
0,025 0,025
50 50 10T
mol Hn n
H M H M
V lt
  
 

  
           
 
Numéricamente igual a: 
 
 
3 3
0 1
3
5 10 2 1,25 102
0,025
50 50 10T
mol Hn n
H H M
V lt
  
 

                
 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 25 ml, es decir el doble 
que en el anterior punto, entonces se puede analizar de la siguiente manera: 
 
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 log log 0,025 1,6pH H M pH        
 Para  75 3 25NaOHV ml ml   : 
Siguiendo la misma lógica anterior: 
2
0 3
3 3 3 3
0 3 3 30
HCl NaOH NaCl H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
 
 
3 3
0 1
3
5 10 3 1,25 103
0,01
50 75 10T
mol Hn n
H H M
V lt
  
 

                
 
 log log 0,01 2pH H M pH        
 
 Para  100 4 25NaOHV ml ml   (PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
En este punto los moles añadidos de OH- son exactamente iguales a los moles de H+ de la 
primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del 
ácido. 
 
4 1 3
43
4
4
5 10
4 1,25 10
n n
n mol OH
n mol
 

 
  
  
 
Con: 3
0 4 5 10n n mol
   
En este punto la ecuación global de titulación será: 
2 2
0 4
4 4 4 4
4 40 0
AcH NaOH AcH H O
n n
n n n n
n n
  
   
 
Como los moles de (H+) y (OH-) son iguales, sus concentraciones también serán iguales: 
2
W WH OH K H K
               
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 14log log 10 7pH H pH         
 Para  125 5 25NaOHV ml ml   (Exceso de 25 ml después del punto de 
equivalencia): 
Como ya se consumieron todos los moles de H+, entonces el pH lo define los moles de OH-, 
añadidos, como se usan otros 25 ml de NaOH, entonces: 
3
1 1( )
0,05 1
25 1,25 10
1000 1OH EXCESO
mol NaOH mol OH
n n ml n mol OH
ml mol NaOH


       
Para el cálculo del pH: 
 
3
31
3
1,25 10
7,1428 10
50 125 10T
n mol OH
OH OH M
V lt
 
  


           
 
 314 log 14 log 7,1428 10 11,85pH OH M pH          
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Ejercicio 2: Construya la curva de titulación de 50 ml de una solución que contiene una 
concentración de NaOH 0,1 N y otra para hidracina N2H4 0,08 M para cada uno utilizar HIO4 
de 0,2 M. 
Solución: 
BASE FUERTE CON ACIDO FUERTE 
   1 2 4
4
1 2
0,1 0,2 0,2
50 ¿?
C NaOH N C HIO M N
NaOH HIO
V ml V ml
     
 
  
 
Primero la titulación de NaOH con HIO4: 
La ecuación de titulación será: 
4 4 2NaOH HIO NaIO H O   
Calculando el volumen necesario para la titulación: 
    
1 1 2 2
2
2
25
0,1 50 0,2
CV C V
V ml
N ml N V
 
 
 
 
Para por lo menos 4 puntos de referencia para la titulación entonces: 
4 4
2 25 6,25
4 4
TIT HIO TIT HIO
V ml
V V V V ml      
Calculo de pH para volúmenes añadidos de 6,25 ml en 6,25 ml: 
 Para 
4
0HIOV ml : 
Entonces se considera NaOH en agua pura, por lo tanto: 
0,1 0,1 0,1
NaOH Na OH
N N N
  
 
Entonces: 
 
14
13
14 log 0,1
pH pOH
pH
pH M
  
 
  
 
 
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 Para 
4
6,25HIOV ml : 
Basándonos en la ecuación global de titulación: 
4 4 2
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
NaOH HIO NaIO H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
Calculando los moles iniciales de NaOH y los moles que se adicional en los 6,25 ml: 
3 3
0 0
0,1
50 5 10 5 10
1000
mol NaOH
n ml n mol NaOH mol OH
ml
         
3 34
1 1 4
0,2
6,25 1,25 10 1,25 10
1000
mol HIO
n ml n mol HIO mol H
ml
         
Como se puede ver en la ecuación global de titulación, los moles que se agregan a la 
solución original se consumen por completo, quedando así un sobrante de NaOH que define 
el “pH”, calculando la nueva concentración de OH-que quedan: 
   
 
3 3
0 1
3
5 10 1,25 10
0,06667
50 6,25 10
OH
T T
n mol OHn n
OH OH M
V V lt

  
 

  
           
 
 14 14 log 0,06667 12,82pH pOH M pH      
 Para  
4
12,5 2 6,25HIOV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 6,25 ml, es decir el doble que en el 
anterior punto, entonces: 
  342 2
0,2
2 6,25 2,5 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
       
4 4 2
0 2
2 2 2 2
0 2 2 20
NaOH HIO NaIO H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
   
