Ejercicios de INstrumental

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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL ALTIPLANO 
FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA 
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA QUIMICA 
“ANÁLISIS QUÍMICO INSTRUMENTAL” 
Trabajo: 
“Titulaciones conductimetrica Ejercicios” 
DOCENTE: 
Dr. ROQUE VILLANUEVA Wilfredo 
Fernando 
ESTUDIANTE: 
PEÑASCO MAMANI, Max Wilderson COD. 175209 
SEMESTRE: V 
Puno, 2021 
1 
 
 
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FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA 
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA QUÍMICA 
Análisis Químico Instrumental 
1 
Tarea N°4: 
TITULACIONES CONDUCTIMETRICAS 
Ejercicio 01: Realizar una valoración conductimetrica representada en una curva de 
ácido acético y ácido clorhídrico en hidróxido de sodio, repetir los cálculos en el ejercicio 
desarrollado pero con volúmenes de 0,5 ML añadiendo cada vez. 
 Curva de titulación conductimétrica de: 
Calculo de Conductancia de la solución HCl 0,10N (20 ML) y de ácido acético 
0,10N(20mL) que se valora con hidróxido de sodio (NaOH) 0.5N (concentrado) 
Nota: La disolución total es la mitad (0.05N HCl) 
Solución 
PUNTO INICIAL 
1. 0 ML de hidróxido de sodio 
 El HCl ácido fuerte si ioniza totalmente 
𝐿 = 𝜆 ∗ 𝑁𝑖𝑜𝑛 
𝐻+𝑦 𝐶𝑙− = [0.05𝑁 ∗ 349.80 + 0.05𝑁 ∗ 76.35] 
𝑳 = 𝟐𝟏. 𝟑𝟎 𝒔𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
2. Agreguemos 0.5 mL de valorante (NaOH) 
 Estamos antes del punto de equivalencia 
 Se neutraliza el ácido clorhídrico pero no el ácido acético 
 Se forma el cloruro de sodio como producto de neutralización 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟎. 𝟓𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 0.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
 
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2 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
1.75 mEq − g
(20 + 20 + 0.5)
= 0.04320 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
0.25 mEq − g
(20 + 20 + 0.5)
= 0.00617 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.04320 ∗ 394.8 + 0.04320 ∗ 76.30 + 0.00617 ∗ 50.1 + 0.00617 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟏𝟗. 𝟏𝟗 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
 
3. Para 1 mL de valorante NaOH 
 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟏𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 0.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
1.5 mEq − g
(20 + 20 + 1)
= 0.03658 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
0.5 mEq − g
(20 + 20 + 1)
= 0.01219 
 
 
 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.25 mEq-g - - 
Equilibrio 1.75 mEq-g - 0.25 mEq-g 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.5 mEq-g - - 
Equilibrio 1.5 mEq-g - 0.5 mEq-g 
 
 
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3 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.03658 ∗ 394.8 + 0.03658 ∗ 76.30 + 0.01219 ∗ 50.1 + 0.01219 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟏𝟕. 𝟏𝟑 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
4. Para 1.5 mL de valorante NaOH 
 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟏. 𝟓𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 0.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
1.25 mEq − g
(20 + 20 + 1.5)
= 0.03012 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
0.75 mEq − g
(20 + 20 + 1.5)
= 0.02380 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.03012 ∗ 394.8 + 0.03012 ∗ 76.30 + 0.02380 ∗ 50.1 + 0.02380 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟏𝟓. 𝟏𝟐 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
5. Para 2 mL de valorante NaOH 
 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟐𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 1𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.75 mEq-g - - 
Equilibrio 1.25 mEq-g - 0.75 mEq-g 
 
 
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4 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
1 mEq − g
(20 + 20 + 2)
= 0.02380 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
1 mEq − g
(20 + 20 + 2)
= 0.02380 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.02380 ∗ 394.8 + 0.02380 ∗ 76.30 + 0.02380 ∗ 50.1 + 0.02380 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟏𝟑. 𝟏𝟒 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
6. Para 2.5 mL de valorante NaOH 
 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟐. 𝟓𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 1.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
0.75 mEq − g
(20 + 20 + 2.5)
= 0.01764 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
1.25 mEq − g
(20 + 20 + 25)
= 0.02941 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.01764 ∗ 394.8 + 0.01764 ∗ 76.30 + 0.02941 ∗ 50.1 + 0.02941 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟒 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1 mEq-g - - 
Equilibrio 1mEq-g - 1 mEq-g 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.25 mEq-g - - 
Equilibrio 0.75 mEq-g - 1.25 mEq-g 
 
