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UNIVERSIDAD NACIONAL AUTONOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES CUAUTITLÁN
PROBLEMARIO BÁSICO PARA LA ASIGNATURA DE QUÍMICA ANALÍTICA
APLICADA IMPARTIDA A LAS LICENCIATURAS DE BIOQUÍMICA DIAGNÓSTICA Y
FARMACIA.
ACTIVIDAD DE APOYO A LA DOCENCIA
QUE PARA OBTENER EL TÍTULO DE:
LICENCIADA EN BIOQUÍMICA DIAGNÓSTICA
PRESENTA:
CLAUDIA ELIZABETH DURÁN JUÁREZ
ASESOR: Dr. JULIO CÉSAR BOTELLO POZOS
CUAUTITLÁN IZCALLI, ESTADO DE MÉXICO, 2017
AGRADECIMIENTOS
A la Universidad Nacional Autónoma de México.
Por brindarme la oportunidad de estudiar en sus aulas, por ofrecerme los
mejores profesores, momentos y la oportunidad de crecer como profesional y
persona.
Al Dr. Julio César Botello Pozos
Por permitirme realizar este trabajo, por su motivación, el apoyo para la
culminación de mis estudios profesionales y elaboración de este trabajo, por
ser mi asesor y amigo durante este camino, por los consejos, las charlas y el
apoyo brindado.
A mis padres Jesús y Teresa
Por ser mi ejemplo a seguir, mis héroes y las personas que más amo. Por todas
las enseñanzas, los consejos, el apoyo incondicional, la motivación y amor que
me han brindado a lo largo de mi vida y que me han convertido en una
persona de bien. Este nuevo logro, como muchos de los que he tenido en mi
vida se lo debo a ustedes.
A mis hermanos
Paco, Carmen, Beto, por ser personas maravillosas, los mejores hermanos,
por enseñarme que con esfuerzo y dedicación se puede lograr lo que sea, por
impulsarme cada día.
A todas las personas que llegaron a mi vida durante este trayecto
compartiendo conmigo momentos llenos de alegría, anécdotas, cariño, y me
han ofrecido su apoyo incondicional en todo momento: Carlos, Ana Paulina,
Nataly, Adrián, Yahir, Esther, Andrés, Rafael, Lucy.
ÍNDICE
Introducción………………………………………………………………………………….
1
Objetivo……………………………………………………………………………………….
4
Serie 1. Complejos-Acidez Problema 1.1………………………………………………………………………….. Problema 1.2………………………………………………………………………….. Problema 1.3………………………………………………………………………….. Problema 1.4………………………………………………………………………….. Problema 1.5………………………………………………………………………….. Problema 1.6………………………………………………………………………..… Problema 1.7………………………………………………………………………….. Problema 1.8………………………………………………………………………….. Problema 1.9………………………………………………………………………….. Problema 1.10………………………………………………………………………… Problema 1.11………………………………………………………………………… Problema 1.12………………………………………………………………………... Problema 1.13………………………………………………………………………… Problema 1.14………………………………………………………………………… Problema 1.15………………………………………………………………………… Problema 1.16………………………………………………………………………… Problema 1.17………………………………………………………………………... Problema 1.18…………………………………………………………………………
7 10 13 14 15 18 22 24 26 28 30 31 34 38 42 47 58 69
Serie 2. Solubilidad y precipitación Problema 2.1………………………………………………………………………..… Problema 2.2………………………………………………………………………….. Problema 2.3………………………………………………………………………….. Problema 2.4………………………………………………………………………….. Problema 2.5………………………………………………………………………..… Problema 2.6………………………………………………………………………..… Problema 2.7………………………………………………………………………….. Problema 2.8………………………………………………………………………….. Problema 2.9………………………………………………………………………….. Problema 2.10………………………………………………………………………... Problema 2.11………………………………………………………………………...
72 74 78 79 81 83 85 95 102 119 137
Serie 3.Óxido-reducción (Redox) – Complejos y acidez Problema 3.1………………………………………………………………………….. Problema 3.2………………………………………………………………………….. Problema 3.3………………………………………………………………………….. Problema 3.4………………………………………………………………………….. Problema 3.5………………………………………………………………………….. Problema 3.6………………………………………………………………………….. Problema 3.7………………………………………………………………………….. Problema 3.8………………………………………………………………………….. Problema 3.9………………………………………………………………………..… Problema 3.10…………………………………………………………………………
161 168 170 172 184 190 197 208 215 223
Serie 4. Métodos gráficos de análisis Problema 4.1………………………………………………………………………….. Problema 4.2………………………………………………………………………….. Problema 4.3………………………………………………………………………….. Problema 4.4………………………………………………………………………….. Problema 4.5………………………………………………………………………….. Problema 4.6………………………………………………………………………….. Problema 4.7………………………………………………………………………….. Problema 4.8………………………………………………………………………….. Problema 4.9………………………………………………………………………….. Problema 4.10………………………………………………………………………… Problema 4.11…………………………………………………………………………
232 238 252 261 268 269 271 277 280 285 290
Conclusiones………………………………………………………………………………..
294
Referencias…………………………………………………………………………………..
295
Anexos Diagramas de Zonas de Predominio de complejos metálicos con amoniaco DZP pNH3’ = f(pH) para Mn(II)……………………………………………………………
DZP pNH3’ = f(pH) para Cu(I)……………………………………………………………..
DZP pNH3’ = f(pH) para Ag(I)……………………………………………………………..
DZP pNH3’ = f(pH) para Cd(II)…………………………………………………………….
DZP pNH3’ = f(pH) para Mg(II)……………………………………………………………
298
300
301
303
305
DZP pNH3’ = f(pH) para Co(II)……………………………………………………………
DZP pNH3’ = f(pH) para Ni(II)…………………………………………………………….
DZP pNH3’ = f(pH) para Hg(II)……………………………………………………………
DZP pNH3’ = f(pH) para Ca(II)…………………………………………………………….
DZP pNH3’ = f(pH) para Zn(II)……………………………………………………………. Diagramas de Zonas de Predominio para complejos metálicos con Oxalato DZP pOx´ = f(pH) para Cd(II) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Ce(III) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Mg(II) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Mn(II) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Mn(III) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Ni(II) …………………………………………………………….
DZP pOx´ = f(pH) para Cu(II) ……………………………………………………………
DZP pOx´ = f(pH) para Zn(II) ……………………………………………………………. Diagramas de Zonas de Predominio para complejos metálicos con Sulfato DZP pSO4´ = f(pH) para Ca(II) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para Cd(II) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para Ce(IV) ……………………………………………………….…
DZP pSO4´ = f(pH) para Co(II) ……………………………………………………….…..
DZP pSO4´ = f(pH) para Mg(II) ……………………………………………………….….
DZP pSO4´ = f(pH) para Mn(II) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para Ni(II) ……………………………………………………………
DZP pSO4´ = f(pH) para Zn(II) ……………………………………………………………
DZP pSO4´ = f(pH) para Fe(III) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para In(III) ……………………………………………………………
DZP pSO4´ = f(pH) para Th(IV) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para La(III) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para U(IIV) …………………………………………………………..
DZP pSO4´ = f(pH) para UO22+……………………………………………………………
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Diagramas de Zonas de Predominio para complejos metálicos con Acetato DZP pAcO’ = f(pH) para Ca(II) …………………………………………………………..
DZP pAcO’ = f(pH) para Cd(II) …………………………………………………………...
DZP pAcO’ = f(pH) para Ce(III)…………………………………………………………...
DZP pAcO’ = f(pH) para Fe(III) …………………………………………………………..
DZP pAcO’ = f(pH) para Ni(II) ……………………………………………………………
DZP pAcO’ = f(pH) para Ba(II) …………………………………………………………..
DZP pAcO’ = f(pH) para Cu(II) …………………………………………………………...
DZP pAcO’ = f(pH) para Pb(II)……………………………………………………………
DZP pAcO’ = f(pH) para Co(II) …………………………………………………………
DZP pAcO’ = f(pH) para Mn(II)…………………………………………………………... Diagramas de Zonas de Predominio para complejos metálicos con Cloruro DZP pCl’ = f(pH) para Fe(II)….…………………………………………………………...
DZP pCl’ = f(pH) para Bi(III)….…………………………………………………………...
DZP pCl’ = f(pH) para Cu(II)….…………………………………………………………...
DZP pCl’ = f(pH) para Fe(III)….…………………………………………………………..
DZP pCl’ = f(pH) para Mn(II)….…………………………………………………………..
DZP pCl’ = f(pH) para Sn(II)….…………………………………………………………..
DZP pCl’ = f(pH) para Zn(II)….…………………………………………………………..
DZP pCl’ = f(pH) para Pb(II)….……………………………………………………….….
DZP pCl’ = f(pH) para Tl(III)….……………………………………………………………
DZP pCl’ = f(pH) para Cd(II)….…………………………………………………………..
DZP pCl’ = f(pH) para Hg (II)….………………………………………………………….
DZP pCl’ = f(pH) para Th(IV)….………………………………………………………….
DZP pCl’ = f(pH) para In(III)….…………………………………………………………...
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393
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1
INTRODUCCIÓN
La química analítica es una ciencia que se dedica a la medición, para ello se basa
en un conjunto de ideas y métodos que son útiles para determinar la composición
de la materia. Es esencial en todos los campos de la ciencia, que incluyen la
física, la química, la geología, la biología, la medicina, así por ejemplo en ésta
última los análisis de concentraciones de iones y biomoléculas son la base de
pruebas de laboratorio que permiten a los médicos diagnosticar enfermedades y
dar seguimiento de estado de salud de los pacientes. Así mismo resulta de gran
importancia en la industria, en donde brinda los medios para comprobar las
materias primas y asegurar la calidad de productos determinados, permite analizar
productos de uso doméstico antes de su venta, hace posible la determinación de
componentes en los alimentos; permite detectar la presencia de contaminantes,
entre muchas otras aplicaciones.
El análisis químico se divide así en dos tipos: cualitativo y cuantitativo. El análisis
cualitativo determina el tipo de constituyentes que se encuentran en la muestra
analítica, mientras que el cuantitativo determina la cantidad de determinada
sustancia que se encuentra en la muestra. Ambos tipos requieren seguir un
proceso analítico que se ha establecido como una secuencia de seis pasos
descritos a continuación (Skoog et al, 2005):
1. Definición del problema. Implica establecer la sensibilidad del método a seguir,
que debe ser justificable en función de las propiedades físicas o químicas de la
muestra. De la misma manera requiere establecer la exactitud y precisión, las
interferencias que pueden encontrarse y las opciones para eliminarlas, el tiempo
en que se obtendrán resultados, el costo y equipo de los que se dispone.
2. Obtención de la muestra. Debe analizarse una muestra que tenga la misma
composición que el resto del material del cual se obtuvo.
3. Preparación de la muestra y eliminación de interferencias. Se basa en las
propiedades de los componentes químicos, que se pueden describir en términos
de su color, su repuesta al calor, su solubilidad en varios líquidos, su
2
comportamiento eléctrico, su comportamiento magnético, su capacidad para
reaccionar con otras especies químicas. En una muestra compleja, varios de los
componentes pueden comportarse de una manera similar a la especie de interés,
dando lugar a errores en el análisis final, por lo que es necesario recurrir a otros
procedimientos para eliminar dicha interferencia.
4. Medición. Se lleva a cabo por un método específico que se ha seleccionado con
base en las propiedades físicas y químicas del analito; que incluyen la
transferencia de protones, evaluadas mediante volumetrías de neutralización,
transferencia de electrones, que se pueden evaluar mediante valoraciones en
medio no acuoso, volumetrías redox, electrogravimetría, colorimetría; y la
asociación de iones con otros iones o moléculas, para lo que se emplean
volumetrías complejométricas, volumetrías de precipitación, gravimetría,
colorimetría, turbidimetría y nefelometría.
5. Cálculo de la concentración de la sustancia a analizar. Se basa en los datos
experimentales iníciales obtenidos en el paso de medida, las características de los
instrumentos de medida y la estequiometría de la reacción analítica.
6. Evaluación de los resultados por estimación de fiabilidad.
Una parte importante de todo análisis ya sea cualitativo o cuantitativo es el poder
conocer las propiedades químicas y las características del sistema, de ahí que en
los cursos básicos de Química Analítica de la Facultad de Estudios Superiores
Cuautitlán (FES-C) se revisan los temas correspondientes a los equilibrios
químicos que ocurren en solución acuosa, analizando las bases para la
comprensión de los mismos y las posibles reacciones que ocurren. En particular
en la materia de Química Analítica Aplicada para las Licenciaturas de Farmacia y
de Bioquímica Diagnóstica se revisa lo relacionado con sistemas
multicomponentes y multirreaccionantes en medio amortiguado, temas que en
ocasiones debido a la abstracción que implica su comprensión y aunado a la
escasa literatura existente de problemas químicos y su resolución, provocan que
dichos temas sean de difícil comprensión para los estudiantes.
3
La construcción de este material pretende que se facilite la lectura comprensiva
del alumno, así como el fortalecimiento de destrezas para la comprensión de
información, adquisición y generación de conocimientos en el área y la capacidad
de resolución de problemas vinculados con los temas que se revisan en el curso,
tales como complejos y acidez, solubilidad-acidez y complejos, así como
reacciones óxido-reducción-acidez y complejos;
La estructura del trabajo que se presenta corresponde a los temas que se revisan
en el programa de la asignatura y trata cada uno de ellos, de manera que se inicia
con problemas básicos y paulatinamente se incrementa el grado de dificultad
hasta llegar a la resolución de problemas que integran cada tema revisado, esto
con el propósito de brindar al alumno un acompañamiento en relación a lo que va
revisando de acuerdo al programa de la asignatura.
4
OBJETIVO
Presentar un problemario que pueda ser utilizado como material de apoyo en la
asignatura de Química Analítica Aplicada impartida a las Licenciaturas de
Bioquímica Diagnóstica y Farmacia con el propósito de funcionar como una
herramienta que permita fortalecer los conocimientos adquiridos en esta
asignatura concernientes a propiedades de acidez y basicidad, formación de
complejos, solubilidad y precipitación, así como de reacciones óxido-reducción;
mediante una serie de ejercicios resueltos que involucran la descripción del
problema, el planteamiento y resolución del mismo apoyándose de la realización
de gráficos que permitan establecer reacciones representativas, como lo son
Escalas de Predicción de Reacción, Escalas de Zonas de Predominio, Diagramas
de Zonas de Predominio, Diagramas de Fases condensadas, Diagramas de
Existencia Predominio y Diagramas de Tipo Pourbaix.
5
SERIE 1.
COMPLEJOS-ACIDEZ
Mediante los ejercicios de este capítulo el alumno comprenderá que en la práctica,
es difícil lograr que la sustancia en estudio no participe en reacciones laterales con
los componentes del sistema en medición, por lo que se pueden producir
simultáneamente distintos equilibrios que pueden influir en la estabilidad de
complejos. El estudio de formación de complejos adquiere relevancia debido a que
este tipo de especies son importantes en diversos ámbitos como el medio
ambiente, en medicina, en la industria alimenticia y en muchos otros. La
estabilidad o formación de un complejo MLn puede verse influenciada por el pH del
sistema en los aspectos siguientes:
1. En disoluciones de cationes metálicos que tienen tendencia a formar
complejos, algunos tienen carácter ácido, y su existencia en disolución tiene
que ser controlada con el pH de la misma. Además, pueden formar acuo-
complejos en los cuales el ligando es la molécula de H2O que no es
reactiva.
2. En una solución ácida, puede ocurrir que los protones reaccionen con los
ligandos del complejo que sean bases de Brönsted produciéndose un
equilibrio ácido-base.
3. En la solución pueden estar presentes los iones OH- que son ligandos de
iones metálicos lo que promueve la formación de complejos hidroxilados.
Este capítulo contiene ejercicios que complementan los temas que los alumnos
revisan en el curso acerca de las reacciones de formación de complejos bajo
condiciones de amortiguamiento en pH y pL´ (p de partícula). De la misma manera
reforzará su aprendizaje para definir especies predominantes a determinadas
condiciones a partir de la construcción de Diagramas de Zonas de Predominio,
que le permitirán calcular constantes de equilibrio condicionales y establecer la
7
Problema 1.1 A una alícuota de 25 mL de una solución problema se le agregan
5 mL de una disolución de ácido acético 0.7 M.
Datos
HAcO pKa = 4.76
a) Determine la fuerza del ácido en la disolución resultante
b) Calcule el pH en el sistema
c) Establezca el valor de pAcO´ en el sistema
Resolución
Lo primero a realizar es determinar la concentración del HAcO en el sistema, es
decir en los 30 mL de la disolución:
[HAcO] = (0.7 mmol
mL) (5 mL) =
3.5 mmol
30 mL = 0.1167 M
a) Determinación de la fuerza del ácido acético en la disolución:
Parámetros para determinar fuerza de un ácido o base
Ácido
Α
𝑲𝒂
𝑪𝒐
% de
disociación(ácidos)
/ asociación
(bases)
Fuerte α ≥0.97 𝐾𝑎
𝐶𝑜≥ 10 1.5 ≥ 97 %
Fuerza media 0.03 <α<0.097 10 -3<𝐾𝑎
𝐶𝑜<10 1.5 3% < % < 97%
Débil α ≤ 0.03 𝐾𝑎
𝐶𝑜≤ 10 -3 ≤ 3%
Nota: en caso de las bases se utiliza Kb en lugar de Ka
8
Con base en lo anterior se tiene que para calcular fuerza de HAcO en la
disolución:
Ka = 10−4.76
C0 = 0.1167 M = 10−0.933 M
KaC0=10−4.76
10−0.933= 10−3.827
Respuesta:
Comparando el valor obtenido, correspondiente a 10 -3.827
, con lo descrito en
la tabla se determina que el ácido en el sistema se comporta como un Ácido
débil
b) Calcule el pH del Sistema
pH= -log α [C0]
α =
−Ka
C0+√(
KaC0⁄ )2 + 4 (
KaC0⁄ )
2
Sustituyendo el valor de Ka y Co se obtiene:
α= 10−1.9135
pH= − log[(10−1.9135)(10−0.933)] = 2.85
9
Respuesta:
pH=2.85
c) Calcule el pAcO´
[AcO´] = 0.1167
pAcO’ = -log [0.1167]
pAcO’ = 0.933
Respuesta:
pAcO’= 0.933
10
Problema 1.2 A 50 mL de una solución problema se le agregan 3 mL de una
disolución de NH3 0.5 M.