 
3 3
0 2
3
5 10 2,5 10
0,04
50 12,5 10
OH
T T
n mol OHn n
OH OH M
V V lt

  
 

  
           
 
 14 14 log 0,04 12,60pH pOH M pH      
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 Para  
4
18,75 3 6,25HIOV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 6,25 ml, es decir el triple, entonces: 
  343 3
0,2
3 6,25 3,75 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
       
   
 
3 3
0 3
3
5 10 3,75 10
0,01818
50 18,75 10
OH
T T
n mol OHn n
OH OH M
V V lt

  
 

  
           
 
 14 14 log 0,01818 12,26pH pOH M pH      
 
 Para  
4
25 4 6,25HIOV ml ml   (PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
Si se realiza el balance molar, podemos evidenciar que los moles añadidos de H+ son 
exactamente iguales a los moles de OH-, llegando así al punto de equivalencia, en este caso 
al tratarse de una titulación de base fuerte con ácido fuerte, el pH es igual a 7: 
7pH  
 Para  
4
31,25 5 6,25HIOV ml ml   (Exceso de 6,25 ml después del punto de 
equivalencia): 
Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles 
añadidos a la solución, esto porque ya no existen moles de la solución original: 
Al definir por comodidad un volumen de titulación constante: 
34
1
0,2
6,25 1,25 10
1000
EXCESO EXCESO
mol HIO
n n ml n mol H
ml
       
 
 
3
3
1,25 10
0,01538
50 31,25 10
EXCESO
T
n mol H
H H M
V lt
 
 


          
 
   log log 0,01538 1,81pH H M pH      
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 Para  
4
37,5 6 6,25HIOV ml ml   (Exceso de 12,5 ml después del punto de 
equivalencia): 
34
1
0,2
2 12,5 2,5 10
1000
EXCESO EXCESO
mol HIO
n n ml n mol H
ml
       
 
 
3
3
2,5 10
0,02857
50 37,5 10
EXCESO
T
n mol H
H H M
V lt
 
 


          
 
   log log 0,02857 1,54pH H M pH      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
2
4
6
8
10
12
14
0 5 10 15 20 25 30 35 40
p
H
V(añadido) [ml]
pH vs. V(añadido)
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BASE DEBIL CON ACIDO FUERTE 
 
Recurriendo a las tablas acido base: 
 2 4
8,48
N H
pK  
   1 2 4 2 4
2 4 4
1 2
0,08 0,08 0,2 0,2
50 ¿?
C N H M N C HIO M N
N H HIO
V ml V ml
      
 
  
 
La ecuación de titulación será: 
2 4 4 2 5 4N H HIO N H IO
    
Calculando el volumen necesario para la titulación: 
    
1 1 2 2
2
2
20
0,08 50 0,2
CV C V
V ml
N ml N V
 
 
 
 
Para por lo menos 4 puntos de referencia para la titulación entonces: 
4 4
2 20 5
4 4
TIT HIO TIT HIO
V ml
V V V V ml      
Calculo de pH para volúmenes añadidos de 5 ml en 5 ml: 
 Para 
4
0HIOV ml : 
Entonces se considera la hidracina en agua pura, por lo tanto: 
5,522 4 2 2 5
0
10
bK
b
N H H O N H OH
K
C x x x
 
    

 
2
2 4
0
0
; 0 4,9 10b b b
x
K x K x K C x OH M
C x
          
 
Entonces: 
 4
14
10,69
14 log 4,9 10
pH pOH
pH
pH M
  
 
   
 
 
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 Para 
4
5HIOV ml : 
Basándonos en la ecuación global de titulación: 
2 4 4 2 5 4
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
N H HIO N H IO
n n
n n n n
n n n n
   
   

 
Calculando los moles iniciales de N2H4 y los moles que se adicional en los 5 ml: 
32 4
0 0 2 4
0,08
50 4 10
1000
mol N H
n ml n mol N H
ml
     
3 34
1 1 4 2 5
0,2
5 1 10 1 10
1000
mol HIO
n ml n mol HIO mol N H
ml
         
Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: 
 
2 5
2 4 2 2 5
2 4
bK
b
N H OH
N H H O N H OH K
N H
 
 
           
Despejando la concentración de oxidrilos: 
 
 2 4
2 5
.........b
N H
OH K
N H


      
 
Operando se tiene: 
 
2 4
2 4 2 4
2 5 2 5 2 5
.........
N H
N H N HT
b b b
N H N H N H
T
n
n nV
OH K K OH K
n n n
V
  
 
 
 
           
 
  
 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
3 3
5,52 5,52 5,04290 1
3
1
4 10 1 10
10 3 10 10
1 10
b
n n mol mol
OH K OH M
n mol
 
    

   
           