 
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5 
7. Para 3 mL de valorante NaOH 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟑𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 1.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝐻𝐶𝑙] =
0.5 mEq − g
(20 + 20 + 3)
= 0.01162 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
1.5 mEq − g
(20 + 20 + 3)
= 0.03488 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.01162 ∗ 394.8 + 0.01162 ∗ 76.30 + 0.03488 ∗ 50.1 + 0.03488 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟗. 𝟑𝟔 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
8. Para 3.5 mL de valorante NaOH 
𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝑂𝐻− → 𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻2𝑂 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.10𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟑. 𝟓𝒎𝒍 ∗
0.50𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
𝑚𝑙
= 1.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.5 mEq-g - - 
Equilibrio 0.5 mEq-g - 1.5 mEq-g 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.75 mEq-g - - 
Equilibrio 0.25 mEq-g - 1.75 mEq-g 
 
 
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6 
[𝐻𝐶𝑙] =
0.25 mEq − g
(20 + 20 + 3.5)
= 0.00574 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
1.75 mEq − g
(20 + 20 + 3.5)
= 0.04022 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝐻+ + 𝐶𝑙− + 𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙−] 
𝐿 = [0.00574 ∗ 394.8 + 0.00574 ∗ 76.30 + 0.04022 ∗ 50.1 + 0.04022 ∗ 76.30] 
𝑳 = 𝟕. 𝟓𝟑 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
PRIMER PUNTO DE EQUIVALENCIA 
En el primer punto de equivalencia se verifica que el HCl se neutralice totalmente, pero 
no el HAc ya que permanece intacto, pero en este punto se ioniza. 
 Calculo del volumen de punto de equivalencia 
𝐶1 ∗ 𝑉1 = 𝐶2 ∗ 𝑉2 → 𝑚𝐸𝑞 − 𝑔𝐻𝐶𝑙 = 𝑚𝐸𝑞 − 𝑔𝑁𝑎𝑂𝐻 
𝑁1 ∗ 𝑉1 = 𝑁2 ∗ 𝑉2 → 0.10𝑁 ∗ 20𝑚𝐿 = 0.500𝑁 ∗ 𝑉2 
𝑉2 = 4.0𝑚𝑙 
9. Para 4 mL de valorante NaOH 
 
Balance estequiometrico 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐶𝑙 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟒𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝐻𝐶𝑙] = 𝑌𝑎 𝑛𝑜 ℎ𝑎𝑦 𝐻𝐶𝑙, 𝑡𝑎𝑚𝑝𝑜𝑐𝑜 𝑁𝑎𝑂𝐻 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4)
= 0.04545 
 
 
 
 𝑯𝑪𝒍 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑪𝒍 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 2 mEq-g - - 
Equilibrio - - 2 mEq-g 
 
 
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7 
Ahora en este punto se ionizael HAc formándose iones que aportan a la conductancia 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
[𝐻𝐴𝑐] =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4)
= 0.04545 
 
 
 
 
 
𝐾𝑎 = 1.75𝑥15−5 
𝐾𝑎 =
[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]
[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠]
= 1.75𝑥15−5 =
[𝑥][𝑥]
[0.04545 − 𝑥]
 
𝑥 = √1.75𝑥15−5 ∗ 0.04545 = 8.92𝑥10−4 
𝑳 = 𝝀 ∗ 𝑵𝒊𝒐𝒏 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻𝐴𝑐] 
𝐿 = [𝑁𝑎+ + 𝐶𝑙− + 𝐻+ + 𝐴𝑐−] 
𝐿 = [0.04545 ∗ 50.1 + 0.04545 ∗ 76.3 + 8.92𝑥10−4 ∗ 349.8 + 8.92𝑥10−4 ∗ 40.9] 
𝑳 = 𝟔. 𝟎𝟗 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
10. Para 4.5 mL de valorante NaOH 
En este punto se neutraliza el HAc 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟎. 𝟓𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 2.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
 