Datos
NH4+/NH3 pKa = 9.26
a) Determine la fuerza de la especie en la disolución resultante
b) Calcule el pH del sistema
c) Establezca el valor del pNH3´ en el sistema
Resolución
Se calcula la concentración de NH3 en los 53 mL de la solución
[NH3] = (0.5 mmol
mL) (3 mL) =
1.5 mmol
53 mL = 0.0283 M
C0 = 0.0283 M = 10−1.548 M
a) Determine la fuerza de la especie en la disolución resultante
Debido a que el NH3 es una base (Bronsted-Lowry) para determinar su fuerza se
debe realizar la determinación del valor de Kb, con base en:
Kb = Kw/Ka
Ka = 10−9.26
KwKa
=10−14
10−9.26= 10−4.74
Kb = 10−4.74
Para el cálculo de la fuerza se aplica la fórmula
11
KbC0=10−4.74
10−1.548= 10−3.192
Respuesta:
Empleando los mismos parámetros de la tabla utilizada en el problema 1.1 se
tiene que se trata de una Base débil
b) Calcule el pH del sistema
pH= 14 + log α [C0]
α =
−Kb
C0+√(
KbC0⁄ )2 + 4 (
KbC0⁄ )
2
α=10−1.602
pH= 14 + log[(10−1.602)(10−1.548)] = 10.85
Respuesta:
pH= 10.85
c) Establezca el valor del pNH3´ en el sistema
Se calcula el pNH3´en el sistema:
[NH3]= 0.0283 M = 10−1.548 M
p NH3´ = -log [10−1.548]
13
Problema 1.3 ¿Cuál es el pH de 500 mL de una disolución de NaH2PO4 0.25 M?
Datos
H3PO4 pKa’s = 2.0, 6.9, 11.7
Resolución
Con el propósito de visualizar el carácter ácido-base de la especie H2PO4 se
plantea una escala de predicción de reacciones (EPR) en función del pH:
Como puede apreciarse la especie H2PO4- es un anfolito, ya que puede tener el
comportamiento de un donador y el de un receptor de protones (H+), por lo que
para el cálculo de pH estará dado por:
𝐩𝐇 = 𝐩𝐊𝐚𝟏 + 𝐩𝐊𝐚𝟐
𝟐
Esto considerando que se intercambia un protón en cada uno de los equilibrios en
los que interviene el anfolito (donador y receptor de partícula)
Por lo tanto,
pH = 2.0 + 6.9
2
Respuesta:
pH=4.45
14
Problema 1.4 Se mezclan 25 mL de una disolución de NH3 0.7 M con 25 mL de
disolución de NH4+ 0.4 M.
Datos
NH4+ pKa= 9.26
a) Calcule el pH del amortiguador resultante
Resolución
a) Calcule el pH del amortiguador resultante
Se determina la concentración de cada especie en la disolución
[NH3] = (0.7 M)(25 mL)
50 mL = 0.35 M
[NH4+]=
(0.4 M)(25 mL)
50 mL= 0.20 M
Para el cálculo de pH se emplea la ecuación de Henderson-Hasselbalch:
pH = 9.26 + log (0.35 M
0.20 M) = 9.50
Respuesta:
pH= 9.5
15
Problema 1.5 Se prepara una disolución amortiguadora de acuerdo al siguiente
procedimiento: se mide una masa de 4 g de ácido oxálico H2C2O4 (H2Ox) de una
pureza de 80 % (MM= 90 g/mol) y se disuelven en aproximadamente 25 mL de
agua destilada. A esta disolución se le agregan 5 g de NaHC2O4 (NaHOx), pureza
90 %, masa molecular: 112 g/mol; y se afora a un volumen de 250 mL.
A una alícuota de 10 mL de un sistema problema el cual se desea valorar se le
adicionan 5 mL de la solución amortiguadora preparada.
Datos
H2Ox pKa’s = 1.25; 4.29
a) Determine las condiciones de amortiguamiento (pH y pOx´) en el sistema
de valoración.
Resolución
a) Determine las condiciones de amortiguamiento (pH y pOx´) en el sistema de
valoración.
Para poder determinar las condiciones de amortiguamiento iniciaremos por colocar
a las especies de oxalato (Ox´) en una EPR de pH
En esta escala se ha marcado con rojo a las especies con las cuales se elabora la
disolución amortiguadora que son H2Ox y HOx- (ya que el oxalato de sodio es un
electrolito fuerte)
16
Se comienza por determinar la concentración inicial de la solución amortiguadora
la cual está dada por:
[Solución amortiguadora] = [Ox´] = [H2Ox] + [HOx]
Se determina, entonces, la concentración de cada especie que compone la
disolución amortiguadora:
[H2Ox] = 4 g de RA (80 g H2Ox
100 g RA) (
1 mol H2Ox
90 g H2Ox) =
0.0356 mol H2Ox
0.25 L = 0.1424 M
[HOx]= 5 g de RA (90 g NaHOx
100 gRA) (
1 mol NaHOx
112 g NaHOx) (
1 mol HO𝑥−
1 mol NaHOx) =
0.0402 mol HOx−
0.25 L= 0.1607 M
en donde RA= Reactivo analítico
[Solución amortiguadora] inicial = 0.1424 M + 0.1607 M = 0.3031 M
[Solución amortiguadora] sistema= [Ox´] sistema = (5 mL)( 0.3031 M)
15 mL= 0.1010 M
Para calcular las condiciones de amortiguamiento (pOx´ y pH) en el sistema a
valorar se tendrá que:
pOx´ = -log [Ox´] sistema
pOx´= -log (0.1010)
pOx´= 0.996
17
Para el cálculo de pH empleamos la ecuación de Henderson-Hasselbalch ya que
se tiene un par donador/receptor ácido-base.
pH= pKa + log ([Base]
[Ácido])
pH= pKa + log ([HOx−]
[H2Ox])
por tanto es necesario calcular las concentraciones del ácido (H2Ox) y de la base
(HOx-) en el sistema de valoración:
[H2Ox] = 0.1424 M (5 mL)
15 mL = 0.0475 M
[HOx] = 0.1607 M (5 mL)
15 mL= 0.0536 M
Sustituyendo estas concentraciones en la ecuación de Henderson-Hasselbalch
obtenemos:
pH = 1.25 + log [(0.0536 M)
(0.0475 M )]
pH= 1.3
nótese que se emplea el valor de pKa=1.25 ya que es éste el que implica al par
ácido/base que se tiene en la disolución amortiguadora.
Respuesta:
Las condiciones de amortiguamiento son pOx’ = 0.996 y pH = 1.3
18
Problema 1.6 A 25 mL de una alícuota en la cual se desea cuantificar al catión M
se le agregan 10 mL de una disolución amortiguadora de acetatos (AcO´).
El sistema amortiguador se prepara con 50 mL de una solución de ácido acético
(HAcO) 0.6 M a la cual se le adicionan 25 mL de una solución de hidróxido de
sodio 0.3 M y se afora a 100 mL.
Datos
HAcO pKa= 4.76
a) Determine la concentración del amortiguador en el sistema de valoración
b) Calcule las condiciones de amortiguamiento (pH y pAcO´) en el sistema de
valoración
Resolución
a) Determine la concentración del amortiguador en el sistema de valoración
Se inicia por analizar la disolución amortiguadora, dado que se prepara con ácido
acético e hidróxido de sodio se tiene una reacción, la cual se puede apreciar en la
siguiente EPR:
19
Se plantea dicha reacción:
HAcO + OH- ⇆ AcO
- + H2O
Inicio 50 mL (0.6 M)
30 mmol
25 mL(0.3 M)
7.5 mmol
Reacciona 7.5 mmol 7.5 mmol
Equilibrio
22.5 mmol
ɛ
7.5 mmol
*La cantidad de agua formada no se coloca en la tabla, ya que es el solvente y su
fracción molar en el sistema es tendiente a uno, además de que no impactará ello
en el cálculo de pH o de pAcO´
Se procede a calcular la concentración de la solución amortiguadora inicial:
[Solución amortiguadora] inicial = [AcO´] inicial = [HAcO] + [AcO-]
[AcO´] inicial= 22.5 mmol
100 mL+7.5 mmol
100 mL= 0.3 M
[AcO´] inicial= 0.3 M
También puede calcularse con base en las mmoles de ácido acético iniciales, ya
que como puede observarse en la tabla de variación de cantidades molares las
mmoles de acetato provienen de la especie ácida, es decir las mmoles de acetato
y de ácido acético al equilibrio son iguales a la cantidad inicial de mmoles de ácido
acético
[AcO´] inicial = 0.6 M (50 mL)
100 mL = 0. 3 M
20
Por tanto la concentración de la disolución amortiguadora en el sistema de
valoración es:
[AcO´] sistema = (0.3 M(10 mL)
35 mL) = 0.0857 M
Respuesta:
[AcO´] sistema = 0.0857 M
b) Calcule las condiciones de amortiguamiento (pH y pAcO´) en el sistema de
valoración
Para el cálculo de pAcO´ y pH (condiciones de amortiguamiento) en el sistema de
valoración se tiene:
Cálculo de pAcO´
[AcO´] sistema = 0. 0857 M
pAcO´ = − log[0.0857] = 1.067
pAcO’= 1.067
Cálculo de pH
Como se conocen las mmol de HAcO y AcO- en el sistema al equilibrio se puede
plantear la ecuación de Henderson-Hasselbalch en función de las cantidades
molares:
21
[AcO-] = 7.5 mmol
100 mL= 0.075 M
[HAcO] = 22.5 mmol
100 mL= 0.225 M
*Los 100 mL corresponden al volumen al que se aforó la solución
amortiguadora
Se calcula la concentración de HAcO y AcO- en la solución problema:
[AcO-] = 0.075 M (10 mL)
35 mL = 0.0214 M
[HAcO]= 0.225 M ( 10 mL)
35 mL= 0.0643 M
pH = 4.76 + log [(0.021 M)
(0.064 M )] = 4.28
pH= 4.28
Respuesta:
Condiciones de amortiguamiento: pAcO’ = 1.067 y pH= 4.28
22
Problema 1.7 Para preparar una solución amortiguadora de acético/acetato se
pesa una masa de 4.2 g de NaCH3COO (NaAcO, masa molecular de 82 g/mol)
que tiene una pureza de 97 % y se adicionan en un vaso que contiene 50 mL de
agua, a este se le agregan 20 mL de CH3COOH (HAcO, masa molecular de
60 g/mol) de pureza 95 % y con una densidad de 1.16 g/mL; la solución anterior se
afora a 100 mL.
De la disolución amortiguadora anterior se toman 20 mL y se adicionan 30 mL de
una disolución que contiene un metal M que desea cuantificarse, esta solución es
el sistema de cuantificación.
Datos
HAcO pKa= 4.76
a) Determine el pH y el pAcO’ en el sistema de cuantificación
Resolución
a) Determine el pH y el pAcO’ en el sistema de cuantificación
Se determina la cantidad de AcO - y HAcO utilizados
[HAcO] = 20 mL RA (1.16 g RA
1 mL RA) (
95 g HAcO
100 g RA) (
1 mol HAcO
60 g HAcO) = (
0.3673 mol HAcO
0.1 L) = 3.673 M
[AcO-] = 4.2 g RA (
97 g NaAcO
100 g RA) (
1 mol NaAcO
82 g NaAcO) (
1 mol AcO−
1 mol NaAcO) = (
0.0497 mol AcO−
0.1 L) = 0.497 M
En donde RA= Reactivo analítico
23
Se procede a determinar el la concentración de las especies de la solución
amortiguadora en el sistema a evaluación:
[AcO-] = 0.497 M (20 mL)
50 mL = 0.1988 M
[HAcO]= 3.673 M ( 20 mL)
50 mL= 1.4692 M
pH = 4.76 + log [(0.1998 M)
(1.4692 M )] = 3.89
pH= 3.89
Se calcula el pAcO’ en el sistema de cuantificación
[AcO’] inicial= ( 0.3673 mol+0.0497 mol)
0.1 L= 4.17 M
[AcO’] sistema = (4.17 M )( 20 mL)
50 mL= 1.668 M
pAcO´= -log (1.668)
pAcO´= -0.222
Respuesta:
Condiciones de amortiguamiento: pAcO’ = -0.222 y pH=3.89
24
Problema 1.8 Si a una alícuota de 25 mL para valoración de Cu(II) que tiene una
concentración aproximada de 0.008 M del ion metálico se le agregan 5 mL de la
solución amortiguadora preparada en el problema 1.4, con la finalidad de
amortiguar pH y pNH3’ .
a) Mencione si la solución tendrá un efecto amortiguador, justifique por qué.
Resolución
a) Mencione si la solución tendrá un efecto amortiguador, justifique por qué.
Para resolver este problema se debe determinar la concentración del amortiguador
en el sistema:
[NH3´] inicial= 0.35 M + 0.20 M= 0.55 M
[NH4+] sistema=
(0.55 M)(5 mL)
30 mL= 0.0917 M
Por otro lado, se debe calcular la concentración del ión metálico en el sistema:
[Cu(II)]sistema =(0.008 M)(25 mL)
30 mL = 0.0067 M
Se determina cuantas veces es mayor la concentración del amortiguador en
relación a la concentración del ion metálico:
0.0917 M
0.0067 M= 13.69
25
Respuesta:
La solución no tendrá un efecto amortiguador del todo adecuado, debido a
que para ello es necesario que su concentración sea por lo menos 20 veces
mayor a la de la sustancia a analizar, en este caso es 13.69 veces menor.
26
Problema 1.9 Considerando los siguientes complejos:
Complejo log β1 log β2 log β3
Co(Dip) n2+ 5.7 11.3 16.1
a) Escriba los equilibrios de formación global para cada uno de los complejos
y determine su constante de formación en cada caso
b) Escriba los equilibrios de formación sucesiva (parciales) de cada uno de los
complejos y calcule las constantes correspondientes
c) Escriba la escala de zonas de predominio (EZP) correspondiente
Resolución
a) Escriba los equilibrios de formación global para cada uno de los complejos
y determine su constante de formación en cada caso.