 
 5,042914 14 log 10 8,96pH pOH M pH      
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 GRUPO “A” 2017 
 Para  
4
10 2 5HIOV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior 
punto, entonces: 
  342 2
0,2
2 5 2 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
       
2 4 4 2 5 4
0 2
2 2 2 2
0 2 2 20
N H HIO N H IO
n n
n n n n
n n n n
   
   

 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
3 3
5,52 5,52 5,520 2
3
2
4 10 2 10
10 1 10 10
2 10
b
n n mol mol
OH K OH M
n mol
 
    

   
           
 
 5,5214 14 log 10 8,48pH pOH M pH      
(Llegando así al punto tampón) 
 Para  
4
15 3 5HIOV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: 
  343 3
0,2
3 5 3 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
       
3 3
5,52 5,52 5,9970 3
3
3
4 10 3 10 1
10 10 10
3 10 3
b
n n mol mol
OH K OH M
n mol
 
    

   
           
 
 5,99714 14 log 10 8,003pH pOH M pH      
 Para  
4
20 4 5HIOV ml ml   (PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
Si se realiza el balance molar, podemos evidenciar que los moles añadidos de H+ son 
exactamente iguales a los moles de OH-, llegando así al punto de equivalencia, en este caso al 
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tratarse de una titulación de base débil con ácido fuerte, el pH se calcula de la siguiente 
manera al haberse consumido por completo los moles de la base: 
2 4 4 2 5 4
0 4
4 4 4 4
4 40 0
N H HIO N H IO
n n
n n n n
n n
   
   
 
Como se puede evidenciar, solo existe un número de moles de 2 5N H
 formados en el proceso 
de titulación, entonces en el punto deequivalencia: 
2 5 2 4
4
4
KaN H N H H
n
y y y
n y y y
  
  

  22 4 8,48
42 5
10a
N H H y
K
C yN H



  
   
  
 
Hallando la concentración: 
 
3
2 54
4 43
4 10 2
0,05715
20 50 10 35T
mol N Hn
C C M M
V lt
 


    
 
 
2
2 5
4
4
; 0 1,3755 10a a a
y
K y K y K C y H M
C y
          
 
Entonces: 
 5
og
4,86
log 1,3755 10
pH l H
pH
pH M


     
 
  
 
 
 Para  
4
25 5 5HIOV ml ml   (Exceso de 5 ml después del punto de 
equivalencia): 
Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles 
añadidos a la solución, ¿Pero qué ocurre con el aporte de H+ de 2 5N H
 ?????, este aporte es 
mínimo y despreciable, pero para este ejercicio se lo realizara por demostración: 
 
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Al definir por comodidad un volumen de titulación constante, se tiene: 
34
1
0,2
5 1 10
1000
EXCESO EXCESO
mol HIO
n n ml n mol H
ml
       
 
 
3
3
1 10 1
50 25 10 75
EXCESO
T
n mol H
H H M
V lt
 
 


          
 
2 5 2 4
1
75
1
75
1
75
KaN H N H H
C
z z z
C z z z
  
  
 
8,48
1
75
10a
z z
K
C z

 
 
 
  

 
 
3
2 54
3
4 10 4
0,0533
25 50 10 75T
mol N Hn
C C M M
V lt
 


    
 
 
2 51 0 1,3245 10
75
a az K z K C z M
         
 
 
La concentración final de protones será: 
1
75T
H M z     
51log log 1,3245 10 1,875
75T
pH H M pH 
  
            
  
 
Como se puede apreciar el término “z” es despreciable ante el aporte de protones proveniente 
del exceso de ácido añadido después del punto de equivalencia; entonces el cálculo del pH 
después del punto de equivalencia será: 
1
log log 1,875
75
pH H M pH
 
          
 
 
 Para  
4
30 6 5HIOV ml ml   (Exceso de 10 ml después del punto de 
equivalencia): 
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34
1
0,2
2 10 2 10
1000
EXCESO EXCESO
mol HIO
n n ml n mol H
ml
       
 
 
3
3
2 10 1
0,02857
50 30 10 40
EXCESO
T
n mol H
H H M M
V lt
 
 


           
 
 
1
log log 1,6
40
pH H M pH
 
      
 
 
 
ACIDO DEBIL CON BASE FUERTE 
 
Ejercicio 3: Desarrolle la curva de titulación de 25 ml de 0,1 M de ácido maléico, con 
hidróxido de sodio 0,1 N. 
Solución: 
   1 2 2
2
1 2
0,1 0,2 0,1
25 ¿?
C AcH M N C NaOH N
AcH NaOH
V ml V ml
     
 
  
 
De tablas para el ácido maléico: 1 21,92 ; 6,22pK pK  
La ecuación de titulación será: 
2 2 22 2AcH NaOH Na Ac H O   
Calculando el volumen necesario para la titulación: 
    
1 1 2 2
2
2
50
0,2 25 0,1
CV C V
V ml
N ml N V
 
 
 