 𝑯𝑨𝒄 → 𝑯 + + 𝑨𝒄− 
Inicio 0.04545 - - 
Equilibrio 0.04545-x x x 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 1.75 mEq-g - 0.25 mEq-g - 
 
 
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8 
[𝐻𝐴𝑐]𝑅𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑎𝑙 =
1.75 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 0.5)
= 0.03932 
[𝑁𝑎𝐴𝑐]𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 =
0.25 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 0.5)
= 0.00561 
[𝑁𝑎𝐶𝑙]𝐴𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 0.5)
= 0.04494 
Como el Ácido acético es un Acido débil, en la presencia de sal forma un tampón 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
𝑁𝑎𝐴𝑐 = 0.00561 
𝐻𝐴𝑐 → 𝐻+ + 𝐴𝑐− 
 
 
 
 
𝐾𝑎 = 1.75𝑥15−5 
𝐾𝑎 =
[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]
[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠]
= 1.75𝑥15−5 =
[𝑥][0.00561 + 𝑥]
[0.03932 − 𝑥]
 
𝑥 = 2.5𝑥10−6 = 𝑯 + = 𝑨𝒄− 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐] 
𝐿 = [5.68 + 9.76𝑥10−4 + 0.51] 
𝑳 = 𝟔. 𝟏𝟗 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
11. Para 5 mL de valorante NaOH 
En este punto se neutraliza el HAc 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟏 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 0.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 𝑯𝑨𝒄 → 𝑯 + + 𝑨𝒄− 
Inicio 0.03932 - 0.00561 
Equilibrio 0.03932-x x 0.00561+x 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 1.5 mEq-g - 0.5 mEq-g - 
 
 
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9 
 
[𝐻𝐴𝑐]𝑅𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑎𝑙 =
1.5 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1)
= 0.03333 
[𝑁𝑎𝐴𝑐]𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 =
0.5 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1)
= 0.01111 
[𝑁𝑎𝐶𝑙]𝐴𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1)
= 0.04444 
Como el Ácido acético es un Acido débil, en la presencia de sal forma un tampón 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
𝑁𝑎𝐴𝑐 = 0.01111 
 
 
 
 
𝐾𝑎 = 1.75𝑥15−5 
𝐾𝑎 =
[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]
[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠]
= 1.75𝑥15−5 =
[𝑥][0.01111 + 𝑥]
[0.03333 − 𝑥]
 
𝑥 = 5.83𝑥10−6 = 𝑯 + = 𝑨𝒄− 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐] 
𝐿 = [5.61 + 2.27𝑥10−3 + 1.011] 
𝑳 = 𝟔. 𝟔𝟑 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
12. Para 5.5 mL de valorante NaOH 
En este punto se neutraliza el HAc 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟏. 𝟓 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 0.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 𝑯𝑨𝒄 → 𝑯 + + 𝑨𝒄− 
Inicio 0.03333 - 0.01111 
Equilibrio 0.03333-x x 0.01111+x 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 0.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 1.25 mEq-g - 0.75 mEq-g - 
 
 
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10 
[𝐻𝐴𝑐]𝑅𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑎𝑙 =
1.25 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1.5)
= 0.02743 
[𝑁𝑎𝐴𝑐]𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 =
0.75 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1.5)
= 0.01648 
[𝑁𝑎𝐶𝑙]𝐴𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 1.5)
= 0.04395 
Como el Ácido acético es un Acido débil, en la presencia de sal forma un tampón 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
𝑁𝑎𝐴𝑐 = 0.02173 
 
 
 
 
𝐾𝑎 = 1.75𝑥15−5 
𝐾𝑎 =
[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]
[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠]
= 1.75𝑥15−5 =
[𝑥][0.02173 + 𝑥]
[0.02743 − 𝑥]
 
𝑥 = 1.05𝑥10−5 = 𝑯 + = 𝑨𝒄− 
 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐] 
𝐿 = [5.55 + 4.10𝑥10−3 + 1.5] 
𝑳 = 𝟕. 𝟎𝟔 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
 