Co 2+ + Dip
⇆ Co (Dip) 2+ β1 = 10 5.7
Co 2+ + 2Dip
⇆ Co (Dip) 22+ β2= 10 11.3
Co 2+ +3Dip ⇆ Co (Dip) 32+ β3= 10 16.1
b) Escriba los equilibrios de formación sucesiva (parciales) de cada uno de los
complejos y calcule las constantes correspondientes:
Co 2+ + Dip
⇆ Co (Dip) 2+ 10 5.7
Co (Dip) 2+ + Dip
⇆ Co (Dip) 22+ 10 5.6
Co (Dip) 22+ + Dip ⇆ Co (Dip) 3
2+ 10 4.8
28
Problema 1.10 Considere el complejo Ca (OH)+ log β1 = 1.3
a) Escriba el equilibrio de formación del complejo
b) Establezca la EZP en función de pOH
c) Determine la EZP en función de pH
Resolución
a) Escriba el equilibrio de formación del complejo
Equilibrio de formación del complejo
Ca 2+ + OH- ⇆ Ca(OH) +
b) Establezca la EZP en función de pOH
c) Determine la EZP en función de pH
Para determinarla se debe realizar un cambio de la partícula intercambiada, es
decir en lugar de que el equilibrio este balanceado con OH- se realizará el balance
de masa con H+, para ello se emplea la Ley de Hess sumando al equilibrio de
formación del complejo el equilibrio de disociación del agua:
30
Problema 1.11 Considerando el complejo Al (OH)4 (log β4= 33.3)
a) Escriba el equilibrio de formación del complejo
b) Determine la EZP en función de pOH´
c) Establezca la EZP en función de pH
Resolución
a) Escriba el equilibrio de formación del complejo
Al3+ + 4 OH- ⇆ Al(OH)4- β4= 1033.3
b) Determine la EZP en función de pOH
Es importante destacar que el valor de 8.325 resulta de dividir 33.3 entre 4 debido
a que éste es el número de partículas intercambiadas (en este caso OH-)
c) Establezca la EZP en función de pH
31
Problema 1.12 Considere los complejos:
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4
Zn(OH)n2-n 4.4 ----- 14.4 15.5
a) Escriba los equilibrios de formación global para cada uno de los complejos
y determine su constante de formación para cada caso
b) Escriba los equilibrios de formación sucesiva (parciales) de cada uno de los
complejos y calcule las constantes correspondientes
c) Determine la EZP en función del pOH con los complejos estables
d) Establezca la EZP en función del pH con los complejos estables
Resolución
a) Escriba los equilibrios de formación global para cada uno de los
complejos y determine su constante de formación para cada caso
Zn 2+ + OH –
⇆ Zn (OH) + β1 = 10 4.4
Zn 2+ + 3 OH –
⇆ Zn(OH) 3 β2= 10 14.4
Zn 2+ + 4 OH - ⇆ Zn(OH)4- β4= 10 15.5
b) Escriba los equilibrios de formación sucesiva (parciales) de cada uno de
los complejos y calcule las constantes correspondientes
Zn 2+ + OH – ⇆ Zn (OH) + K =10 4.4
32
Zn (OH) + + 2 OH –
⇆ Zn(OH) 3- K = 10 10
Zn(OH) 3-+ OH - ⇆ Zn(OH)4
2- K = 10 1.1
c) Determine la EZP en función del pOH con los complejos estables
Se establece una EPR para evaluar si los complejos son estables:
Al analizar la EPR en función del pOH se puede apreciar que el complejo de
estequiometría 1:1 reacciona consigo mismo (reacción de dismutación) de manera
espontánea por lo que se establece que el anfolito no es estable y por ello no
predomina, de esta forma se tiene que hacer “la corrección” de dicha escala,
quitando de ella al anfolito y estableciendo un nuevo par donador/receptor entre el
donador y el receptor que son productos de la dismutación:
Zn 2+ + 3 OH - ⇆ Zn(OH) 3- K = 10 14.4
En este nuevo equilibrio, se intercambian tres partículas de OH-, por tanto, la
constante obtenida se divide entre tres para que este equilibrio sea considerado
una constante de formación parcial, teniendo así que:
33
K= 10 4.8, este valor se utilizará para construir la EPR
Construcción de la nueva EPR con complejos estables:
En esta última escala se puede ver que los complejos en ella son estables y por
tanto predominantes. Por lo que la EZP en función de pOH es:
d) Establezca la EZP en función del pH con los complejos estables
34
Problema 1.13 Trace el DZP en el espacio pAcO´= f(pH) para Mg(II)
Datos:
HAcO pKa= 4.76
Resolución
Se plantea el equilibrio Generalizado de la reacción:
Mg(II)´ + AcO´ ⇆ Mg(AcO)´
A partir de este equilibrio, se plantean EZP para Mg(II)’, AcO’ y Mg(AcO)’
Complejo log β1
Mg(OH) n2-n 2.6
Mg(AcO)n2-n 0.5
35
Se obtienen las funciones para trazar el Diagrama de Zonas de Predominio
pAcO’= f(pH) para Mg(II) , sustituyendo en la reacción generalizada las especies
predominantes de Mg (II)’ , AcO’ y Mg(AcO)’ a determinado pH, ayudándose de
las EZP anteriormente trazadas:
pH ≤ 4.76
Mg2+ + HAcO ⇆ Mg(AcO)+ + H+
pAcO’ = -4.26+ pH
4.76 ≤pH ≤11.4 Mg2+ + AcO- ⇆ Mg(AcO)+ pAcO´= 0.5
pH≥11.4
H+ + Mg(OH)+ + AcO- ⇆ Mg(AcO)+ + H2O pAcO’ = 11.9 –pH
A continuación, se trazan las funciones obtenidas en un plano cartesiano, en
donde el eje de las ordenadas corresponde al pAcO’, y el de las absisas al pH
obteniendo lo siguiente:
36
Enseguida se asignan las especies químicas en el diagrama, considerando lo
siguiente:
1. Si consideramos el eje de pAcO´ podemos establecer dos grandes áreas:
(i) Por encima de la línea (trayectoría) y (ii) por debajo de la trayectoría. Al
situarnos por encima de la línea tendremos que el pAcO´ se va
incrementando y por tanto la concentración de AcO´ disminuye:
↑ pAcO → ↓ [Aco´]
y por el contrario al disminuir el pAcO´la concentración de esta especie
aumenta.
↓ pAcO → ↑ [Aco´]
2. Al tener concentraciónes relativamente pequeñas de AcO´ se tendrá en el
sistema una concentración que no permite la complejación de ésta con el
ion metálico, por lo tanto estarán predominando las especies de Mg(II)´, es
decir a las especies que no estan complejadas con el ligando, así
tendremos que predominan Mg2+ y Mg(OH)+ por encima de la línea. Para
poder ubicarlas nos ayudamos de la escala de pH que las considera (escala
de Mg(II) en función de pH) y podemos observar que el Mg 2+ predomina en
valores de pH menores a 11.4, mientras que Mg(OH) + predomina a valores
mayores de 11.4.
3. Por otro lado, conforme se disminuye el pAcO´, es decir por debajo de la
línea se incrementa la concentración del ligando y con ello la factibilidad de
complejación con el ion metálico, por lo que tendremos predominando en
este caso al conjunto de especies de Mg(AcO)´, que para nuestro caso en
particular solo comprende a la especie Mg(AcO)+.
Con base en ello se asignan las especies del DZP:
38
Problema 1.14 Trace el DZP en el espacio pOx’ = f (pH) para Cd(II)
Datos:
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4
Cd(OH)n2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(Ox)n2-2n 2.9 4.7
H2Ox pKa’s = 1.25; 4.29
Resolución
Planteamiento de Equilibrios Generalizados:
I. Cd(II)´ + Ox´ ⇆ Cd(Ox)´
II. Cd(Ox)´ + Ox´ ⇆ Cd(Ox)2´
I. Cd(II)´ + Ox´ ⇆ Cd(Ox)´
pH ≤ 1.25
Cd2+ + H2Ox ⇆ Cd(Ox) + 2 H+
pOx’ = -2.64+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Cd2+ + HOx- ⇆ Cd(Ox) + H+ pOx’ = -1.39 +pH
4.29 ≤pH ≤9.7 Cd2+ + Ox2- ⇆ Cd(Ox) pOx’ = 2.9
9.7 ≤pH ≤10.6 H+ + Cd(OH)+ + Ox2- ⇆ Cd(Ox) + H2O pOx’ = 12.6-pH
10.6 ≤pH ≤11.4 2 H+ + Cd(OH)2 + Ox2- ⇆ Cd(Ox) + 2 H2O pOx’ = 23.2-2pH
11.4 ≤pH ≤12.3 3 H+ + Cd(OH)3- + Ox2- ⇆ Cd(Ox) + 3 H2O pOx’ = -34.6-3pH
pH≥12.3 4 H+ + Cd(OH)42- + Ox2- ⇆ Cd(Ox) + 4 H2O pOx’ = 46.9-4pH
39
II. Cd(Ox)´ + Ox´ ⇆ Cd(Ox)2´
pH ≤ 1.25
Cd(Ox) + H2Ox ⇆ Cd(Ox)22- + 2 H+
pOx’ = -3.74+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Cd(Ox) + HOx- ⇆ Cd(Ox)22- + H+ pOx’ = -2.49 +pH
4.29 ≤pH Cd(Ox) + Ox2- ⇆ Cd(Ox)22- pOx’ = 1.8
Se grafican las trayectorias1 correspondientes de cada equilibrio generalizado
I: Trayectoria para equilibrio generalizado I (Cd (II) ´ + Ox´ ⇆ Cd (Ox) ´)
II: Trayectoria para equilibrio generalizado II (Cd (Ox) ´ + Ox´ ⇆ Cd (Ox) 2´)
Al graficar se puede ver que existe un punto donde las trayectorias “se cruzan”
(inversión de trayectorias) por lo que se establece que después de dicho punto el
anfolito no es estable y el diagrama se deberá “corregir”. Para ello se establece un
1Trayectoria: conjunto de funciones que resultan para los diferentes intervalos establecidos para un equilibrio
generalizado (EG)
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
I
II
pH
pOx´
40
nuevo equilibrio generalizado (EG) y se calcula el pH en el cuál las trayectorias
convergen, esto último se realiza igualando las funciones que se “cruzan”
Icorr2. Cd (II) ´ + Ox´ ⇆ Cd (Ox) 2´
Punto de convergencia, es decir en donde se inicia la inversión de las trayectorias:
23.2-2pH = 1.8
pHcorr=10.7
Las funciones para este equilibrio generalizado se determinan a partir de pH=10.7
10.7 ≤pH ≤11.4 2 H+ + Cd(OH)2 + 2 Ox2- ⇆ Cd(Ox)22- + 2 H2O pOx’ = 12.5-pH
11.4 ≤pH ≤12.3 3 H+ + Cd(OH)3- + 2 Ox2- ⇆ Cd(Ox)2
2- + 3 H2O pOx’ = -18.2-(3/2)pH
pH≥12.3 4 H+ + Cd(OH)42- + 2 Ox2- ⇆ Cd(Ox)2
2- + 4 H2O pOx’ = 24.35-2pH
Se grafican las funciones, obteniendo así el DZP final y se asignan las especies
por zona
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f (pH) para Cd (II)
2corr: corrección
41
Cd2+
Cd
(OH
)+
Cd
(OH
) 2
Cd
(OH
) 3-
Cd
(OH
) 42
-
Cd(Ox)
Cd(Ox)22-
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
pH
pOx´
42
Problema 1.15 Trace el DZP en el espacio pSal’ =f (pH) para Fe (III)
Datos:
Complejo log β1 log β2 log β3
Fe(OH)n3- n 11.0 21.7
Fe(Sal) n3-2n 15.8 27.5 35.3
H2Sal pKa’s: 2.9, 13.1
Resolución
Planteamiento de Equilibrios Generalizados:
I. Fe(III)´ + Sal´ ⇆ Fe(Sal)´
II. Fe(Sal)´ + Sal ´ ⇆ Fe(Sal)2´
III. Fe(Sal)2´ + Sal ´ ⇆ Fe(Sal)3´
I. Fe(III)´ + Sal´ ⇆ Fe(Sal)´
pH ≤ 2.9
Fe3+ + H2Sal ⇆ Fe(Sal)+ + 2 H+
pSal´ = -0.2+2pH
2.9 ≤pH ≤3.0 Fe3+ + HSal- ⇆ Fe(Sal)+ + H+ pSal´= 2.7+pH
3.0 ≤pH ≤3.3 Fe(OH)2+ + HSal- ⇆ Fe(Sal) + + H2O pSal´= 5.7
3.3 ≤pH ≤13.1 H+ + Fe(OH)2+ + HSal- ⇆ Fe(Sal)+ + 2 H2O pSal´= 9.0-pH
13.1 ≤pH 2 H+ + Fe(OH)2+ + Sal2- ⇆ Fe(Sal)+ + 2 H2O pSal´= 22.1-2pH
43
II. Fe(Sal)´ + Sal ´ ⇆ Fe(Sal)2´
pH ≤ 2.9
Fe(Sal)+ + H2Sal ⇆ Fe(Sal)2- + 2 H+
pSal´ = -4.3+2pH
2.9 ≤pH ≤13.1 Fe(Sal)+ + HSal- ⇆ Fe(Sal)2- + H+ pSal´= -1.4+pH
13.1 ≤pH Fe(Sal)+ + Sal2- ⇆ Fe(Sal)2- pSal´= 11.7
I: Trayectoria para equilibrio generalizado I (Fe (III) ´ + Sal´ ⇆ Fe (Sal) ´)
II: Trayectoria para equilibrio generalizado II (Fe (Sal) ´ + Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 2´)
Icorr Fe (III) ´ + 2 Sal ´ ⇆Fe (Sal) 2´
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
I
II
pH
pSal´
44
9.0-pH=- 1.4 + pH
pHcorr = 5.2
5.2 ≤pH ≤ 13.1
Fe(OH)2+ + 2 HSal- ⇆ Fe(Sal)2
- + H2O
pSal´ = 3.8
13.1 ≤pH 2 H+ + Fe(OH)2+ + 2 Sal 2- ⇆ Fe(Sal)2
- + 2 H2O pSal´= 16.9-pH
I: Trayectoria para equilibrio generalizado I (Fe (III) ´ + Sal´ ⇆ Fe (Sal) ´)
II: Trayectoria para equilibrio generalizado II (Fe (Sal) ´ + Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 2´)
Icorr: Trayectoria para equilibrio generalizado de corrección
(Fe (III) ´ + 2 Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 2´)
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
I
II
Icorr
pH
pSal´
45
III. Fe(Sal)2´ + Sal ´ ⇆ Fe(Sal)3´
pH ≤ 2.9
Fe(Sal)2- + H2Sal ⇆ Fe(Sal)3
3- + 2 H+
pSal´ = -8.2+2pH
2.9 ≤pH ≤13.1 Fe(Sal)2- + HSal- ⇆ Fe(Sal)3
3- + H+ pSal´= -5.3+pH
13.1 ≤pH Fe(Sal)2-+ Sal2- ⇆ Fe(Sal)3
3- pSal´= 7.8
I: Trayectoria para equilibrio generalizado I (Fe (III) ´ + Sal´ ⇆ Fe (Sal) ´)
II: Trayectoria para equilibrio generalizado II (Fe (Sal) ´ + Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 2´)
III: Trayectoria para equilibrio generalizado III (Fe (Sal) 2´ + Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 3´)
Icorr: Trayectoria para equilibrio generalizado de corrección
(Fe (III) ´ + 2 Sal ´ ⇆ Fe (Sal) 2´)
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
I
II
Icorr
III
pH
pSal´
46
III: Trayectoria para equilibrio generalizado III (Fe (Sal) 2´ + Sal’⇆Fe (Sal) 3´)
IIcorr Fe (III) ´ + 3 Sal ´ ⇆Fe (Sal) 3´
3.8= -5.3+ pH
pHcorr = 9.1
9.1 ≤pH ≤ 13.1
Fe(OH)2+ + 3 HSal- ⇆ Fe(Sal)3
3- + 2 H2O + H+
pSal´ = 0.766- +(1/3)pH
13.1 ≤pH
2 H+ + Fe(OH)2+ + 2 Sal2- ⇆ Fe(Sal)3
3- + 2 H2O
pSal´= 13.8666--(2/3)pH
Diagrama de Zonas de Predominio pSal’ = f (pH) para Fe (III)
-10
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
Fe3+
Fe(OH)2+
Fe(OH)2+
Fe(Sal)+
Fe(Sal)2-
Fe(Sal)3-3
pH
pSal´
47
Problema 1.16 Se tiene un contenedor con 5 L de una disolución que contiene
Al (III), catión que se desea cuantificar, para ello se toman muestras de 25 mL de
la disolución, se le adicionan 5 mL de un amortiguador de tirón (Tir’), estos
sistemas se valoran con EDTA 10-3.6 M gastándose 8.2 mL como volumen
promedio para alcanzar el punto de equivalencia.
Datos
Al(OH)n3-n logβ4 =33.3
Al(Tir)n 3-2n logβ1 =16.4; logβ2=29.6
AlY2- logβ1 =24.1
H2Tir pKa=7.7; 12.7
H4Y pKa`s : 2.0; 2.7 ; 6.3 ; 10.2
H2In pKa=5.5; 10.4
AlIn+ = rojo
Al(OH)n3-n ; Al(Tir)n
3-2n ; AlY2- ; Tir´, Y´= incoloro
H2In ; HIn- ; In2- = amarillo
Masa Atómica de Aluminio: 26.98 g/mol
Masa molecular de H2Tir = 268 g/mol
Masa molecular de NaHTir = 290 g/mol
Masa molecular de Na2Tir = 312 g/mol
Preparación de la solución amortiguadora:
La solución amortiguadora se realizó mezclando 40 mL de NaHTir 0.22 M con
50 mL de H2Tir 0.35 M y se afora a 100 mL
a) ¿Cuáles son las condiciones de amortiguamiento en los sistemas de
valoración?
b) Trace el DZP pTir=f(pH) para Al(III)
c) ¿Cuál sería la reacción de valoración a las condiciones de
amortiguamiento en los sistemas de valoración?
d) Determine el valor de la constante de equilibrio bicondicional para la
reacción de valoración
e) Escriba la TVCM (tabla de variación de cantidades molares) para el
proceso de valoración.
f) Calcule la concentración molar de aluminio en el contenedor.
g) Determine las ppm de aluminio en el contenedor.
48
h) ¿Cuál es la reacción de aluminio con el indicador a las condiciones de
amortiguamiento?
i) Considerando que el complejo que forma el Al(III) con el indicador
metalocrómico es menos estable que el complejo Al(III)-EDTA,
establezca como cambiará de coloración el sistema en el punto final de
la valoración
Resolución
a) ¿Cuáles son las condiciones de amortiguamiento en los sistemas de
valoración?