 
Como es un ácido diprótico, el volumen total de titulación “V2” se divide en dos partes, 
entonces: 
Para por lo menos 4 puntos de referencia para cada etapa de titulación: 
 
 
1
2
2
25
6,25
50 4
25
252 2
6,25
4
TIT ETAPA
TIT ETAPA
ml
V ml
V ml
ml
ml
V ml

 
   
  

 
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Calculo de pH para volúmenes añadidos de 6,25 ml en 6,25 ml: 
 Para 0NaOHV ml : 
Entonces se considera el ácido en agua pura, por lo tanto: 
1
2
1
1
K
AcH AcH H
C
x x x
C x x x
  
  

2
1,92
1
1
10
x
K
C x
  

 
 
2
2
1
1
; 0 0,02918a a b
x
K x K x K C x M
C x
     

 
Podríamos calcular el pH directamente con este valor, debido a que la segunda constante de 
disociación es muy pequeña, 6,222 10K
 y no aportara con muchos protones además que 
esta el efecto del ion común y eso también merma su aporte, pero para comprobar lo que se 
afirma, se realizara el cálculo: 
2KAcH Ac H
x x
y y y
x y y x y
   
  
 
  6,22
2 10
y x y
K
x y


  

 
 
 2 72 2 2; 0 6,025 10
y x y
K y x K y K x y M
x y


       

 
Como se puede observar, la concentración de protones será: 
0,02918H x y H           
Entonces: 
 
log
1,53
log 0,02918
pH H
pH
pH M
       
  
 
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 Para 6,25NaOHV ml : 
Basándonos en la ecuación de titulación para la primera etapa: 
2 2
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
AcH NaOH AcH H O
n n
n n n n
n n n n
  
   

 
Calculando los moles iniciales de AcH2 y los moles que se adicional en los 6,25 ml de NaOH: 
32
0 0 2
0,1
25 2,5 10
1000
mol AcH
n ml n mol AcH
ml
     
3 3
1 1
0,1
6,25 0,625 10 0,625 10
1000
mol NaOH
n ml n mol NaOH mol OH
ml
        
 
Para el cálculo del pH de una titulación de un ácido débil, se tiene el siguiente procedimiento: 
 
1
2 1
2
K
AcH H
AcH AcH H K
AcH
 
 
          
Despejando la concentración de protones: 
 2
1
AcH
H K
AcH


      
 
Operando se tiene: 
 
2
2 2
1 1 1 .........
AcH
AcH AcHT
AcH AcH AcH
T
n
n nV
H K K H K
n n n
V
  
 
 
 
           
 
 
 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
 3 3
1,92 1,92 1,44290 1
1 3
1
2,5 10 0,625 10
10 3 10 10
0,625 10
moln n
H K M H M
n mol
 
    

  
           
 
 1,4429log log 10 1,44pH H M pH         
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 Para  12,5 2 6,25NaOHV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior 
punto, entonces: 
  32 2
0,1
2 6,25 1,25 10
1000
mol NaOH
n ml n mol OH
ml
       
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
 3 3
1,92 1,92 1,920 2
1 3
2
2,5 10 1,25 10
10 1 10 10
1,25 10
moln n
H K H M
n mol
 
    

  
           
 
 1,92log log 10 1,92pH H M pH         
(Llegando así al primer punto tampón) 
 Para  
4
18,75 3 6,25HIOV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: 
  33 3
0,1
3 6,25 1,875 10
1000
mol NaOH
n ml n mol OH
ml
       
 3 3
1,92 1,92 2,3970 3
1 3
3
2,5 10 1,875 10 1
10 10 10
1,875 10 3
moln n
H K H M
n mol
 
    

  
           
 
 2,397log log 10 2,4pH H M pH         
 Para  25 4 6,25NaOHV ml ml   (1ER PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
En este punto los moles añadidos de OH- son exactamente iguales a los moles de H+ de la 
primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del 
ácido. 
2 2
0 4
4 4 4 4
4 40 0
AcH NaOH AcH H O
n n
n n n n
n n
  
   
 
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Como se pude ver, entra en acción la segunda etapa, al formarse los “ 4n ” moles de AcH
 . 
También se evidencia la existencia de un doble equilibrio. El pH se calcula de la siguiente 
manera: 
 
1
2 1
2
K
AcH H
AcH AcH H K
AcH
 
 
          
2
2
K
Ac H
AcH Ac H K
AcH
 
  

      
   
  
 
Multiplicando miembro a miembro las ecuaciones de equilibrio: 
   
2
1 2 1 2
2 2
AcH H Ac H Ac
K K K K H
AcH AcHAcH
    


                          
 
Considerando que las sustancias  2Ac AcH
    en este punto de la titulación son 
prácticamente muy pequeñas, se puede considerar que su actividad es igual a 1, o podemos 
decir que esas concentraciones son muy pequeñas e iguales  2Ac AcH
    , entonces: 
En el primer punto de equivalencia: 1 2H K K
    