 
13. Para 6 mL de valorante NaOH 
En este punto se neutraliza el HAc 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟐 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 1𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
 𝑯𝑨𝒄 → 𝑯 + + 𝑨𝒄− 
Inicio 0.02743 - 0.02173 
Equilibrio 0.02743-x x 0.02173+x 
 
 
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11 
[𝐻𝐴𝑐]𝑅𝑒𝑠𝑖𝑑𝑢𝑎𝑙 =
1 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 2)
= 0.02173 
[𝑁𝑎𝐴𝑐]𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜 =
1 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 2)
= 0.02173 
[𝑁𝑎𝐶𝑙]𝐴𝑛𝑡𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 =
2 mEq − g
(20 + 20 + 4 + 2)
= 0.04395 
Como el Ácido acético es un Acido débil, en la presencia de sal forma un tampón 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
𝑁𝑎𝐴𝑐 = 0.02173 
 
 
 
 
𝐾𝑎 = 1.75𝑥15−5 
𝐾𝑎 =
[𝑃𝑟𝑜𝑑𝑢𝑐𝑡𝑜𝑠]
[𝑅𝑒𝑎𝑐𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠]
= 1.75𝑥15−5 =
[𝑥][0.02173 + 𝑥]
[0.02173 − 𝑥]
 
𝑥 = 1.75𝑥10−5 = 𝑯 + = 𝑨𝒄− 
 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝐻𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐴𝑐] 
𝐿 = [5.4956 + 6.83𝑥10−3 + 1.9782] 
𝑳 = 𝟕. 𝟒𝟖 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
 
 
 
 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1 𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 1 mEq-g - 1 mEq-g - 
 𝑯𝑨𝒄 → 𝑯 + + 𝑨𝒄− 
Inicio 0.02743 - 0.02173 
Equilibrio 0.02743-x x 0.02173+x 
 
 
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12 
 Desde este punto hay una formación de NaAc, Su hidrolisis y la contribución del 
NaCl anterior por lo tanto: 
𝑁1 ∗ 𝑉1 = 𝑁2 ∗ 𝑉2 
0.100 ∗ 20𝑚𝐿 = 0.500 ∗ 𝑉2 
𝑉2 = 𝟒𝒎𝒍 𝐷𝐸 𝑁𝑎𝑂𝐻 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑙 𝐻𝐴𝑐 
El volumen total de la solución hasta alcanzar el segundo punto de equivalencia es: 
20 + 20 + 4 + 4 = 48𝑚𝐿 
14. Para 6.5 mL de valorante NaOH 
𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟐. 𝟓 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 1.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
[𝑁𝑎𝐴𝑐] =
1.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 2.5)
= 0.02688𝑁 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
“La Ionización Es Muy Baja” 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 2.5)
= 0.04301𝑁 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝐿 = [0.02688 ∗ 50.1 + 0.02688 ∗ 40.9 + 0.04301 ∗ 50.1 + 0.04301 ∗ 76.3] 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝑳 = 𝟕. 𝟖𝟖𝟐 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 0.75 mEq-g - 1.25meq-g - 
 
 
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ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA QUÍMICA 
Análisis Químico Instrumental 
13 
15. Para 7 mL de valorante NaOH 
𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟑 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 1.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
[𝑁𝑎𝐴𝑐] =
1.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 3)
= 0.03191𝑁 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
“La Ionización Es Muy Baja” 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 3)
= 0.04255𝑁 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝐿 = [0.03191𝑁 ∗ 50.1 + 0.03191𝑁 ∗ 40.9 + 0.04255 ∗ 50.1 + 0.04255 ∗ 76.3] 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝑳 = 𝟖. 𝟐𝟖𝟐 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
16. Para 7.5 mL de valorante NaOH 
𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟑. 𝟓 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 1.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 0.5 mEq-g - 1.5meq-g - 
 
 
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Análisis Químico Instrumental 
14 
 