Cálculo de pH
Se calcula la concentración del ácido y la base que conforman la solución
amortiguadora inicial:
mmol de HTir- = 40 mL (0.22 M) = 8.8 mmol
[HTir- ] en solución amortiguadora=
8.8 mmol
100 mL= 0.088 M
mmol de H2Tir = 50 mL (0.35 M) = 17.5 mmol
[H2Tir] = 17.5 mmol
100 mL= 0.175 M
Se calcula la concentración del ácido y la base en el sistema a valorar
[HTir- ]=
0.088 M ( 5 mL)
30 mL = 0.0147 M
[H2Tir] = 0.175 M ( 5 mL)
30 mL = 0.0292 M
Con la ecuación de Henderson-Hasselbach se calcula el pH de los sistemas de
valoración
49
pH = 7.7 + log (0.0147 M
0.0292 M) = 7.4 0
pH= 7.40
Se calcula el pTir’
[Tir´]inicial:8.8 mmol Tir + 17.5 mmol H2Tir
100 mL= 0.263 M
[Tir´]sistema valoración:(5 mL de buffer)(0.263 M)
30 mL = 0.0438 M
pTir = -log [0.0438 M]
pTir= 1.358
Respuesta:
Condiciones de amortiguamiento: pH= 7.41 y pTir= 1.358
b) Trace el DZP pTir=f(pH) para Al(III)
Equilibrios Generalizados:
I. Al(III)´ + Tir´ ⇆ Al(Tir)´
II. Al(Tir)´ + Tir ´ ⇆ Al(TIr)2´
50
I. Al(III)´ + Tir´ ⇆ Al(Tir)´
pH ≤ 5.675
Al3+ + H2Tir ⇆ Al(Tir)+ + 2 H+
pTir = - 4.0 + 2pH
5.675≤pH ≤7.70 2 H+ + Al(OH)4- + H2Tir ⇆ Al(Tir)+ + 4 H2O
pTir = 18.7 - 2pH
7.70 ≤pH ≤12.7 3 H+ + Al(OH)4- + HTir- ⇆ Al(Tir)+ + 4 H2O pTir = 26.4 – 3pH
12.7 ≤pH 4 H+ + Al(OH)4- + Tir2- ⇆ Al(Tir)+ + 4 H2O pTir = 39.1- 4 pH
II. Al(Tir)´ + Tir ´ ⇆ Al(TIr)2´
pH ≤ 7.70
Al(Tir)+ + H2Tir ⇆ Al(Tir)2- + 2 H+
pTir = - 7.2 + 2pH
7.70 ≤pH ≤12.7 Al(Tir)+ + HTir- ⇆ Al(Tir)2- + H+ pTir = 0.5 + pH
12.7 ≤pH Al(Tir)+ + Tir2- ⇆ Al(Tir)2- pTir = 13.2
Icorr Al(III)´ + 2 Tir ´ ⇆Al(TIr)2´
pHcorr =6.475
6.475≤pH ≤ 7.70
Al(OH)4- + 2 H2Tir ⇆ Al(Tir)2
- + 4 H2O
pTir = 5.75
7.70 ≤pH ≤12.7 2 H+ + Al(OH)4- + 2 HTir - ⇆ Al(Tir)2
- + 4 H2O pTir = 13.45 - pH
12.7 ≤pH 4 H+ + Al(OH)4- + 2 Tir2- ⇆ Al(Tir)2
- + 4 H2O pTir = 26.15 – 2pH
51
Diagrama de Zonas de Predominio pTir’ = f (pH) para Al (III)
c) ¿Cuál sería la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento
en los sistemas de valoración?
Equilibrio Generalizado
Al(III)´´ + Y´´ ⇆ AlY´´
Considerando el diagrama pTir’ =f(pH), es posible observar que la especie
predominante de Al(III)’, a pH= 7.4 y pTir= 1.358, corresponde a Al(Tir)2-. Con
ello se plantea el equilibrio representativo de la reacción:
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
Al3+
Al(OH)4-
Al(Tir)+
Al(Tir)2-
pH
pTir´
52
3 H+ + Al(Tir)2- + HY 3- ⇆ AlY- + 2 H2Tir
d) Determine el valor de la constante de equilibrio bicondicional para la
reacción de valoración con base en la ley de Hess
Se realiza la Ley de Hess para determinar la constante de equilibrio de la reacción
Al(Tir)2 ⇆ Al3+ + 2 Tir2- 10 -29.6
Al3+ + Y4- ⇆ AlY- 10 24.1
HY3- ⇆ H+ + Y4- 10-10.2
4 H+ + 2 Tir2-
⇆ 2 H2Tir 10 (2)(20.4)
3 H+ + Al(Tir)2 + HY 3- ⇆ AlY- + 2 H2Tir 10 25.1
Si planteamos la Ley de acción de masas para la reacción obtenemos:
Keq =[AlY−][H2Tir]
2
[Al(Tir)2][HY3−][𝐻+]3
= 10 25.1
Considerando que el pH y pTir´ están amortiguados, las concentraciones de H+ y
Tir´, en este caso H2Tir, serán constantes durante todo el proceso, por tanto se
pueden agrupar con la Keq:
Keq´´ =(Keq)( [H+]3)
[H2Tir]2
Si planteamos que:
pH= -log [H+]3
pH= -3 log [H+]
pH= 10-3pH
pTir’ =-log[H2Tir]2
pTir’= -2 log [H2Tir]
pTir’ = 10 -2pTir’
53
Estos valores se pueden sustituir en la Keq”, de manera que:
Keq" = (1025.1)(10−3pH)
10−2pTir′
Aplicando leyes de los logaritmos a la expresión se obtiene:
Keq’’=10 25.1-3pH + 2pTir
Sustituyendo los valores de pH y pTir’, se tiene que:
Keq’’=10 25.1-3(7.4) + 2(1.357)
Y por lo tanto, el valor de la constante bicondicional es igual a 10 5.516
Respuesta:
Keq´´=105.616
e) Escriba la TVCM (tabla de variación de cantidades molares) para el proceso
de valoración.
3H+
+ Al(Tir)2 + HY 3-
⇆ AlY-
+ 2 H2Tir
Inicio
2.06x10-3
mmol
Agregado
(10-3.6
M)(V)
APE CoVo-2.06x10-3
mmol ɛ CV
PE ɛ ɛ 2.06x10-3
mmol
DPE ɛ CV-2.06x10-3
mmol 2.06x10-3
mmol
54
f) Calcule la concentración molar de aluminio en el contenedor.
EDTA gastado en el punto de equivalencia:
(10−3.6 M ) 8.2 mL = 2.06𝑥 10−3 mmol EDTA
Aluminio(III):
Como la estequiometria de la reacción es 1:1 tenemos que:
2.06x 10−3 mmol EDTA |1 mmol Al
1 mmol EDTA| = 2.06 x 10-3 mmol Al(III) en la alícuota de
25 mL
[Al(III)] = |2.06 x 10−3 mmol Al(III)
25 mL disolución| = 8.24 x 10−5 M
Respuesta:
Concentración de Al (III) = 8.24x10-5 M
g) Determine las ppm de aluminio en el contenedor.
ppm= (8.24x10−5 mmol Al
1 mL disolución) (
26.98 mg Al
1 mmol Al) (
1000 mL
1 L) = 2.223 ppm
Respuesta:
ppm de Aluminio = 2.223
55
h) ¿Cuál es la reacción de aluminio con el indicador a las condiciones de
amortiguamiento?
Para establecer la especie predominante de Al(III) a las condiciones de
amortiguamiento, pH= 7.4 y pTir’ = 1.357, se realiza un corte en el DZP a estas
condiciones:
Diagrama de Zonas de Predominio pTir’ = f(pH) para Al(III)
A partir del corte en el DZP, se establece que la especie predominante de Al(III) a
las condiciones de amortiguamiento es Al(Tir)2–
La especie de In’ a pH= 7.4 se establece a partir de una EZP como la siguiente:
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
Al3+
Al(OH)4-
Al(Tir)+
Al(Tir)2-
pH
pTir´
p H= 7.4, pTir’ = 1.358
56
A partir de ello se establece el equilibrio representativo en las condiciones de
amortiguamiento pH=7.4 y pTir´= 1.358
3 H+ + Al(Tir)2-+ HIn- ⇆ Al(In)+ + 2 H2Tir
i) Considerando que el complejo que forma el Al(III) con el indicador
metalocrómico es menos estable que el complejo Al(III)-EDTA, establezca
como cambiará de coloración el sistema en el punto final de la valoración
Considerando que el complejo Al(III)-In es menos estable que el complejo Al(III)-
EDTA se puede explicar el cambio de coloración mediante EPR´s con posiciones
relativas de estas especies. En las siguientes escalas las especies escritas en
blanco representan especies incoloras en disolución, se escribe con amarillo a la
especie de In’’ predominante y con rojo a la del complejo Al(In)´ (colores dados en
los datos del problema):
La especie de Al(III)´´ presente en el sistema reacciona con el indicador que
se agrega (antes de que ocurra la reacción de valoración), teniendo por tanto
presente a las especies de Al(III)´´ y de Al(In)´; no se tiene In’ debido a que se
adiciona en cantidad muy pequeña y es el limitante de la reacción.
Debido a que Al(Tir)2- es incolora en disolución la coloración del sistema será
roja debido a Al(In)+
pAl(III)´
AlY-
Hin- HY3-
Al(Tir)2- Al(In)+
pH=7.4; pTir´=1.357
57
Se inicia la valoración y se tendrá la reacción entre Al(III) y EDTA debido a
que tanto el complejo AlY- como las especies de EDTA son incoloras en
disolución solamente se observará una dilución del color rojo debido al
aumento de volumen
Una vez que ha reaccionado toda la especie Al(Tir)2- reaccionara Al(In)+ con
el EDTA, permitiendo esto que se libere a la especie de HIn-.
De acuerdo a lo anterior se observará un cambio de coloración en el sistema de:
Rojo a amarillo
Esto indicará el punto final de la valoración.
pAl(III)´
AlY-
Hin- HY3-
Al(Tir)2- Al(In)+
pH=7.4; pTir´=1.357
pAl(III)´
AlY-
Hin- HY3-
Al(Tir)2- Al(In)+
pH=7.4; pTir´=1.357
58
Problema 1.17 Se tienen 4 L de una disolución que se sabe contiene Ni(II), para
analizarla se toman alícuotas de 25 mL y se les adicionan 10 mL de una disolución
amortiguadora de oxalatos (Ox´) y estas alícuotas se valoran con EDTA
estandarizado de concentración 10-3.5 M, gastándose un volumen promedio de
12.80 mL para alcanzar el punto final de la valoración al emplear el indicador In.
Datos.
Ni(OH)n2-n log β1=4.6
Ni(Ox)n2-2n log β1=4.1, log β2=7.2, log β3=8.5
NiY2- log Kest=18.6
NiIn log β1=17.8
H2Ox pKa’s: 1.25, 4.29.
H2In pKa´s: 7.0; 9.8
H4Y pKa’s: 2.00; 2.7; 6.3 10.2
Ni(OH)´ verde
Ni(Ox)n2-2n verde
NiY2- Verde intenso
NiIn rojo
In´´ amarillo
Ox´ incoloro
Y´ incoloro
Disolución amortiguadora:
La solución de oxalatos que se adicionó a la muestra problema se preparó a partir
de 3 g de reactivo comercial de NaHOx (PM=112 g/mol) con una pureza de 85 % y
4.5 g de reactivo de Na2Ox (PM=134 g/mol) con pureza de 98 %, disueltos en
250 mL. Determine las condiciones de amortiguamiento en el sistema de
valoración (pOx´y pH)
a) Determine las condiciones de amortiguamiento en el sistema de valoración
(pOx´y pH)
b) Trace el DZP para Ni(II) en el espacio pOx´=f(pH)
c) Escribe el equilibrio representativo de valoración a las condiciones de
amortiguamiento y determine valor de la constante de equilibrio condicional
59
d) Calcula la concentración molar de Ni(II) en la disolución analizada
e) Determina los mg de sulfato de níquel en la disolución analizada
f) Calcule las ppm de sulfato de níquel en la disolución analizada
g) Describe cual será el vire de color que se observará en el punto final de
valoración
h) Determine el error porcentual que se tendrá al emplear el indicador para
determinar el punto final de valoración
Resolución
a) Determine las condiciones de amortiguamiento en el sistema de valoración
(pOx´y pH)
Se calcula la cantidad de HOx´ en el sistema inicial:
3 g RC (85 g NaHOx
100 g RC) (1 mol NaHOx
112 g NaHOx) (
1 mol HOx−
1 mol NaHOx) (1000 mmol HOx−
1 mol HOx−) = 22.7679 mmol HOx−
Se calcula la cantidad de Ox´ en el sistema inicial :
4.5 g RC (98 g Na2Ox
100 g RC) (1 mol Na2Ox
134 g Na2Ox) (
1 mol Ox2−
1 mol Na2Ox) (1000 mmol Ox2−
1 mol Ox2−) = 32.9104 mmol Ox2−
Se calcula la concentración de Ox´ en el sistema inicial y posteriormente en el
sistema de valoración:
[Ox´]inicial = (22.7679 mmol HOx−+ 32.9104 mmol Ox2−
250 mL disolucioón) = 0.2227 M
[Ox´]sistema = (0.2227 M disolución de Ox´ (10 mL)
35 mL ) = 0.0636 M
Se determina el pOx’ en el sistema de valoración:
pOx’ = 1.197
60
Se determina el pH en el sistema de valoración:
[Ox2-] en el sistema de valoración =
32.9104 mmol
250 mL= 0.1316 M =
0.1316 M (10 mL)
35 mL=
0.0376 M
[HOx-] en el sistema de valoración:
22.7679 mmol
250 mL= 0.0911 M =
0.0911 M (10 mL)
35 mL=
0.0260 M
pH = 4.29 + log (0.0376 M
0.0260 M) = 4.45
pH = 4.45
Respuesta:
Condiciones de amortiguamiento: pH= 4.45 y pOx´= 1.197
b) Trace el DZP para Ni(II) en el espacio pOx´=f(pH)
Equilibrios Generalizados
I. Ni(II)´ + Ox´ ⇆ Ni(Ox)´
II. Ni(Ox)´ + Ox ´ ⇆ Ni(Ox)2´
III. Ni(Ox)2´ + Ox ´ ⇆ Ni(Ox)3´
I. Ni(II)´ + Ox´ ⇆ Ni(Ox)´
pH ≤ 1.25
Ni2+ + H2Ox ⇆ Ni(Ox) + 2 H+
pOx´=-1.44+2pH
1.25≤pH ≤4.29 Ni2+ + HOx- ⇆ Ni(Ox) + H+ pOx´= -0.19+pH
4.29 ≤pH ≤9.4 Ni2+ + Ox2- ⇆ Ni(Ox) pOx´=-4.1
9.4 ≤pH H+ + Ni(OH)+ + Ox2- ⇆ Ni(Ox) + H2O pOx´= 13.5-pH
61
II. Ni(Ox)´ + Ox ´ ⇆ Ni(Ox)2´
pH ≤ 1.25
Ni(Ox)+ H2Ox ⇆ Ni(Ox)22- + 2 H+
pOx´=-2.44+2pH
1.25≤pH ≤4.29 Ni(Ox) + HOx- ⇆ Ni(Ox)22- + H+ pOx´= -1.19+Ph
4.29 ≤pH Ni(Ox) + Ox2- ⇆ Ni(Ox)22- pOx´= 3.1
Icorr Ni (II) ´ + 2 Ox ´ ⇆ Ni (Ox) 2´
pHcorr = 10.4
10.4 ≤pH H+ + Ni(OH)+ + 2 Ox2- ⇆ Ni(Ox)22- + H2O pOx´= 8.3-(1/2)pH
III. Ni(Ox)2´ + Ox ´ ⇆ Ni(Ox)3´
pH ≤ 1.25
Ni(Ox)22- + H2Ox ⇆ Ni(Ox)3
4- + 2 H+
pOx´=-4.24+2pH
1.25≤pH ≤4.29 Ni(Ox)22- + HOx- ⇆ Ni(Ox)3
4- + H+ pOx´= -2.99+pH
4.29 ≤pH Ni(Ox)22- + Ox2- ⇆ Ni(Ox)3
4- pOx´= 1.3
IIcorr Ni (II) ´ + 3 Ox ´ ⇆ Ni (Ox) 3´
pHcorr = 14.0
14.0 ≤pH H+ + Ni(OH)+ + 3 Ox2- ⇆ Ni(Ox)34- + H2O pOx´= 5.966--(1/3)pH
62
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f(pH) para Ni(II)
c) Escribe el equilibrio representativo de valoración a las condiciones de
amortiguamiento y determine valor de la constante de equilibrio condicional
Para establecer la especie predominante de Ni (II) a las condiciones de
amortiguamiento, pH= 4.45 y pOx’ = 1.197, se realiza un corte en el DZP a estas
condiciones:
Ni2+
Ni(Ox)
Ni(Ox)22-
Ni(Ox)34-
Ni(OH)+
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
63
A partir del corte en el DZP, se establece que la especie predominante de Ni (II) a
las condiciones de amortiguamiento es Ni(Ox)34-
La especie de EDTA predominante a pH= 4.45, se establece mediante una EZP
como la que se muestra a continuación:
Por tanto, la reacción representativa a las condiciones de amortiguamiento es la
siguiente:
Ni(Ox)34- + H2Y
2- ⇆ NiY2- + 3 Ox2- + 2 H+
Ni2+
Ni(Ox)
Ni(Ox)22-
Ni(Ox)34-
Ni(OH)+
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
pH= 4.45, pOx´= 1.197
64
A esta reacción representativa, corresponde una constante de equilibrio
termodinámica K = 10 -6.4, la cual ha sido calculada mediante la Ley de Hess
A continuación se calcula la constante bicondicional de la reacción:
K’’= 10 -6.4+2pH+3pOx
K’’= 106.1
d) Calcula la concentración molar de Ni(II) en la disolución analizada
(10−3.5 M EDTA)(12.80 mL) = 4.0477x10−3 mmol EDTA → 4.0477x10−3mmol Ni(II)
Concentración de Níquel en la muestra =4.0477x10−3 mmol Ni(II)
25 mL disolución= 1.6191x10−4 M
Respuesta:
Concentración de Ni(II) en disolución analizada = 𝟏. 𝟔𝟏𝟗𝟏𝐱𝟏𝟎−𝟒 𝐌
e) Determina los mg de sulfato de níquel en la disolución analizada
(1.6191x10−4 M Ni)(4000 mL disolución) = 0.6476 mmol Ni
0.6476 mmol Ni (1 mmol NiSO4
1 mmolNi) (
154.7 mg NiSO4
1 mmol NiSO4)= 100.1887 mg de NiSO4
Respuesta:
mg de Sulfato de Níquel en la disolución analizada= 100.1887
f) Calcule las ppm de sulfato de níquel en la disolución analizada
100.1887 mg de NiSO4
4 L disolución = 25.0472 ppm de NiSO4
65
Respuesta:
ppm: 25.0472 ppm de NiSO4
g) Describe cual será el vire de color que se observará en el punto final de
valoración
Ni (Ox)3 4- + H2In
2- ⇆ NiIn + 3 Ox2- + 2 H+ K = 10 –7.5
K´´= 10 -7.5+2pH+3pOx
K´´ = 105.0 ptrans = 5.0
El color inicial será la combinación de verde (debido a Ni(Ox)34-) y rojo (Ni(In), por
tanto se observará un color café en la solución
Se realiza la valoración y el color café se mantiene dado que se va disminuyendo
la cantidad de Ni(Ox)34- que es verde pero se forma NiY2- que también es verde
pNi(II)´
NiY2-
H2in H2Y2-pH=4.45; pTir´=1.20
Ni(Ox)34-
Ni(In)
5.0 6.1
66
En el punto final reacciona la especie de Ni(In) con el EDTA y se libera la especie
H2In, por lo que la coloración en el sistema será la combinación de verde (debido a
NiY2-) y amarillo por (H2In)
Se observará un cambio de coloración en el sistema de:
Café a Amarillo-Verdoso
h) Determine el error porcentual que se tendrá al emplear el indicador para
determinar el punto final de valoración
Con base en la cantidad de mmol de Ni determinadas en el inciso (d) se calcula el
pNi(II)´´ en el punto de equivalencia:
Las mmol Ni son 4.0477x10−3
pNi(II)´
NiY2-
H2in H2Y2-pH=4.45; pTir´=1.20
Ni(Ox)34-
Ni(In)
5.0 6.1
pNi(II)´
NiY2-
H2in H2Y2-pH=4.45; pTir´=1.20
Ni(Ox)34-
Ni(In)
5.0 6.1
67
Estas mmol serán las que se formen del complejo NiY2- en el punto de
equivalencia por tanto la concentración de este complejo en dicho punto será:
[NiY2-]sistema= (4.0477x10−3 mmol Ni2+
35 mL+12.80 mL ) = 8.4679 x 10-5 M = 10-4.072 M
Kc´´
Co=
10−6.1
10−4.072= 10−2.028
Con base en este valor se calcula el grado de disociación del complejo:
α = 0.0923
De esta forma el pNiPE = -log[(10-4.072)(0.0923)]
pNiPE = 5.1
Con base en lo establecido en el inciso (g) el sistema tendrá el vire o cambio de
color en un pNi(II)=5.0, por tanto esto sucederá antes del punto de equivalencia
(APE), se calcula el volumen necesario para tener dicho pNi(II).