  1,92 6,22 4,071 2 10 10 10H K K H M              
Entonces:  4,07log 10 4,07pH M pH    
 Para  31,25 5 6,25NaOHV ml ml   (Exceso de 6,25 ml después del primer 
punto de equivalencia): 
La ecuación de titulación para esta etapa será: 
2AcH NaOH NaAc H O
    
Si observamos en el punto de equivalencia se consumieron los moles de 2AcH en la primera 
etapa pero se fueron formando en cada adición de volumen de NaOH moles de AcH  , 
entonces: 
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2 4 4 2 5 4
0 4
4 4 4 4
4 40 0
N H HIO N H IO
n n
n n n n
n n
   
   
 
 0
0,1
4 6,25
1000AcH
mol NaOH
n n ml
ml
     
3 32,5 10 2,5 10
AcH
n mol OH molAcH
        
El volumen de titulación para esta nueva etapa serán los 6,25 ml de NaOH destinados para 
la titulación de la segunda etapa: 
3 3
1 1
0,1
6,25 0,625 10 0,625 10
1000
mol NaOH
n ml n mol NaOH mol OH
ml
        
Basándonos en la ecuación de titulación para la segunda etapa: 
2
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
AcH NaOH AcNa H O
n n
n n n n
n n n n
   
   

 
Para la segunda etapa: 
2
2
K
Ac H
AcH Ac H K
AcH
 
  

      
   
  
 
Despejando la concentración de protones: 
2
AcH
H K
Ac



        
 
Operando se tiene: 
 1 2 2 .........
AcH
T AcH AcH
Ac Ac Ac
T
n
n nV
H K K H K
n n n
V

 
  
 
 
 
           
 
 
 
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Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
 3 3
6,22 6,22 5,740 1
2 3
1
2,5 10 0,625 10
10 3 10 10
0,625 10
moln n
H K M H M
n mol
 
    

  
           
 
 5,74log log 10 5,74pH H M pH         
 Para  37,5 6 6,25NaOHV ml ml   (Exceso de 12,5 ml): 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior 
punto, entonces: 
  32 2
0,1
2 6,25 1,25 10
1000
mol NaOH
n ml n mol OH
ml
       
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
 3 3
6,22 6,22 6,220 2
2 3
2
2,5 10 1,25 10
10 1 10 10
1,25 10
moln n
H K H M
n mol
 
    

  
           
 
 6,22log log 10 6,22pH H M pH         
(Llegando así al segundo punto tampón) 
 Para  
4
43,75 7 6,25HIOV ml ml   (Exceso de 18,75 ml): 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: 
  33 3
0,1
3 6,25 1,875 10
1000
mol NaOH
n ml n mol OH
ml
       
 3 3
6,22 6,22 6,70 3
2 3
3
2,5 10 1,875 10 1
10 10 10
1,875 10 3
moln n
H K H M
n mol
 
    

  
           
 
 6,7log log 10 6,7pH H M pH         
 Para  50 8 6,25NaOHV ml ml   (2DO PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
Ahora se tituló por completo al ácido diprótico, por lo tanto: 
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 GRUPO “A” 2017 
2
0
4 4 4
4 40
K
AcH Ac H
n
n n n
n n
   

 
  3 34 4
0,1
4 6,25 2,5 10 2,5 10
1000
mol NaOH
n ml n mol OH mol Ac
ml
           
Se evidencia solo la presencia de la base conjugada Ac , entonces en procedimiento es: 
1
2
4
4
bKAc H O AcH OH
n
z z z
n z z z
    
  

2
7,78
1 10b
AcH OH z
K
C zAc
 


      
   
  
 
Calculo de la concentración “C”: 
3
4
3
2,5 10 1
0,03333
75 10 30T
n mol Ac
C M M
V lt
 


   

 
2
2 5
1 1 1; 0 2,351 10b b b
z
K z K z K C z OH M
C z
          
 
Entonces: 
 5
14 log
9,37
14 log 2,351 10
pH OH
pH
pH M


     
 
   
 
 Para  56,25 9 6,25NaOHV ml ml   (Exceso de 6,25 ml después del punto del 
segundo punto equivalencia; VT=81,25 ml): 
Para el cálculo del pH posterior a la titulación; el pH lo define el exceso de moles añadidos 
de NaOH, por ser base fuerte, y el aporte de oxidrilos de Ac , es despreciable, entonces: 
3
1
0,1
6,25 0,625 10
1000
EXCESO EXCESO
mol NaOH
n n ml n mol OH
ml
       
 
 
3
3
3
0,625 10
7,6923 10
25 56,25 10
EXCESO
T
n mol OH
OH OH M
V lt
 
  


           
 