[𝑁𝑎𝐴𝑐] =
1.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 3.5)
= 0.03684𝑁 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
“La Ionización Es Muy Baja” 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 3.5)
= 0.04210𝑁 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝐿 = [0.03684 ∗ 50.1 + 0.03684 ∗ 40.9 + 0.04210 ∗ 50.1 + 0.04210 ∗ 76.3] 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝑳 = 𝟖. 𝟔𝟕𝟒𝟕 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
SEGUNDO PUNTO DE EQUIVALENCIA 
En este punto de equivalencia hay una notable formación de NaAc , su hidrolisis y la 
contribución del NaCl anterior. 
17. Para 8 mL de valorante NaOH 
𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝒂𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝐻𝐴𝑐 = 20𝑚𝑙 ∗
0.100𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 𝟒 𝒎𝒍 ∗
0.500𝑁
𝑚𝑙
= 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
[𝑁𝑎𝐴𝑐] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 4)
= 0.04166𝑁 
𝑁𝑎𝐴𝑐 → 𝑁𝑎+ + 𝐴𝑐− 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 1.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio 0.25 mEq-g - 1.75meq-g - 
 𝑯𝑨𝒄 + 𝑵𝒂𝑶𝑯 → 𝑵𝑨𝒄 + 𝑯𝟐𝑶 
Inicio 2 mEq-g 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 - - 
Equilibrio - - 2meq-g - 
 
 
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15 
“La Ionización Es Muy Baja” 
[𝑁𝑎𝐶𝑙] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(20 + 20 + 4 + 4)
= 0.04166𝑁 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝐶𝑙] 
𝐿 = [0.04166 ∗ 50.1 + 0.04166 ∗ 40.9 + 0.04166 ∗ 50.1 + 0.04166 ∗ 76.3] 
𝐿 = [3.7916 + 5.2666] 
𝑳 = 𝟖. 𝟎𝟔 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
EXCESO DE NaOH 
 2 ml exceso más allá del segundo punto de equivalencia 
18. Para 8.5 mL de valorante NaOH 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 0.5𝑚𝑙 ∗
0.5𝑁
𝑚𝑙
= 0.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝐴𝑐 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = (20 + 20 + 4 + 4 + 0.5) = 48.5 
[𝑵𝒂𝑪𝒍] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(48.5)
= 0.04123 
[𝑵𝒂𝑨𝒄] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(48.5)
= 0.04123 
[𝑵𝒂𝑶𝑯]𝑬𝒙𝒄𝒆𝒔𝒐 =
0.25𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(48.5)
= 0.005154 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝑂𝐻] 
𝐿 = [5.21237 + 3.7525 + 1.2788] 
𝑳 = 𝟏𝟎. 𝟐𝟒 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
19. Para 9 mL de valorante NaOH 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 1𝑚𝑙 ∗
0.5𝑁
𝑚𝑙
= 0.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝐴𝑐 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
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16 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = (20 + 20 + 4 + 4 + 1) = 49 
[𝑵𝒂𝑪𝒍] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49)
= 0.0408 
[𝑵𝒂𝑨𝒄] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49)
= 0.0408 
[𝑵𝒂𝑶𝑯]𝑬𝒙𝒄𝒆𝒔𝒐 =
0.5𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49)
= 0.01020 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝑂𝐻] 
𝐿 = [5.1591 + 3.7142 + 1.5316] 
𝑳 = 𝟏𝟏. 𝟒𝟒 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
20. Para 9.5 mL de valorante NaOH 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 1.5𝑚𝑙 ∗
0.5𝑁
𝑚𝑙
= 0.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝐴𝑐 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = (20 + 20 + 4 + 4 + 1.5) = 49.5𝑚𝑙 
[𝑵𝒂𝑪𝒍] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49.5)
= 0.0404 
[𝑵𝒂𝑨𝒄] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49.5)
= 0.0404 
[𝑵𝒂𝑶𝑯]𝑬𝒙𝒄𝒆𝒔𝒐 =
0.75𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(49.5)
= 0.01515 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝑂𝐻] 
𝐿 = [5.1070 + 3.6767 + 3.7590] 
𝑳 = 𝟏𝟐. 𝟓𝟒 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
21. Para 10 mL de valorante NaOH 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻𝐸𝑥𝑐𝑒𝑠𝑜 = 2𝑚𝑙 ∗
0.5𝑁
𝑚𝑙
= 1𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝑂𝐻 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
𝑚𝑒𝑞−𝑔 𝑁𝑎𝐴𝑐 = 2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔 
 