APE el pNi(II)´´ estará dado por:
pNi(II)´´= -log (CoVo−CV
Vtotal)
5.0= - log (4.0477𝑥10−3−10−3.5𝑉
35+𝑉)
V= 11.33
El porciento de error se calcula de acuerdo a:
% Error = |(𝐕−𝐕𝐏𝐄
𝐕𝐏𝐄)| 𝐱 𝟏𝟎𝟎 = |(
𝟏𝟏.𝟑𝟑−𝟏𝟐.𝟖𝟎
𝟏𝟐.𝟖𝟎)| 𝐱 𝟏𝟎𝟎 = 11.48 % ,
68
Debido a que el vire en el sistema de valoración ocurrirá APE, se producirá un
error del indicador por deficiencia. Esto implica un error muy grande en la
determinación ya que se busca que en lo general este por debajo del 3%
69
Problema 1.18 Se desea cuantificar cloruro de mercurio en una solución que se
sospecha está contaminada con este compuesto, para ello de un contenedor de
50 L se toman 250 mL los cuales se someten a digestión y el producto obtenido se
afora a 500 mL (Solución A), de la solución A se toma una muestra de 20 mL y se
le agregan 10 mL de un agente químico para tener a todo el mercurio como Hg2+,
este sistema se lleva a un volumen de 250 mL (solución B). De la solución B se
toma una muestra de 10 mL y se diluyen a un volumen total de 100 mL (solución
C), finalmente de la solución C se toma una muestra de 5 mL y se afora a un
volumen de 50 mL (solución D). Después de tantas diluciones y de tal incremento
de error el experimentador toma alícuotas de 10 mL de la solución D y las valora
con EDTA 0.000045 M gastando 3.2 mL para alcanzar el punto de equivalencia.
Datos
Peso molecular de Hg: 200.59 g/mol
Peso molecular de Cl: 35.45 g/mol
a) Determine las ppm de HgCl2 en el contenedor de 50 L (considere que la
reacción de valoración es 1:1)
b) Determine los gramos de HgCl2 en el contenedor de 50 L
Resolución
a) Determine las ppm de HgCl2 en el contenedor de 50 L (considere que la
reacción de valoración es 1:1)
Cantidad de HgCl2 en sistema de valoración = 0.000045 M (3.2 mL) =
1.44x10−4 mmol
Se calcula la concentración de HgCl2 en el contenedor de 50 L:
[HgCl2] = (1.44x10−4 mmol) (50 mL
10 mL) (
100 mL
5 mL) (
250 mL
10 mL) (
500 mL
20 mL) =
9 mmol
250 mL= 0.036 M
70
Se calculan las partes por millón (ppm) de HgCl2 en el contenedor de 50 L
ppm HgCl2= (0.036 M) (271.49 mg
1 mmol) (
1000 mL
1L) = 9773.64
mg
L
Respuesta:
ppm de HgCl2 = 9773.64
b) Determine los gramos de HgCl2 en el contenedor de 50 L
Gramos de HgCl2 = 0.036 M(50 L) (271.49 g
1 mol) = 4886.82 g de HgCl2
Respuesta:
Gramos de HgCl2 en el contenedor de 50 L = 𝟒𝟖𝟖𝟔. 𝟖𝟐
71
SERIE 2.
SOLUBILIDAD Y PRECIPITACIÓN
La solubilidad de una sustancia en un determinado disolvente a una temperatura
específica, es la cantidad máxima de soluto que se disolverá por unidad de
disolvente y produce un sistema estable. La precipitación es la aparición de una
fase sólida en un líquido, que se logra a partir de la adición de un reactivo que
forme un producto insoluble con alguno de los iones en el sistema, o bien por el
aumento de la concentración de esta sustancia en la disolución hasta sobrepasar
la saturación. Esta condición se ve a su vez afectada por factores como la
temperatura.
Este capítulo contiene problemas que permitirán a los alumnos consolidar sus
conocimientos en el planteamiento de reacciones de solubilidad y precipitación
bajo condiciones de amortiguamiento, así como fortalecer las habilidades en la
construcción de Diagramas de Zonas de Predominio y Diagramas de Fases
Condensadas a partir de los cuales, a condiciones de pH y pL específicas trazarán
Diagramas de Existencia Predominio para comprender el comportamiento de
especies solubles e insolubles. De esta manera se pretende que el alumno
comprenda la importancia de las reacciones de precipitación en el análisis
químico, ya que se utilizan para la identificación y separación de iones en
disolución, así como para determinar iones mediante valoraciones o análisis
gravimétrico.
72
Problema 2.1 Determine la solubilidad molar de los iones que componen a
Ce2(Ox)3↓
Datos
Ce2(Ox)3↓ pKs=25.4
Resolución
El producto de solubilidad se define como la constante de equilibrio de la reacción
química en la que aparece un sólido iónico como reactivo y sus correspondientes
iones disueltos en agua como productos, expresados como se muestra a
continuación:
AnBm(s) ⇆ nAm+(ac) + mBn-
(ac)
La disolución debe estar saturada de iones. En el producto de solubilidad sólo
aparecen las concentraciones en moles por litro de los iones elevadas a sus
coeficientes estequiométricos porque el sólido tiene actividad uno, por lo tanto:
Ks = [A m+] n · [B n- ]m = (n s) n · (m s) m = n n m m · s n+m
Sustituyendo las especies, por las correspondientes a la formación de Ce2(Ox)3↓ ,
se tiene que:
Ce2(Ox)3↓ ⇆ 2 Ce3+ + 3 Ox 2-
X
2 s
3 s
Equilibrio 1 2 s 3 s
Ks= [Ce3+] 2[Ox2-] 3
Ks= (2s) 2(3s) 3
Ks= (22)(33)(s)3+2
73
Para conocer la solubilidad molar de los iones, es necesario conocer s,
despejándola a partir de conocer que Ks= (22)(33)(s)3+2
s3+2 = (Ks
(22)(33))
s = (Ks
(22)(33))
1
5
= (10−25.4
(22)(33))
1
5
= 𝟏𝟎−𝟓.𝟒𝟗 𝐌 = 𝟑. 𝟐𝟑𝟔𝐱𝟏𝟎−𝟔 𝐌
A continuación se calcula la solubilidad molar de los iones que componen a
Ce2(Ox)3↓ :
Concentración de Ce3+ = (2)(3.236x10-6 M) = 6.472X10-6 M
Concentración de Ox2- = (3)(3.236x10-6 M) = 9.708X10-6 M
Respuesta:
Solubilidad molar de Ce3+ = 6.472X10-6 M
Solubilidad molar de Ox2- = 9.708X10-6 M
74
Problema 2.2 Se tienen 50 mL de una solución que contiene SO42-
y IO3-
en
concentración 0.02 M cada uno, a esta solución se le agrega gota a gota una
solución de Pb2+ 0.008 M.
Datos
PbSO4↓ pKs=7.78
Pb(IO3)2↓ pKs=12.58
a) Calcule la concentración mínima necesaria para iniciar la precipitación de
cada ión
b) Determina cual precipitado aparecerá primero
c) Calcule el volumen de la solución de plomo que se tendría que agregar
para precipitar completamente a ambos iones.
Resolución
a) Calcule la concentración mínima necesaria para iniciar la precipitación de
cada ion
Se establece la reacción de precipitación resultante entre el Pb2+ y el SO4-
Pb2+ + SO42- ⇆ PbSO4↓
La constante de solubilidad se expresa como:
Ks= [Pb2+] [ SO4- ]
Se realiza el despeje de [Pb2+] para lograr obtener la concentración mínima
necesaria de Pb2+ para comenzar la precipitación
Ks /[SO4-] = [Pb2+]
Se sustituyen los valores para obtenerla concentración mínima necesaria de Pb2+
para comenzar la precipitación
Ks
0.02M=[Pb2+]
75
10−7.78
0.02M= 𝟖. 𝟐𝟗𝟖𝐱𝟏𝟎−𝟕 𝐌
A continuación se establece la reacción de precipitación resultante entre el Pb2+ y
el IO3- :
Pb2+ + 2 IO3- ⇆ Pb (IO3)2↓
Se establece la constante de solubilidad
Ks= [Pb2+][ IO3-]2
Se realiza el despeje para lograr obtener la concentración mínima necesaria de
Pb2+ para comenzar la precipitación
Ks /[IO3-]2= [Pb2+]
Se sustituyen valores para obtenerla concentración mínima necesaria de Pb2+ para
comenzar la precipitación
Ks
0.0004M=[Pb2+]
(10−12.58
0.0004M) = 𝟔. 𝟓𝟕𝟔𝐗𝟏𝟎−𝟏𝟎 𝐌
Respuesta:
La concentración mínima de Pb2+ para iniciar precipitación en forma de
PbSO4↓ corresponde a 8.298x10-7 M.
La concentración mínima de Pb2+ para iniciar precipitación en forma de Pb
(IO3)2↓ es 6.576x10-10 M
76
b) Determina cual precipitado aparecerá primero
Aparecerá primero el precipitado Pb(IO3)2↓, debido a que su formación requiere
una cantidad 10 3.101 veces menos de Pb2+ que para la formación de PbSO4↓
c) Calcule el volumen de la solución de plomo que se tendría que agregar para
precipitar completamente a ambos iones.
Para calcular el volumen se considera que se tienen 50 mL de disolución que
contiene a los iones SO42- y IO3
- ambos en concentraciones 0.02 M, por tanto se
tienen:
SO4-2: (50 mL) 0.02 M =1.0 mmol
IO3-: (50 mL) 0.02 M =1.0 mmol
Dado que la reacción de Pb2+ con el ion SO4-2 es en relación
estequiométrica 1:1 se necesitarán 1.0 mmol de Pb2+ para precipitar
completamente a dicho anión
Por otro lado, la reacción de precipitación de Pb2+ con el ion IO3- es en
relación estequiométrica 1:2, por tanto, se requerirán 0.5 mmol de Pb2+ para
precipitar completamente a este anión
Con base en lo anterior se requieren 1.5 mmol para precipitar a ambos aniones
completamente, si consideramos que la concentración de la disolución de Pb2+
que se adiciona es 0.008 M podemos calcular el volumen necesario de esta
disolución para llevar a cabo la precipitación total de los aniones:
1.5 mmol
0.008 mmol
L
= 187.5 mL de disolución de Pb2+
78
Problema 2.3 Escriba el equilibrio de solubilidad y calcule el valor de la Ks´ a
pH=6.0 para la precipitación de Pb (OH)2↓
Datos
Pb (OH)n 2-n log β1= 6.2, log β2= 10.3; log β3= 13.3
Pb (OH)2 ↓ pKs=15.7
Resolución
Se establecen escalas de zonas de predominio para identificar las especies que
reaccionan a pH= 6.0
Se realiza el planteamiento del equilibrio de solubilidad
Pb (OH)2↓ ⇆ Pb2+ + 2 OH- 10-15.7
2 H+ + 2 OH- ⇆ 2 H2O 10(14)(2)
2 H+ + Pb (OH)2↓ ⇆ Pb2+ + 2 H2O 10 12.3
Se calcula la Ks’
Ks´= 10(12.3)-2pH
Ks´= 10(12.3)-2(6)
Respuesta:
Ks’ = 10 0.3
79
Problema 2.4 Escriba el equilibrio de solubilidad y calcule el valor de la Ks´ a
pH=8.0 para la precipitación de Zn3(PO4)2↓
Datos
Zn(OH)n2-n logβ1= 4.4, logβ2= ---; logβ3= 14.4; logβ4= 15.5
H3PO4 pKa´s: 2.0; 6.9; 11.7
Zn3(PO4)2↓ pKs=32
Resolución
Establecimiento de escalas de zonas de predominio para identificar las
especies que reaccionan a pH= 8.0
Planteamiento del equilibrio de solubilidad
Zn3(PO4)2↓ ⇆ 3 Zn2+ + 2 PO43- 10-32
2 H+ + 2 PO43- ⇆ 2 HPO4
2- 10(11.7)(2)
2 H+ + Zn3(PO4)2↓ ⇆ 3 Zn2++ 2 HPO43- 10 – 8.6
81
Problema 2.5 Trace el diagrama de fases condensadas (DFC) en el espacio
pOx´=f(pH) para Mg(II)
Datos
Mg(OH) 2↓ pKs=10.4
MgOx↓ pKs=3.3
H2Ox pKa´s: 1.25; 4.29
Resolución
El diagrama de fases condensadas permite trabajar con las especies insolubles
que pueden formar parte de una reacción, su construcción requiere los siguientes
pasos:
Se establece el equilibrio generalizado de la reacción
Mg(II)´↓ + Ox’ ⇆ MgOx´↓
Se prosigue a establecer los intervalos de formación de Mg(Ox) ↓ que permitirán la
construcción del diagrama en función del pH. Se sigue la misma metodología que
para trazar un Diagrama de Zonas de Predominio:
82
pH ≤ 1.25
Mg(OH)2↓ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O
pOx´ = 15.36
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Mg(OH)2↓ + HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 16.61-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Mg(OH)2↓ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 20.9-2pH
Diagrama de Fases Condensadas pOx´=f(pH) para Mg(II)
83
Problema 2.6 Trace el diagrama de fases condensadas (DFC) en el espacio
pIO3´=f(pH) para Ca(II)
Datos
Ca(OH) 2↓ pKs=4.9
Ca(IO3)2↓ pKs=5.5
HIO3 /IO3- pKa= 0.8
Resolución
Establecimiento del equilibrio generalizado de la reacción
Ca(II)´↓ + 2 IO3’ ⇆ Ca(IO3)2´↓
Se prosigue a establecer los intervalos de formación de Ca(IO3)2↓que permitirán la
construcción del Diagrama de Fases Condensadas en función del pH.
pH ≤ 0.8
Ca(OH)2↓ + 2 HIO3 ⇆ Ca(IO3)2↓ + 2 H2O
pIO3´ = 27
0.8≤pH 2 H+ + Ca(OH)2↓+ 2 IO3- ⇆ Ca(IO3)2↓ + 2 H2O
pIO3´= 28.6-2pH
85
Problema 2.7 Realice el diagrama de existencia- predominio (DEP) para Mg (II)
a pOx´=0.5
Datos
Mg(OH) n2-n logβ1=2.4
Mg(Ox)n2-2n logβ1=2.6
H2Ox pKa´s: 1.25; 4.29
Mg (OH) 2↓ pKs=10.4
MgOx↓ pKs=3.3
Resolución
El diagrama de existencia-predominio permite conocer las especies solubles e
insolubles predominantes a un determinado pL y pH. Su construcción requiere del
trazo de un Diagrama de Zonas de Predominio correspondiente a las especies
solubles y un Diagrama de Fases Condensadas correspondiente a las especies
insolubles.