314 log 14 log 7,6923 10 11,89pH OH M pH               
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BASE DEBIL CON ACIDO FUERTE 
 
Ejercicio 4: Desarrolle una curva para la titulación de 50 ml de una solución 0,1 M del 
compuesto A con una solución 0,2 M del compuesto B de la siguiente lista. Para cada 
titulación determinar el pH del punto tampón y del punto de equivalencia correspondiente 
así como también el exceso del titulante: 
 A B 
 Na2CO3 ……………………. HCl 
Solución: 
Para la titulación de base débil con ácido fuerte, se tiene los siguientes datos: 
Para el ácido carbónico: 
6,34 7,66
1 2
10,25 3,75
2 1
10 10
10 10
b
b
K K
K K
 
 
  
  
 
   1 2 3 2
2 3
1 2
0,1 0,2 0,2 0,2
50 ¿?
C Na CO M N C HCl M N
Na CO HCl
V ml V ml
      
 
  
 
La ecuación global de titulación será: 
2 3 2 32 2Na CO HCl H CO NaCl   
Calculando el volumen necesario para la titulación: 
    
1 1 2 2
2
2
50
0,2 50 0,2
CV C V
V ml
N ml N V
 
 
 
 
Para por lo menos 4 puntos de referencia para cada etapa de titulación, entonces: 
 
 
1
2
2
25
6,25
50 4
25
252 2
6,25
4
TIT ETAPA
TIT ETAPA
ml
V ml
V ml
ml
ml
V ml

 
   
  

 
Calculo de pH para volúmenes añadidos de 5 ml en 5 ml: 
 Para 0HClV ml : 
Entonces se considera la hidracina en agua pura, por lo tanto: 
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 GRUPO “A” 2017 
1
3,753 2 3
1
0
10
bK
b
CO H O HCO OH
K
C x x x
  
    

 
2
2 3
1 1 1 0
0
; 0 4,129 10b b b
x
K x K x K C x OH M
C x
         
 
Considerando despreciable el aporte de oxidrilos de la segunda disociación, al ser muy 
pequeña la constante 7,662 10bK
 , entonces el pH será:
 
 3
14
11,61
14 log 4,129 10
pH pOH
pH
pH M
  
 
   
 
 Para 6,25HClV ml : 
Basándonos en la ecuación de titulación para la primera etapa: 
3 3
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
CO HCl HCO Cl
n n
n n n n
n n n n
    
   

 
Calculando los moles iniciales de CO3= y los moles de protones que se adicional en los 5 ml: 
3 32 3
0 0 2 3 3
0,1
50 5 10 5 10
1000
mol Na CO
n ml n mol Na CO mol CO
ml

          
3 3
1 1
0,2
6,25 1,25 10 1,25 10
1000
mol HCl
n ml n mol HCl mol H
ml
         
Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: 
1
3
3 2 3 1
3
bK
b
HCO OH
CO H O HCO OH K
CO
 
  

      
    
  
 
Despejando la concentración de oxidrilos: 
3
1
3
b
CO
OH K
HCO



        
 
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Operando se tiene: 
 
3
3 3
3 3 3
1 1 1 .........
CO
T CO CO
b b b
HCO HCO HCO
T
n
n nV
OH K K OH K
n n n
V

 
  
 
 
 
            
 
  
 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
3 3
3,75 3,75 3,270 1
1 3
1
5 10 1,25 10
10 3 10 10
1,25 10
b
n n mol mol
OH K OH M
n mol
 
    

   
           
 
 3,2714 14 log 10 10,73pH pOH M pH      
 Para  12,5 2 6,25HClV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el doble que en el anterior 
punto, entonces: 
  32 2
0,2
2 6,25 2,5 10
1000
mol HCl
n ml n mol H
ml
       
3 3
0 2
2 2 2 2
0 2 2 20
CO HCl HCO Cl
n n
n n n n
n n n n
    
   

 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
 3 3
3,75 3,75 3,750 2
1 3
2
5 10 2,5 10
10 1 10 10
2,5 10
b
molHn n
OH K OH M
n mol H mol
  
    
 
  
           
 3,7514 14 log 10 10,25pH pOH M pH      
(Llegando así al PRIMER PUNTO tampón) 
 Para  18,75 3 6,25HClV ml ml   : 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: 
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  343 3
0,2
3 6,25 3,75 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
       
 3 3
5,52 3,75 4,220 3
1 3
3
5 10 3,75 10 1
10 10 10
3,75 10 3
b
moln n
OH K OH M
n mol
 
    

  
           
 
 4,2214 14 log 10 9,77pH pOH M pH      
 Para  25 4 6,25HClV ml ml   (PRIMER PUNTO DE EQUIVALENCIA): 
En este punto los moles añadidos de H+ son exactamente iguales a los moles de OH- de la 
primera etapa, al haberse consumido por completo los moles de la primera disociación del 
ácido. 
3 3
0 4
4 4 4 4
4 40 0
CO HCl HCO Cl
n n
n n n n
n n
    