 
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17 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = (20 + 20 + 4 + 4 + 2) = 50𝑚𝑙 
[𝑵𝒂𝑪𝒍] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(50)
= 0.040 
[𝑵𝒂𝑨𝒄] =
2𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(50)
= 0.040 
[𝑵𝒂𝑶𝑯]𝑬𝒙𝒄𝒆𝒔𝒐 =
1 𝑚𝑒𝑞 − 𝑔
(50)
= 0.020 
𝐿 = [𝑁𝑎𝐶𝑙 + 𝑁𝑎𝐴𝑐 + 𝑁𝑎𝑂𝐻] 
𝐿 = [5.056 + 3.64 + 4.962] 
𝑳 = 𝟏𝟑. 𝟔𝟔 𝑺𝒊𝒆𝒎𝒆𝒏𝒔 
1 
0 
T
ít
u
lo
 d
e
l 
e
je
 
 
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25 
Titulación Conductimétrica 
De HCl 0,10N (20 ML) y de ácido acético 0,10N(20mL) que se valora con 
hidróxido de sodio (NaOH) 0.5N (concentrado) 
 
20 
 
 
 
 
 
 
15 
 
 
 
 
 
21.30 
10 
 
 
 
 
 
 
5 
 
 
19.19 
 
 
 
17.13 
 
 
 
 
 
15.12 
 
 
 
 
 
 
13.15 
 
 
 
 
 
 
 
 
11.24 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
9.36 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
7.53 
 
 
 
 
 
 
5.80 6.19 
6.63 
 
 
 
 
 
 
7.06 7.48 
7.88 
 
 
 
 
 
8.28 8.67 
9.00 
 
 
 
 
 
 
 
 
10.24 
 
 
 
 
 
 
 
11.44 
 
 
 
 
 
 
13.66 
12.54 
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 
 
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 
4 4.5 5 5.5 6 6.5 7 7.5 8 8.5 9 9.5 10 
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 
8 
Inicio 
Exceso 
Primer punto de 
equivalencia 
Segundo punto 
de equivalencia 
H3O 
Cl 
Na 
OH 
Ac 
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Análisis Químico Minerales 
 
 
 
 
ANÁLISIS DEL GRAFICO 
El grafico corresponde a una titulación conductimetrica de una mezcla de ácido clorhídrico 
y ácido acético que se valoran con el hidróxido de sodio. Se tiene el ácido fuerte y acido 
débil mezclados en la misma solución. 
En que grafico se puede observar que la conductancia baja a medida que se neutraliza el 
ácido clorhídrico porque el ácido es fuerte ,la concentración de cloruros (Cl) no cambia en 
absoluto durante toda la valoración, por qué el cloruro es un electrolito que proviene de un 
ácido fuerte entonces está completamente ionizado y el cloruro no cambiara su 
concentración a lo largo de toda la determinación además no participa en la reacción ,el 
sodio en cambio si se va incrementando su contracción a medida que se agrega el valor ante 
de la bureta 
Se observa en la imagen te que desde un inicio cae la conductancia, después la conductividad 
se permanece constante o empieza a subir ligeramente, porque es la zona de la neutralización 
del ácido acético. Es decir que primero se neutraliza el ácido Clorhídrico y luego el ácido 
acético, entonces por qué se incrementa la conductividad y no cae, la razón es, la formación 
del ion acetato, además el ion acetato se incrementa a medida que se agrega hidróxido de 
sodio y ese incremento de acetato hace que la conductividad suba y no baje 
Cuando se neutraliza completamente el ácido acético se encuentra el segundo punto de 
equivalencia y después del ácido acetato no hay nada por lo tanto los siguientes volúmenes 
del hidróxido de sodio incrementara la concentración de hidróxido libre en la vaso titulación, 
y como el hidróxido tiene una alta conductividad y se encuentra totalmente ionizado va 
incrementarse la conductividad de manera significativa.