Construcción de Diagrama de Zonas de Predominio
Equilibrio Generalizado de la reacción
Mg(II)´ + Ox’ ⇆ MgOx´
86
pH ≤ 1.25
Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) + 2 H+
pOx´ = -2.94+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) + H+ pOx´= -1.69+pH
4.29 ≤pH ≤ 11.6 Mg 2+ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) pOx´= 2.6
11.6 ≤pH H+ + Mg(OH)+ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) + H2O pOx´= 14.2-pH
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´=f(pH) para Mg(II)
87
Construcción de Diagrama de Fases Condensadas
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´↓ + Ox’ ⇆ MgOx´↓
pH ≤ 1.25
Mg(OH)2↓ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O
pOx´ = 15.36
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Mg(OH)2↓+ HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 16.61-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Mg(OH)2↓ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 20.9-2pH
88
Diagrama de Fases Condensadas pOx´=f(pH) para Mg(II)
Una vez construido el Diagrama de Zonas de Predominio, y el Diagrama de Fases
Condensadas, se procede a hacer un corte sobre el gráfico que corresponda al pL’
impuesto, en este caso pOx´= 0.5, de manera que esto permite definir las
especies que existen a este pL’ y que por tanto corresponden al Diagrama de
Existencia Predominio (DEP), como se muestra a continuación:
89
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´=f(pH) para Mg(II), corte en pOx’ = 0.5
A pOx’ =0.5 es posible determinar las especies que predominan de Mg(II), se debe
establecer el intervalo de pH en el que predomina cada una de ellas, lo que se
realiza sustituyendo el valor de pOx´=0.5 en la función del diagrama que
corresponde al punto de cruce. Se puede observar que en este diagrama se
presentan dos puntos de cruce.
Primer punto de cruce. Corresponde al intervalo dos, establecido por la función
pOx´= -1.69+pH
0.5= -1.69 +pH
90
0.5+1.69=pH
2.19= pH
Segundo punto de cruce. Corresponde al intervalo cuatro, establecido por la
función
pOx´= 14.2-pH
0.5=14.2-pH
pH= 14.2-0.5
pH=13.7
Diagrama de Fases Condensadas pOx´=f (pH) para Mg (II), corte en pOx’=0.5
91
A pOx’ =0.5 es posible observar que predominan ambas especies de Mg(II)↓´ , por
tanto, se utilizarán para trazar el DEP, sin embargo, se debe establecer el
intervalo de pH en el que predomina cada una de ellas, lo que se obtiene
sustituyendo el valor de pOx´=0.5 en la función del diagrama que corresponde al
punto de cruce entre las trayectoria del DFC. Por tanto, en este diagrama se
presenta un punto de cruce:
Punto de cruce. Corresponde al intervalo tres, establecido por la función
pOx´= 20.9-2pH
0.5= 20.9-2pH
2pH= 20.9-0.5
pH= 20.4/2
pH = 10.2
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pOx’= 0.5, se construyen nuevas
escalas de zonas de predominio, en las que la forma en que se encuentre el
magnesio dependerá de dos condiciones, tanto del pH como del pOx´=0.5. Estas
escalas permitirán obtener equilibrios de formación de especies insolubles a partir
de especies solubles:
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´’ ⇆ Mg(II)’’ ↓
92
Nota: las especies de la escala de oxalatos (Ox’) solamente se utilizarán si se
requiere llevar a cabo un balance de masa en las reacciones químicas que se
plantearán, sin embargo, sus valores de pH si son utilizados para la obtención de
funciones del DEP.
pH ≤ 1.25
Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H+
pMg´´ = -2.94+2pH-pOx
1.25 ≤pH ≤2.19 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + H+ pMg´´= -0.99+pH-pOx
2.19 ≤pH ≤ 4.29 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
4.29 ≤pH ≤ 10.2 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
10.2 ≤pH ≤ 13.7 2 H2O + Mg(Ox) ⇆ Mg(OH)2↓ + Ox2- + 2 H+ pMg´´= -20.2+2pH+pOx
13.7 ≤pH H2O + Mg(OH)+ ⇆ Mg(OH)2↓ + H+ pMg’´= -6+pH
Nota: el pOx’= 0.5, por lo que este valor se puede sustituir directamente en las
funciones y se obtiene lo siguiente:
93
pH ≤ 1.25
Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2H+
pMg´´ = -2.74+2pH
1.25 ≤pH ≤2.19 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) + H+ pMg´´= -1.49+pH
2.19 ≤pH ≤ 4.29 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
4.29 ≤pH ≤ 10.2 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
10.2 ≤pH ≤ 13.7 2 H2O + Mg(Ox) ⇆ Mg(OH)2↓ + Ox2- + 2 H+ pMg´´= -19.7+2pH
13.7 ≤pH H2O + Mg(OH)+ ⇆ Mg(OH)2↓ + H+ pMg´’= -6+pH
Con estas funciones se procede a trazar el Diagrama de Existencia Predominio
(DEP)
Diagrama de Existencia Predominio (DEP) pMg(II)´´= f(pH), pOx’ = 0.5
La línea continua, representa la línea de saturación, es decir, por encima de ella,
las especies se mantienen solubles, ya que la concentración de Mg (II) ’’ es “baja;”
94
mientras que por debajo de la línea, las especies comienzan a precipitar debido a
que se encuentran en una solución sobresaturada.
95
Problema 2.8 Trace el DEP para Ca (II) a pSO4´=0.3
Datos
Ca(OH) n 2-n logβ1=1.3
Ca(SO4) n2-2n logβ1=2.3
HSO4- pKa= 1.8
Ca(OH) 2↓ pKs=4.9
Ca (SO4) ↓ pKs=3.8
Resolución
Construcción de Diagrama de Zonas de Predominio
Equilibrio Generalizado
Ca(II) ´ + SO4’ ⇆ CaSO4´
pH ≤ 1.8
Ca2+ + HSO4- ⇆ CaSO4+ H+
pSO4´ = 0.5+pH
1.8 ≤pH ≤12.7 Ca2+ + SO42- ⇆ CaSO4
pSO4´ = 2.3
12.7 ≤pH H+ + Ca(OH)+ + SO42- ⇆ CaSO4+ H2O pSO4´ = 15-pH
96
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´=f(pH) para Ca(II)
Construcción de Diagrama de Fases Condensadas
Equilibrio Generalizado
Ca(II) ↓´ + SO4’ ⇆ CaSO4 ↓´
97
pH ≤ 1.8
H+ +Ca(OH)2 ↓ + HSO4- ⇆ CaSO4↓ + 2 H2O
pSO4´ = 25.1-pH
1.8 ≤pH 2 H+ + Ca(OH)2 ↓ + SO42- ⇆ CaSO4 ↓ + 2 H2O pSO4´ = 26.9-2pH
Diagrama de Fases Condensadas pSO4´=f(pH) para Ca(II)
Una vez construido el Diagrama de Zonas de Predominio, y el Diagrama de Fases
Condensadas, se procede a hacer un corte sobre el gráfico que corresponda al pL’
impuesto, en este caso pSO4´= 0.3, de manera que esto permite definir las
98
especies que existen a este pL’ y que por tanto corresponden al Diagrama de
Existencia Predominio (DEP), como se muestra a continuación:
Diagrama de Zonas de PredominiopSO4´=f(pH) para Ca(II), corte pSO4´=0.3
A pSO4´= 0.3 es posible observar que solamente predomina una especie de
Ca(II)’, correspondiente a CaSO4
99
Diagrama de Fases Condensadas pSO4´=f(pH) para Ca(II), corte pSO4´=0.3
A pSO4’ =0.3 es posible observar que predominan ambas especies de CaSO4 ↓´,
por tanto, se utilizarán para trazar el DEP, sin embargo, se debe establecer el pH
en el que predomina cada una de ellas, lo que se logra sustituyendo el valor de
pSO4’ =0.3 en la función del diagrama que corresponde al punto de cruce entre las
trayectoria del DZP y la línea delimitada por el pSO4’ . Por tanto, en este diagrama
se presenta un punto de cruce.
Punto de cruce. Corresponde al intervalo dos, establecido por la función
pSO4´ = 26.9-2pH
0.3= 26.9-2pH
2pH= 26.9-0.3
pH= 26.6/2
100
pH= 13.3
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pSO4’ =0.3, se construyen nuevas
escalas de zonas de predominio, en las que la forma en que se encuentre el calcio
dependerá de dos condiciones, tanto del pH como del pSO4’=0.3. Estas escalas
permitirán obtener equilibrios de formación de especies insolubles a partir de
especies solubles:
Equilibrio Generalizado
Ca(II)´ ⇆ Ca(II)↓´
Nota: las especies de la escala de sulfatos (SO4’) solamente se utilizarán si se
requiere llevar a cabo un balance de masa en las reacciones químicas que se
plantearán, sin embargo, sus valores de pH si son utilizados para la obtención de
funciones del DEP.
pH ≤ 1.8
CaSO4 ⇆ CaSO4 ↓
pCa´´ = 1.5
1.8 ≤pH ≤13.3 CaSO4 ⇆ CaSO4 ↓ pCa´´= 1.5
13.3 ≤pH 2 H2O + CaSO4 ⇆ Ca(OH)2 ↓ + SO4-2 + 2 H+ pCa´´=-25.4+2pH+pSO4´
Nota: el pSO4´= 0.3, por lo que este valor se puede sustituir directamente en las
funciones y se obtiene lo siguiente:
101
pH ≤ 1.8
CaSO4 ⇆ CaSO4 ↓
pCa´´ = 1.5
1.8 ≤pH ≤13.3 CaSO4 ⇆ CaSO4 ↓ pCa´´ = 1.5
13.3 ≤pH 2 H2O + CaSO4 ⇆ Ca(OH)2 ↓ + SO42-+ 2 H+ pCa´´= -25.1+2pH
Con estas funciones se procede a trazar el Diagrama de Existencia Predominio
(DEP)
Diagrama de Existencia Predominio pCa’’= f(pH), pSO4’ = 0.3
102
Problema 2.9 Se tiene una muestra de agua proveniente de una zona de
canteras por lo que se desea determinar el contenido de Ca(II) y Mg(II) en ella,
para ello se toman alícuotas de 25 mL y se les adicionan 10 mL una solución de
oxalatos (Ox´) 1.2 M con el propósito de realizar una separación selectiva. Se
sabe que el orden de concentración de ambos cationes es 10-2 M.
Datos
Ca(OH) n2-n logβ1=1.3
Ca(OH) 2↓ pKs=4.9
Ca(Ox)↓ pKs=37.8
H2Ox pKa´s: 1.25; 4.29
Mg (OH) n2-n logβ1=2.4
Mg (Ox) n 2-2n logβ1=2.6
Mg (OH) 2↓ pKs=10.4
Mg (Ox) ↓ pKs=3.3
a) Determine si existe algún intervalo de pH en el que pueda realizarse la
separación selectiva al pOx´ impuesto en el sistema, en al menos un 95 %
de eficiencia.
Resolución
Determinación del pOx’ en el sistema de medición
Concentración de Oxalato en el sistema: (10 mL)(1,2 M)
35 mL= 0.3428 M
pOx´= -log[0.3428]
pOx’ = 0.465
Para saber si existe algún intervalo de pH en el que se pueda realizar una
separación selectiva a pOx’ = 0.465, es necesario realizar en un mismo gráfico los
Diagramas de Existencia Predominio para el Calcio y el Magnesio.
103
Se construye el Diagrama de Zonas de Predominio y Diagrama de Fases
Condesadas para Magnesio
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’ = f(pH) para Mg(II)
Equilibrio Generalizado de la reacción
Mg(II)´ + Ox’ ⇆ MgOx´
pH ≤ 1.25
Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) + 2 H+
pOx´ = -2.94+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) + H+ pOx´= -1.69+pH
4.29 ≤pH ≤ 11.6 Mg 2+ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) pOx´= 2.6
11.6 ≤pH H+ + Mg(OH)+ + Ox-2 ⇆ Mg(Ox) + H2O pOx´= 14.2-pH
104
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f(pH) para Mg(II)
Construcción de Diagrama de Fases Condensadas para Magnesio (DFC)
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´↓ + Ox’ ⇆ MgOx´↓
105
pH ≤ 1.25
Mg(OH)2↓ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O
pOx´ = 15.36
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Mg(OH)2↓ + HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 16.61-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Mg(OH)2↓ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 20.9-2pH
Diagrama de Fases Condensadas pOx’= f(pH) para Mg(II)
Se procede a hacer un corte en el DZP y DFC al pOx’ impuesto, correspondiente a
0.465
106
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f(pH) para Mg(II), corte en pOx’ = 0.465
Primer punto de cruce. Corresponde al intervalo dos, establecido por la función
pOx´= -1.69+pH
0.465 = -1.69 +pH
0.465+1.69=pH
2.15= pH
Segundo punto de cruce. Corresponde al intervalo cuatro, establecido por la
función pOx´= 14.2-pH
0.465=14.2-pH
pH= 14.2-0.465
pH=13.73
107
Diagrama de Fases Condensadas pOx’= f(pH) para Mg(II), corte en pOx’= 0.465
Punto de cruce. Corresponde al intervalo tres, establecido por la función
pOx´= 20.9-2pH
0.465= 20.9-2pH
2pH= 20.9-0.465
pH= 20.435 / 2
pH= 10.22
108
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pOx’= 0.465, se construyen
nuevas escalas de zonas de predominio, en las que la forma en que se encuentre
el magnesio dependerá de dos condiciones, tanto del pH como del pOx’=0.465.
Estas escalas permitirán obtener equilibrios de formación de especies insolubles a
partir de especies solubles:
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´’ ⇆ Mg(II)’’ ↓
pH ≤ 1.25 Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H+ pMg´´ = -2.705+2pH
1.25 ≤pH ≤2.15 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + H+ pMg´´= -1.455+pH
2.15≤pH ≤ 4.29 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
4.29 ≤pH ≤ 10.22 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
10.22≤pH ≤ 13.73 2 H2O + Mg(Ox) ⇆ Mg(OH)2↓ + Ox2- + 2 H+ pMg´´= -19.535+2pH
13.73≤pH H2O + Mg(OH)+ ⇆ Mg(OH)2↓ + H+ pMg´’= -6+pH
Se construye el Diagrama de Zonas de Predominio y Diagrama de Fases
Condesadas para Calcio
109
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’ = f(pH) para Ca(II)
Equilibrio Generalizado
Ca(II)´ +Ox ’ ⇆ CaOx
El Calcio no forma complejos solubles con Oxalato, por lo tanto, no importa el pOx’
impuesto, las especies de Ca(II) solamente dependerán del pH del sistema
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f(pH) para Ca(II)
110
Diagrama de Fases Condensadas para Calcio (DFC)
Equilibrio Generalizado
Ca(II)´↓ + Ox’ ⇆ CaOx´↓
pH ≤ 1.25
Ca(OH)2↓ + H2Ox ⇆ Ca(Ox) ↓ + 2 H2O
pOx´ = 55.36
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Ca(OH)2↓+ HOx- ⇆ Ca(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 56.61-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Ca(OH)2↓+ Ox2- ⇆ Ca(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 60.9-2pH
112
Diagrama de Zonas de Predominio pOx’= f(pH) para Ca(II) , corte en pOx’ = 0.465
A pOx’= 0.465, predominan las especies de Ca(II)’ correspondientes a Ca 2+ y
Ca(OH)
113
Diagrama de Fases Condensadas pOx’= f(pH) para Ca(II), corte en pOx’= 0.465
No existe un punto de cruce, por lo tanto la especie predominante a pOx’= 0.465
es Ca(Ox) ↓
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pOx’ =0.4649, se construyen
nuevas escalas de zonas de predominio, que permitirán obtener equilibrios de
formación de especies insolubles a partir de especies solubles:
114
Equilibrio Generalizado
Ca(II)´´ ⇆ Ca(II)´´↓
pH ≤ 1.25
Ca 2+ + H2Ox ⇆ Ca(Ox) ↓ + 2 H+
pCa´´ = 31.7951+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Ca 2+ + HOx- ⇆ Ca(Ox) + H+ pCa´´= 33.0351+pH
4.29≤pH ≤ 12.7 Ca2+ + Ox2- ⇆ Ca(Ox) ↓ pCa´´= 37.3351
12.7≤pH H+ + Ca(OH)++ Ox2- ⇆ Ca(Ox) ↓+H2O pCa´´= 50.0351-pH
Se traza el Diagrama de Existencia Predominio con las funciones
correspondientes a los equilibrios generalizados
Mg(II)´´ ⇆ Mg(II)´´↓
Ca(II)´´ ⇆ Ca(II)´´↓
115
a) Determine si existe algún intervalo de pH en el que pueda realizarse la separación
selectiva en al menos el 95 %, al pOx´ impuesto en el sistema.