   
 
Como se pude ver, entra en acción la segunda etapa, al formarse los “ 4n ” moles de 3HCO
 . 
 También se evidencia la existencia de un doble equilibrio. El pH se calcula de la siguiente 
manera: 
1
3
3 2 3 1
3
bK
b
HCO OH
CO H O HCO OH K
CO
 
  

      
    
  
 
 
2
2 3
3 2 2 3 2
3
bK
b
H CO OH
HCO H O H CO OH K
HCO

 

  
    
  
 
Multiplicando miembro a miembro las ecuaciones de equilibrio: 
    23 2 3 2 3
1 2 1 2
3 3 3
b b b b
HCO OH H CO OH H CO
K K K K OH
CO HCO CO
  

  
                          
 
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Considerando que las sustancias  2 3 3H CO CO
    en este punto de la titulación son 
prácticamente muy pequeñas, se puede considerar que su actividad es igual a 1, o podemos 
decir que esas concentraciones son muy pequeñas e iguales 2 3 3H CO CO
    , entonces: 
En el primer punto de equivalencia: 1 2b bOH K K
    
  3,75 7,66 5,5071 2 10 10 10b bOH K K OH M              
Entonces:  5,50714 log 10 8,295pH MM pH    
 Para  31,25 5 6,25HClV ml ml   (6,25 ml de exceso después del 1er punto de 
equivalencia): 
La ecuación de titulación para esta etapa será: 
3 2 3HCO HCl H CO Cl
    
Si observamos en el punto de equivalencia se consumieron los moles de 3CO
 de la primera 
etapa pero se fueron formando en cada adición de HCl moles de 3HCO
 “ 4 0n n ”, ahora 
entonces: 
3 2 3
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
HCO HCl H CO Cl
n n
n n n n
n n n n
   
   

 
Para los moles de 3HCO
 formados: 
 
3
0 4
0,1
4 6,25
1000HCO
mol HCl
n n n ml
ml
      
3
3 3
32,5 10 2,5 10HCOn mol HCl mol HCO
       
Basándonos en la ecuación de titulación para la segunda etapa: 
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 GRUPO “A” 2017 
3 2 3
0 1
1 1 1 1
0 1 1 10
HCO HCl H CO Cl
n n
n n n n
n n n n
   
   

 
Los moles de protones que se adicional en los 6,25 ml de exceso: 
3 3
1 1
0,2
6,25 1,25 10 1,25 10
1000
mol HCl
n ml n mol HCl mol H
ml
         
Para el cálculo del pH de una titulación de una base débil, se tiene el siguiente procedimiento: 
 
1
2 3
3 2 2 3 2
3
bK
b
H CO OH
HCO H O H CO OH K
HCO

 

  
    
  
 
Despejando la concentración de oxidrilos: 
 
3
2
2 3
b
HCO
OH K
H CO


      
Operando se tiene: 
 
3
3 3
2 3 2 3 2 3
2 2 2 .........
HCO
T HCO HCO
b b b
H CO H CO H CO
T
n
n nV
OH K K OH K
n n n
V

 
 
 
 
            
 
 
 
Guiándonos en la ecuación de titulación global: 
3 3
7,66 7,66 7,180 1
2 3
1
5 10 1,25 10
10 3 10 10
1,25 10
b
n n mol mol
OH K OH M
n mol
 
    

   
           
 7,1814 14 log 10 6,82pH pOH M pH      
 Para  37,5 6 6,25HClV ml ml   (Exceso de 12,15 ml después del 1ER punto 
de equivalencia): 
3
2 2
0,2
12,5 2,5 10
1000
mol HCl
n ml n mol H
ml
      
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 3 3
7,76 7,76 7,760 2
2 3
2
5 10 2,5 10
10 1 10 10
2,5 10
b
molHn n
OH K OH M
n mol H mol
  
    
 
  
           
 7,6614 14 log 10 6,34pH pOH M pH      
(Llegando así al SEGUNDO PUNTO tampón) 
 Para  43,75 7 6,25HClV ml ml   (Exceso de 18,75 ml después del 1ER punto 
de equivalencia): 
Como el volumen para el siguiente punto son otros 5 ml, es decir el triple, entonces: 
34
3 3
0,2
18,75 3,75 10
1000
mol HIO
n ml n mol H
ml
      
 3 3
7,66 7,66 8,140 3
2 3
3
5 10 3,75 10 1
10 10 10
3,75 10 3
b
moln n
OH K OH M
n mol
 
    

  
           
 
 8,1414 14 log 10 5,86pH pOH M pH      
 Para  50 8 6,25HClV ml ml   (SEGUNDO PUNTO DE EQUIVALENCIA):En este punto los moles añadidos de H+ son exactamente iguales a los moles de OH- de la 
segundo etapa, al haberse consumido por completo los moles. El tratamiento es de la 
siguiente manera: 
 
2
2 3
3 2 2 3 2
3
bK
b
H CO OH
HCO H O H CO OH K
HCO

 

  
    
  
 
Se evidencia la formación del ácido carbónico: 
3 2 3
0 4
4 4 4 4
4 40 0
HCO HCl H CO Cl
n n
n n n n
n n
   
   
 
Nota: Los iones en solución como el Cl  no influyen en el cálculo del pH, ya que están 
completamente disueltas al ser sales. 
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Como en este punto solo existe el ácido carbónico, entonces: 
1
2 3 3
4
4
K
H CO HCO H
n
z z z z
n z z z
  
   

2
6,34
1 10
z
K
C z
  

 
Calculo de la concentración “C”: 
 
3
4
3
5 10
0,05
50 50 10T
n mol Ac
C M
V lt
 


  
 
 
2
2 4
1 1 1; 0 1,509 10
z
K z K z K C z H M
C z
          
 
Entonces:  4log 1,509 10 3,82pH M pH     
 Para  56,5 9 6,25HClV ml ml   (Exceso de 6,25 ml después del punto del 
segundo punto de equivalencia): 
Para el cálculo del pH posterior al punto de equivalencia; el pH lo define el exceso de moles 
de H+ añadidos a la solución, considerando además despreciable la cantidad de protones 
cedidos por el ácido carbónico, al ser su constante acida pequeña, entonces: 
3
1
0,2
6,25 1,25 10
1000
EXCESO EXCESO
mol HCl
n n ml n mol H
ml
       
 
 
3
1,93
3
1,25 10
10
50 56,25 10
EXCESO
T
n mol H
H H M
V lt
 
  


          
 
1,93log log10 1,93pH H M pH          
 
 
 
 
 UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES 
 FACULTAD DE INGENIERIA 
 
ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515 [30] 
AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA 
 GRUPO “A” 2017 
 
ACIDO DEBIL CON BASE DEBIL 
Ejercicio 5: Se calculara el pH en el punto de equivalencia en la titulación de 50 ml de 
ácido acético 0,1 N con 50 ml de hidróxido de amonio 0,1 N. Para el ácido y de la base 
respectivamente: pKa = 4,74; pKb=4,8 
Solución: 
   1 3 2
3 44,74 4,8
1 1 2 1
0,1 0,2 0,1 0,2
50 ; 10 50 ; 10a b
C CH COOH M N C HCl M N
CH COOH NH OH
V ml K V ml K 
      
 
    
Para el cálculo del pH en el punto de equivalencia: 
Se tiene la ecuación: 
...........( )WW
K
H OH K H
OH
  

               
 
De los equilibrios: 
 
1
3 3
3
1
3
......(1)
aK
a
CH COOH CH COO H
CH COO H
K
CH COOH
 
 
 
      

 
 
1
4 4
4
1
4
......(2)
bK
b
NH OH NH OH
NH OH
K
NH OH
 
 
 
      

 
Ahora (1)/(2): 
 
 
3
31
1 4
4
a
b
CH COO H
CH COOHK
K NH OH
NH OH
 
 
      

      
 
Despejando los OH-: 
 
 
1 3 4
1 3 4
b
a
K CH COO H NH OH
OH
K CH COOH NH
 


            
 
Reemplazando en ( ) : 
 
 
1 3 4
1 3 4
W
b
a
K
H
K CH COO H NH OH
K CH COOH NH

 

          
  
 
Despejando H    : 
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 FACULTAD DE INGENIERIA 
 
 
[31] ELABORADO POR: UNIV. PABLO ALBERT QUISPE CAPQUIQUE Cel.: 73041515 
AUXILIATURA QUIMICA ANALITICA CUALITATIVA 
 GRUPO “A” 2017 
 
 
2 1 3 4
1 3 4
W a
b
K K CH COOH NH
H
K CH COO NH OH



        
 
De donde: 
   3 4 4 3CH COOH NH OH NH CH COO
          
Entonces: 
2
1
1
/ / lgW a
b
K K
H
K
    
1 12lg lg lg lg / /( 1)W a bH K K K
       
Realizando operaciones se llega a: 
 1 1
1
2
W a bpH pK pK pK   
Entonces el pH en el punto de equivalencia será: 
 
 
1 1
1
2
6,95
1
14 4,74 4,8
2
W a bpH pK pK pK
pH
pH

   
 
  

Respuesta. 
 
	Titulacion Acido Fuerte con Base Fuerte
	Base fuerte con Acido Fuerte
	Base debil con Acido Fuerte
	Acido debil con Base Fuerte
	Base debil con Acido Fuerte
	Acido debil con Base debil