A partir del DEP, es posible observar que el catión que necesita una concentración menor
de Ox´ para precipitar es el Ca (II), ya que su diagrama se encuentra a valores de pM
altos; recordando que entre mayor sea el pM, menor es la concentración de M. Con ello,
se elige al Ca(II)’ como el catión que requiere estar precipitado en un 95 %, por lo que se
tiene que:
ppCa≥ 95 % (10-2 M)
SCa≤ 5 % (10 -2 M)
SCa≤ 5x10 -4 M
pSCa≥ 3.3 , a partir de este valor se llevará a cabo la precipitación de Ca(II)’ en un 95 %
116
Por lo tanto, se corta el DEP en pSCa
En pM´= 3.3, es posible notar que el Ca(II)’ se encuentra precipitado, por lo que se dice
que este precipita en un 95% a cualquier valor de pH.
Para determinar sí existe un intervalo de pH que permita la separación entre los cationes,
se considera que el Mg(II)’ debe ser el catión que se encuentre soluble, ya que su
diagrama se encuentra a valores de pM bajos; recordando que entre menor sea el pM,
mayor es la concentración de M. Por lo tanto:
SMg≥ 95%(10-2 M)
SMg≥ 0.0095 M
pSMg≤ 2.02
Se corta el DEP en pM = 2.02
117
Se identifica el pH de la intersección con el DEP del Mg(II)’
-19.7351 + 2pH ≤ 2.02
pH ≤ 10.88
Este valor de pH indica el momento en el que el Mg(II)’ comienza a precipitar. Esto
se puede corroborar en el DEP, en donde es posible ver que a valores menores de
10.88 el Mg(II)’ se encuentra como especie soluble hasta en un 95 % .
Por lo tanto, el intervalo de pH para lograr la separación de los cationes
corresponde a:
0≤ pH≤ 10.88
Si el pH rebasa el valor de 10.88, ya no se podrá realizar la separación selectiva
de los cationes en un 95 %
118
Respuesta:
El intervalo de pH para lograr la separación de los cationes Ca(II)’ y Mg(II)’
corresponde a:
0≤ pH≤ 10.88
119
Problema 2.10 Se tienen 5000 mL de una solución que contiene Hg(II) en una
concentración aproximada de 0.018 M, para poder separar a esta especie de la
solución (debido a sus características tóxicas) se le adicionan 200 mL de sulfuro
de sodio de concentración 1.3 M
Datos
Hg2+ + 2 S2-⇆ HgS2 logK=53
Hg(OH)n 2-n logβ1= 10.3, logβ2= 21.7
Hg(OH)2↓ pKs=25.0
Hg(S)↓ pKs= 51.0
H2S pKa’s: 6.5; 12.6
Pesos atómicos: Hg 200.59 g/mol; S 32.00 g/mol
a) ¿Cuál es el pS´ impuesto en el sistema?
b) Trace el DFC para Hg(II)
c) Trace el DEP para Hg (II) a la condición de pS´ impuesta.
d) Determine el intervalo de pH en el que es posible precipitar en al menos un
97 % al Hg (II).
e) Si el sulfuro adicionado impone el pH. ¿Cuál sería el valor de este en el
sistema?
f) Determine la solubilidad molar de Hg(II) a las condiciones de
amortiguamiento (pS’ y pH)
g) Después de precipitar al Hg(II) el sistema se filtra y el sólido se seca y se
pesa determinándose que hay 1.4 g de precipitado, calcule la cantidad en
gramos de mercurio que hay en la solución analizada
h) ¿Cuál es el equilibrio de solubilidad a pS´=0.5 y pH= 3.0 y el valor de su
Keq´´?
i) Si se tuviera una concentración molar de Hg (II) de 1.8x 10-3 M a pH=5.0 y
al pS´ impuesto, ¿el Hg (II) se encontraría principalmente soluble o
insoluble?
120
Resolución
a) ¿Cuál es el pS´ impuesto en el sistema?
Concentración de S´ = (200 mL)(1.3 M)
5200 mL= 0.05 M
pS’= -log [0.05 M]
pS’= 1.301
Respuesta:
pS’ = 1.301
b) Trace el DFC para Hg(II)
Equilibrio Generalizado
Hg(II)´↓ + S’ ⇆ HgS´↓
pH ≤ 6.5
Hg(OH)2↓ + H2S ⇆ HgS ↓ + 2 H2O
pS´ = 34.9
6.5 ≤pH ≤12.6 H+ + Hg(OH)2↓+ HS- ⇆ HgS ↓ + 2 H2O pS´= 41.4-pH
12.6 ≤pH 2 H+ + Hg(OH)2↓ + S2- ⇆ HgS ↓ + 2 H2O pS´= 54-2pH
121
Diagrama de Fases Condensadas pS’= f(pH) para Hg(II), corte en pS’=1.301
c) Trace el DEP para Hg (II) a la condición de pS impuesta.
Construcción de Diagrama de Zonas de Predominio , corte en pS’= 1.301
Equilibrio Generalizado
Hg(II) ´ + 2 S’ ⇆ HgS2’
122
pH ≤ 3.15
Hg2+ + 2 H2S ⇆ HgS2 2- + 4 H+
pS´ = 𝟏𝟒.𝟖+𝟒𝐩𝐇
𝟐
3.15 ≤pH ≤6.5 Hg(OH)2+ 2 H2S ⇆ HgS22- + 2 H2O+ 2H+
pS´= 𝟐𝟏.𝟏+𝟐𝐩𝐇
𝟐
6.5 ≤pH ≤12.6
Hg(OH)2 + 2 HS- ⇆ HgS22- + 2 H2O pS´= 17.05
12.6 ≤pH 2 H+ + Hg(OH)2 + 2 S2- ⇆ HgS22- + 2 H2O pS´=
𝟓𝟗.𝟑−𝟐𝐩𝐇
𝟐
Diagrama de Zonas de Predominio pS´= f(pH) para Hg(II) ,corte en pS’ =1.301
A pS´= 1.301, la especie soluble predominante es HgS22-
123
Diagrama de Fases Condensadas pS´= f(pH) para Hg(II) , corte en pS’ =1.301
A pS’ = 1.301, la especie insoluble predominante es HgS ↓
Se construyen nuevas escalas de zonas de predominio con las especies
predominantes a pS’= 1.301
Equilibrio Generalizado
Hg(II)´’ ⇆ Hg(II)’’ ↓
124
pH ≤ 6.5
2 H+ + HgS22- ⇆ HgS↓ + H2S
pHg´´ = 18.401-2pH
6.5 ≤pH ≤12.6 H+ + HgS22- ⇆ HgS↓ + HS- pHg´´= 11.901- pH
12.6≤pH HgS22- ⇆ HgS↓ + S2- pHg´´= -0.699
Diagrama de Existencia Predominio pHg’’= f(pH), pS’ =1.301
d) Determine el intervalo de pH en el que es posible precipitar en al
menos un 97 % al Hg(II).
Para determinar el intervalo de pH en el que es posible precipitar al menos 97 % al
Hg(II), es necesario que primeramente se conozca la concentración de dicho ión
125
en la solución analizada, sabiendo que el volumen final de la solución al agregarle
sulfuro de sodio es de 5.2 L
Concentración de Hg(II) en solución de análisis= 0.018 M(5 L)
5.2 L= 0.017 M
Sí se sabe que la concentración de Hg(II) en el sistema es de 0.017M y que para
su separación se requiere que precipite el 97 %, y por tanto quede en solución el
3 % de esa concentración de Hg(II), se plantea lo siguiente:
Solubilidad de Hg (SHg) ≤ 3 % [0.017 M]
El 3 % de [0.017 M] corresponde a 5.1x10-4 M, por lo tanto:
SHg ≤ 5.1x10-4 M, que convertido en potencia base 10 da como resultado
SHg ≤ 10-3.292 lo que indica que ésta es la máxima cantidad de Hg(II) que puede
estar soluble. Sí se obtiene el –log de esta concentración, se obtendrá un valor
pHg que será posible analizar en el DEP como se muestra a continuación:
-log SHg ≤ -log 10-3.292
-log SHg ≥ 3.292
pSHg≥ 3.292
126
La intersección que se genera entre la línea trazada, correspondiente a
pSHg = 3.292, y el DEP, permite conocer el valor de pH al que precipitará el Hg(II)
en un 97 %, a partir de sustituir el pSHg = 3.292 en la función intersectada del DEP,
que en este caso corresponde al segundo intervalo, como se muestra a
continuación:
pHg´´= 11.901- pH 11.901-pH ≥ 3.292 11.901-3.292 ≥ pH 8.61 ≥ pH
pSHg=3.292
127
Respuesta: Al observar valores de pH por debajo de 8.61 es posible ver que el Hg(II) ) se
mantiene como una especie precipitada, por lo tanto, para lograr una
precipitación del 97% de este metal es necesario que 8.61 ≥ pH.
e) Si el sulfuro adicionado impone el pH. ¿Cuál sería el valor de este en el
sistema?
Debido a que el S2- es una base, para determinar su fuerza se debe realizar la
determinación del valor de Kb con base en:
Kb = Kw/Ka
Ka = 10−12. 6
Kw
Ka=10−14
10−12.6= 10−1.4
Kb = 10−1.4
Para el cálculo de la fuerza se tendría que:
Kb
Co=
10−1.4
10−1.301= 10−0.099
Se calcula el pH
pH= 14 + log α [Co]
α =−(10−0.099) + √(10−0.099)2 + (4(10−0.099))
2
α=10−0.2374
pH= 14 + log[(10−0.2374)(10−1.301)] = 𝟏𝟐. 𝟒𝟔
128
Respuesta:
pH=12.46
f) Determine la solubilidad molar de Hg(II) a las condiciones de
amortiguamiento (pS’ y pH)
Se establecen las especies representativas a las condiciones de
amortiguamiento, mediante el corte del DZP y DFC.
Diagrama de Zonas de Predominio pS´= f (pH) para Hg (II), corte en pS’ =1.301,
pH= 12.46
pH=12.46, pS’=1.301
129
A pS´= 1.301 y pH= 12.46, la especie soluble predominante es HgS22-
Diagrama de Fases Condensadas pS´= f (pH) para Hg (II), corte en pS’ =1.301,
pH= 12.462
A pS’ = 1.301 y pH= 12.46, la especie insoluble predominante es HgS↓
Equilibrio Generalizado de precipitación
Hg(II)´ + S’ ⇆ Hg(S)´↓
Equilibrio representativo de precipitación
HgS22- ⇆ Hg(S) ↓ + S2-
pH=12.46, pS’ =1.301
130
Tomando en cuenta que la Solubilidad Molar del Hg (SHg) es igual a la Ks’’, se
procede a calcular la Ks
Equilibrio Generalizado de solubilidad
Hg(S)´↓ ⇆ Hg(II)´ + S’
Equilibrio representativo de solubilidad
Hg(S) ↓ + S2- ⇆ HgS22-
Ks= 10 2
Esta reacción no depende del pH, por lo que la constante solamente se ve
modificada por el pS’ impuesto en el sistema, por lo tanto:
Ks’= 10 -2- pS
Ks’= 10 -3.301
Respuesta:
La solubilidad molar de Hg, a pH=12.46 y pS’= 1.301, corresponde a 10 -3.301 M
g) Si se tuviera una concentración molar de Hg (II) de 1.8x 10-3 M a pH=5.0 y
al pS´ impuesto, ¿el Hg (II) se encontraría principalmente soluble o
insoluble?
Para saber sí el Hg (II) se encuentra soluble o insoluble, es necesario conocer la
solubilidad molar de dicho ión, para ello se plantea el equilibrio de solubilidad a las
condiciones de pH y pS’ especificadas:
131
pH= 5.0
pS’ = 1.301
Concentración molar de Hg (II): 1.8x 10-3 M = 10 -2.745 M
Equilibrio Generalizado
Hg(II) ↓´’ ⇆ Hg(II)’’
Con ayuda del Diagrama de Zonas de Predominio y del Diagrama de Fases
Condensadas, se identifican las especies que aparecen a pS’=1.301 y pH=5.0
Diagrama de Zonas de Predominio pHg’= f (pH)
La especie soluble que predomina a pH=5 y pS’=1.301 corresponde a HgS22-
pH=5.0 , pS’=1.301
132
Diagrama de Fases Condensadas pS’= f (pH) para Hg (II)
La especie insoluble que predomina a pH=5 y pS’=1.301 corresponde a HgS↓
Conociendo la especie soluble y la insoluble a las condiciones establecidas de pH
y pS’, es posible plantear el equilibrio representativo de la reacción
HgS ↓ ⇆ HgS22-
Para el balanceo del equilibrio representativo se hace uso de la escala auxiliar de
S’
pH=5.0 , pS’=1.301
133
Con lo que es posible obtener la siguiente reacción:
HgS ↓ + H2S ⇆ HgS22- +2 H+
K´´ = 10 -17.1- pS´+2pH
K’’ = 10 -17.1- 1.301 +2(5)
K´´ = 10 -8.401
Respuesta:
La constante de solubilidad permite conocer la cantidad máxima de Hg (II)
que puede estar soluble en el sistema a pH= 5.0 y pS’ = 1.301, en este caso
corresponde a 10 -8.401. Debido a que la concentración de Hg (II) en el sistema
es de 10 -2.745 M, que es 10 5.656 mayor que la que puede estar soluble, el
sistema se encontrará precipitado.
h) Después de precipitar al Hg(II) el sistema se filtra y el sólido se seca y se
pesa determinándose que hay 1.4 g de precipitado, calcule la cantidad en
gramos de mercurio que hay en la solución analizada
Se calcula el número de moles de Hg2+ en 1.4 g de HgS↓:
1.4g HgS ↓ (1 mol HgS ↓)
232.59 g HgS ↓)= 6.019x10−3 molHgS ↓ = (
1 mol Hg2+
1 mol HgS ↓) = 6.019x10−3 mol Hg2+
Se calcula el mercurio en la solución analizada:
6.019x10−3mol Hg2+ (200.59 g Hg2+
1 mol Hg2+) = 1.2076 g Hg2+
134
Respuesta:
La solución analizada contiene 1.2076 g de mercurio metálico (Hg 2+)
i) ¿Cuál es el equilibrio de solubilidad a pS´ =0.5 y pH= 3.0 y el valor de su
Keq´´?
Equilibrio Generalizado
Hg(II)´’ ↓ ⇆ Hg(II)’’
Con ayuda del Diagrama de Zonas de Predominio y del Diagrama de Fases
Condensadas, se identifican las especies que aparecen a pS’=0.5 y pH=3.0
Diagrama de Zonas de Predominio pHg= f (pH)
La especie soluble que predomina a pH=3 y pS’=0.5 corresponde a HgS22-
pH= 3.0, pS’= 0.5
135
Diagrama de Fases Condensadas pHg’= f (pH)
La especie precipitada que predomina a pH=3.0 y pS’=0.5 corresponde a HgS↓
Conociendo la especie soluble y la precipitada a las condiciones establecidas de
pH y pS’, es posible plantear el equilibrio representativo de la reacción
HgS ↓ ⇆ HgS22-
Para el balanceo del equilibrio representativo se hace uso de la escala auxiliar de
S’
pH=3.0 , pS’= 0.5
136
Con lo que es posible obtener la siguiente reacción:
HgS ↓ + H2S ⇆ HgS22- + 2 H+
K´´ = 10 -17.1- pS´+2pH
K’’ = 10 -17.1- 0.5 +2(3)
K´´ = 10 -11.6
Respuesta:
Equilibrio de Solubilidad
HgS ↓ + H2S ⇆ HgS22- + 2 H+
.
137
Problema 2.11 Se tienen 0.536 g de una muestra de un producto farmacéutico
que contiene magnesio (Mg) y zinc (Zn), esta muestra se disuelve en 100 mL de
un medio acuoso teniéndose una concentración máxima de los cationes de
aproximadamente 0.03 M. Ya que se desea realizar una separación por
precipitación selectiva al menos en un 98 % se adicionó al sistema oxalato de
sodio (NaOx) hasta que se impuso un pOx'=1.50.
Datos
Zn (OH)n2-n log β1 =4.4, log β2 =-----; log β3 =14.4; log β4 =15.5
Zn (Ox)n2-2n log β1 =3.7 log β2 =6.0
Zn (OH) 2↓ pKs=15.3
Zn (Ox) ↓ pKs=8.1
ZnY2- log K=16.5
ZnY2- + H+ ⇆ ZnHY- log K=3.0
Mg (OH)n2-n log β1 =2.4
Mg (Ox) n2-2n log β1 =2.6
Mg (OH) 2↓ pKs=10.4
Mg (Ox) ↓ pKs=3.3
MgY 2- log K=8.7
MgY 2- + H+ ⇆ MgHY- log K=3.9
H2Ox pKa’s: 1.25; 4.29
H4Y pKa: 2.0, 2.7; 6.2; 10.2
138
Pesos Atómicos:
Zn: 65.380 g/mol
Mg: 24.305 g/mol
a) Establezca el intervalo de pH en el cual se puede realizar la precipitación
selectiva (al pOx' impuesto).
b) A pH=5.0 calcule la solubilidad (molar) del catión que se precipita.
Después de efectuar la separación el catión que permaneció en solución se valoró
a un pH=6.7 con una solución estandarizada de EDTA 10-0.76
M gastándose
16.70 mL para alcanzar el punto de equivalencia:
c) Establecer la ecuación química que representa la reacción de valoración y
calcular su Keq bajo las condiciones de amortiguamiento (pH=6.7 y
pOx´=1.5)
d) Calcular los mg y el porcentaje (%) del catión valorado en la muestra
analizada.
Resolución
a) Establezca el intervalo de pH en el cual se puede realizar la precipitación
selectiva (al pOx' impuesto).
Para conocer el intervalo de pH en el que se puede realizar la precipitación
selectiva a pOx’=1.5, es necesario trazar el Diagrama de Existencia Predominio
para el Zinc y el correspondiente para Magnesio.
Construcción de Diagrama de Zonas de Predominio
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´ ⇆ MgOx’
139
pH ≤ 1.25 Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) + 2 H+ pOx´ = -2.94+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) + H+ pOx´= -1.69+pH
4.29 ≤pH ≤ 11.6 Mg 2+ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) pOx´= 2.6
11.6 ≤pH H+ + Mg(OH)+ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) + H2O pOx´= 14.2-pH
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Mg(II), con corte en
pOx’=1.5
140
A pOx’ =1.5 es posible determinar las especies que predominan de Mg (II) ´, las
cuales se utilizarán para trazar el DEP, sin embargo, se debe establecer el pH en
el que predomina cada una de ellas, esto se obtiene sustituyendo el valor de
pOx´=1.5 en la función del diagrama que corresponde al punto de cruce entre las
trayectoria del DZP y la línea delimitada por el pOx’ impuesto. Por tanto, en este
diagrama se presentan dos puntos de cruce.
Primer punto de cruce. Corresponde al intervalo dos, establecido por la función
pOx´= -1.69+pH
1.5= -1.69 +pH
1.5+1.69=pH
3.19= pH
Segundo punto de cruce. Corresponde al intervalo cuatro, establecido por la
función pOx´= 14.2-pH
1.5=14.2-pH
pH= 14.2-1.5
pH=12.7
141
Construcción de Diagrama de Fases Condensadas
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´↓ + Ox’ ⇆ MgOx´↓
pH ≤ 1.25 Mg(OH)2↓ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´ = 15.36
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Mg(OH)2↓+ HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 16.61-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Mg(OH)2↓ + Ox2- ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 20.9-2pH
142
Diagrama de Fases Condensadas pOx´ = f(pH) para Mg(II), con corte en pOx’=1.5
A pOx’ =1.5 es posible observar que predominan ambas especies de Mg (II) ↓´,
por tanto, se utilizarán para trazar el DEP, sin embargo, se debe establecer el pH
en el que predomina cada una de ellas, para ello se sustituye el valor de pOx´=1.5
en la función del diagrama que corresponde al punto de cruce entre los intervalos
del DZP y la línea delimitada por el pOx’ impuesto. Por tanto, en este diagrama se
presenta un punto de cruce.
Punto de cruce. Corresponde al tercer intervalo, establecido por la función
pOx´= 20.9-2pH
1.5= 20.9-2pH
2pH= 20.9-1.5
pH= 19.4/2
pH= 9.7
143
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pOx’= 1.5, se construyen nuevas
escalas de zonas de predominio, en las que la forma en que se encuentre el
magnesio dependerá de dos condiciones, tanto del pH como del pOx=1.5. Estas
escalas permitirán obtener equilibrios de formación de especies insolubles a partir
de especies solubles:
Equilibrio Generalizado
Mg(II)´ ⇆ Mg(II)´↓
pH ≤ 1.25 Mg 2+ + H2Ox ⇆ Mg(Ox) ↓ + 2 H+ pMg´´ = -3.74+2pH
1.25 ≤pH ≤3.19 Mg 2+ + HOx- ⇆ Mg(Ox) ↓ + H+ pMg´´= -2.49+pH
3.19 ≤pH ≤ 4.29 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
4.29 ≤pH ≤ 9.7 Mg(Ox) ⇆ Mg(Ox) ↓ pMg´´= 0.7
9.7 ≤pH ≤ 12.7 2 H2O + Mg(Ox) ⇆ Mg(OH)2 ↓ + Ox2- + 2 H+ pMg´´= -18.7+2pH
12.7 ≤pH H2O + Mg(OH)+ ⇆ Mg(OH)2 ↓ + H+ pMg’´= -6+pH
Se procede a construir el Diagrama de Zonas de Predominio para Zn (II) ‘
144
Equilibrios Generalizados
I. Zn(II)´+ Ox’ ⇆ Zn(Ox)’
II. Zn(Ox)´+ Ox’ ⇆ Zn(Ox)2
I. Zn (II)’ + Ox´ ⇆ Zn(Ox)´
pH ≤ 1.25
Zn 2+ + H2Ox ⇆ Zn(Ox) + 2 H+
pOx´ = -1.84+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Zn 2+ + HOx -⇆ Zn(Ox) + H+ pOx´= -0.59+pH
4.29 ≤pH ≤ 9.2 Zn 2+ + Ox2- ⇆ Zn(Ox) pOx´= 3.7
9.2≤pH ≤ 12.9 3 H+ + Zn(OH)3- + Ox2- ⇆ Zn(Ox) + 3 H2O
pOx´= 31.3-3pH
12.9 ≤pH 4 H+ + Zn(OH)42- + Ox2- ⇆ Zn(Ox) + 4 H2O pOx´= 44.2-4pH
145
II. Zn (Ox)’ + Ox´ ⇆ Zn(Ox)2´
pH ≤ 1.25
Zn(Ox) + H2Ox ⇆ Zn(Ox)22- + 2 H+
pOx´ = -3.24+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 Zn(Ox) + HOx- ⇆ Zn(Ox)22- + H+ pOx´= -1.99+Ph
4.29 ≤pH ≤ 9.2 Zn(Ox) + Ox2- ⇆ Zn(Ox)22- pOx´= 2.3
I: Trayectoria para equilibrio generalizado I (Zn (II) ´ + Ox´ ⇆ Zn (Ox) ´)
II: Trayectoria para equilibrio generalizado II (Zn (Ox) ´ + Ox ´ ⇆ Zn (Ox) 2´)
146
Icorr Zn(Ox)´ + 2 Ox ´ ⇆ Zn(Ox)2´
31.3-3pH=2.3
pHcorr = 9.66
9.66 ≤pH ≤ 12.9
3 H+ + Zn(OH)3- + 2 Ox2- ⇆ Zn(Ox)2
2- + 3 H2O
pOx´ = 16.8-1.5pH
12.9 ≤pH 4 H+ + Zn(OH)42- + 2 Ox2- ⇆ Zn(Ox)2
2- + 4 H2O pOx´=23.25 -2pH
pOx’ =1.5
147
A pOx’ =1.5 se determinan las especies de Zn (II) ´predominantes para poder
realizar el DEP, sin embargo, se debe establecer el pH en el que predomina cada
una de ellas. En este diagrama se presentan tres puntos de cruce.
Primer punto de cruce. Corresponde al intervalo dos del equilibrio:
Zn 2+ + HOx- ⇆ Zn(Ox) + H+, establecido por la función pOx´= -0.59+pH
1.5= -0.59 +pH
2.09= pH
Segundo punto de cruce. Corresponde al intervalo dos, del equilibrio:
Zn (Ox) + HOx- ⇆ Zn (Ox) 2 2- + H+, establecida por la función pOx´= -1.99+pH
1.5= -1.99+pH
pH=3.49
Tercer punto de cruce. Corresponde al intervalo uno, del equilibrio corregido:
3 H++ Zn(OH)3- + 2 Ox2- ⇆ Zn(Ox)2
2- + 3 H2O , establecida por la función
pOx´=16.8-1.5pH
1.5= 16.8 -1.5pH
-15.3= -1.5pH
10.2= pH
148
Construcción de Diagrama de Fases Condensadas
Equilibrio Generalizado
Zn(II)´↓ + Ox’ ⇆ Zn(Ox)´↓
pH ≤ 1.25
Zn(OH)2 ↓ + H2Ox ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2 H2O
pOx´ = 15.26
1.25 ≤pH ≤4.29 H+ + Zn(OH)2 ↓ + HOx- ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 16.51-pH
4.29 ≤pH 2 H+ + Zn(OH)2 ↓ + Ox2- ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2 H2O pOx´= 20.8-2pH
149
Diagrama de Fases Condensadas pOx´ = f(pH) para Zn(II), corte en pOx’ =1.5
A pOx’ =1.5 es posible observar que predominan ambas especies de Zn(II)↓´ , por
tanto, se utilizarán para trazar el DEP, sin embargo, se debe establecer el pH en
el que predomina cada una de ellas. En este diagrama se presenta un punto de
cruce.
Primer punto de cruce. Corresponde al intervalo tres , del equilibrio :
2 H+ + Zn(OH)2 ↓ + Ox2- ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2 H2O , establecida por la función
pOx´= 20.8-2pH
1.5= 20.8-2pH
pH= 9.65
150
A partir de los valores de pH obtenidos, cuando pOx’= 1.5, se construyen nuevas
escalas de zonas de predominio. Estas escalas permitirán obtener equilibrios de
formación de especies insolubles a partir de especies solubles:
Equilibrio Generalizado
Zn(II)´ ⇆ Zn(II)´↓
pH ≤ 1.25 Zn 2+ + H2Ox ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2 H+ pZn´´ = 1.06+2pH
1.25 ≤pH ≤2.09 Zn 2+ + HOx- ⇆ Zn(Ox) ↓ + H+ pZn´´= 2.31+pH
2.09 ≤pH ≤ 3.49 Zn(Ox) ⇆ Zn(Ox) ↓ pZn´´= 4.4
3.49 ≤pH ≤ 4.29 H+ +Zn(Ox)22- ⇆ Zn(Ox) ↓ + HOx- pZn´´= 7.89-pH
4.29 ≤pH ≤ 9.65 Zn(Ox)22- ⇆ Zn(Ox) ↓ + Ox2- pZn´´= 3.6
9.65 ≤pH ≤10.2 2 H2O + Zn(Ox)22- ⇆ Zn(OH)2 ↓ + 2 Ox-2 + 2 H+ pZn´´= -15.7+2pH
10.2 ≤pH ≤12.9 H+ + Zn(OH)3 - ⇆ Zn(OH)2 ↓ + H2O
pZn´´= 14.9-pH
12.9≤pH 2 H+ + Zn(OH)4 2- ⇆ Zn(OH)2 ↓ + 2 H2O pZn’= 27.8-2pH
151
Diagrama de Existencia Predominio
Con base en la visualización de los DEP tanto para Zn(II)´´ como para Mg(II)´´ se
aprecia que se requiere menor concentración de Zn(II)´´ para que se lleve a cabo
la precipitación en el sistema, por tanto, su DEP se encuentra por encima del DEP
de Mg(II)’’, recordando que entre mayor sea el pM´´, menor es la concentración de
este metal en el sistema.
Si se sabe que la concentración de Zn(II) en el sistema es de 0.03 M y que para su
separación se requiere que precipite el 97 %, y por tanto quede en solución el 3 %
de esa concentración de Zn(II), se plantea lo siguiente:
152
Solubilidad de Zn (SZn) ≤ 3 % [0.03 M]
El 3 % de [0.03 M] corresponde a 9x10-4 M, por lo tanto:
SZn ≤ 5.1x10-4 M , que convertido en potencia base 10 da como resultado
SzN≤10-3.046 lo que indica que ésta es la máxima cantidad de Zn(II) que puede
estar soluble. Sí se obtiene el –log de esta concentración, se obtendrá un valor
pZn´´ que será posible analizar en el DEP como se muestra a continuación:
-log SZn ≤ -log 10-3.046
-log SHg ≥ 3.046
psZn≥ 3.046
pZn= 3.046
153
La intersección que se genera entre la línea trazada, correspondiente a
pZn=3.046, y el DEP de Zn(II), permite conocer el valor de pH en el que
comenzará a precipitar dicho metal. Su valor se obtiene sustituyendo el
pZn=3.046 en la función intersectada del DEP:
Punto de cruce. Corresponde al primer intervalo del DEP de Zn(II), dado por el
equilibrio
Zn 2+ + H2Ox ⇆ Zn(Ox) ↓ + 2H+ , representado por la función pZn´´= 1.06 +2pH,
por tanto:
pZn´´= 1.06+2pH
3.046= 1.06+2pH
pH≥ 𝟑.𝟎𝟒𝟔−𝟏.𝟎𝟔
𝟐
pH≥ 0.99
Sí se sabe que la concentración de Mg(II) en el sistema es de 0.03 M y que para
su separación se requiere que se mantenga soluble el 97 % de esta
concentración:
SMg ≥ 97 % [0.03 M]
El 97 % de [0.03 M] corresponde a 0.0291 M, por lo tanto:
SMg≥0.0291 M, que convertido en potencia base 10 da como resultado
SHg≥ 10-1.536 . Sí se obtiene el –log de esta concentración, se obtendrá un valor
pMg´´ que será posible analizar en el DEP como se muestra a continuación:
-log SMg≥ -log 10-1.536
154
-log SMg ≤ 1.536
pSMg≥ 1.536
La intersección que se genera entre la línea trazada, correspondiente a
pMg=1.536, y el DEP de Mg(II), permite conocer el valor de pH en el que
comenzará a precipitar dicho metal. Su valor se obtiene sustituyendo el
pMg= 1.536 en la función intersectada del DEP:
pMg=1.536
155
Punto de cruce. Corresponde al cuarto intervalo del DEP de Zn(II), dada por el
equilibrio 2 H2O + Mg(Ox) ⇆ Mg(OH)2 ↓ + Ox2- + 2 H+ , representado por la
función pMg’’= -18.7+2pH, por tanto:
pMg´´= -18.7+2pH
1.536≥ -18.7+2pH
pH≤ 𝟏.𝟓𝟑𝟔+𝟏𝟖.𝟕
𝟐
pH≤ 10.12
Respuesta:
Al saber que el Zn (II) comenzará a precipitar a pH= 0.99 , y que para lograr
que el 97 % de este metal precipite es necesario que el Mg(II) se encuentre
en solución en al menos 97 %, lo cual se logra a valores de pH menores a
10.12, es posible establecer el intervalo para la precipitación selectiva:
0.993 ≤ pH ≤ 10.118
b) A pH=5.0 calcule la solubilidad (molar) del catión que se precipita.
Equilibrio Generalizado de precipitación
Zn(II)´ + Ox’ ⇆ Zn(Ox)´↓
Equilibrio representativo de precipitación
Zn(Ox)22- ⇆ Zn(Ox) ↓ + Ox2-
Tomando en cuenta que la Solubilidad Molar del Zinc (SZn) es igual a la Ks’’ , se
procede a calcular la Ks
156
Equilibrio Generalizado de solubilidad
Zn(Ox)´↓ ⇆ Zn(II)´ + Ox’
Equilibrio representativo de solubilidad
Zn(Ox) ↓ + Ox2- ⇆ Zn(Ox)22-
Ks= (10 6)(10 -8.1)
Ks= 10 -2.1
Esta reacción no depende del pH, por lo que la constante solamente se ve
modificada por el pOx’ impuesto en el sistema, por lo tanto:
Ks’= 10 -2.1-1.5
Ks’= 10 -3. 6
Respuesta:
Solubilidad molar del Zinc = 10 -3.6 M
c) Establecer la ecuación química que representa la reacción de valoración y
calcular su Keq bajo las condiciones de amortiguamiento (pH=6.7 y pOx´=1.5)
Equilibrio generalizado
Mg(II)´ ⇆ MgY´
157
Planteamiento del equilibrio representativo
Debido a que el magnesio se encuentra en solución, se utilizan las funciones del
DZP de este metal para conocer la especie de Mg(II) predominante a pH=6.7 y
pOx´=1.5 .
La especie predominante de Mg(II)’ a pH=6.7 y pOx’=1.5 , corresponde a Mg(Ox)
Se establece la especie de Y’ predominante a pH= 6.7
pH=6.7, pOx’=1.5
158
Se establece el equilibrio representativo con las especies predominantes de
Mg(II)´ y Y’ a pH=6.7 y pOx’=1.5
Mg(Ox)+ H3Y- ⇆ MgY´+ Ox2- +3 H+
Se calcula la Keq
Keq= (10 -2.6 )(10 8.7) (10 -19.1)
Keq= 10 -13
Se calcula la constante bicondicional :
Keq´´ = 10 -13+ pOx + 3pH
Keq´´= 10 -13+ 1.5 + 3(6.7)
Keq’’= 10 8.6
Respuesta:
Equilibrio representativo
Mg(Ox) + H3Y- ⇆ MgY´+ Ox2- +3 H+
c) Calcular los mg y el porcentaje (%) del catión valorado en la muestra
analizada.
Sabiendo que se gastaron 16.70 mL de EDTA con una concentración de 10 -0.76 M,
y a partir de saber que la reacción es de estequiometría 1:1, es posible calcular los
mg de Mg(II)’ en la muestra valorada.
Cálculo de mmol de EDTA en el punto de equivalencia de la reacción
16.70 mL EDTA (10−0.76M) = 2.9021 mmol EDTA
159
Cálculo de mmol de Mg(II) en la muestra valorada
2.9021 mmol EDTA (1 mmol de Mg(II)
1mmol de EDTA) = 2.9021 mmol Mg(II)
Cálculo de mg de Mg(II) en la muestra analizada
2.9091 mmol Mg(II) (24.305 mg Mg(II)
1 mmol ) = 70.7057 mg Mg(II)
Cálculo del porcentaje (%) de Mg(II)
(70.7057 mg Mg(II))( 100 % )
536 mg= 14.1231 %
Respuesta:
La muestra analizada contiene 70.7057 mg de Mg(II), que corresponde al
14.1231 % de la muestra analizada.
160
SERIE 3.
ÓXIDO-REDUCCIÓN (REDOX)-COMPLEJOS Y ACIDEZ
El estudio de los procesos de óxido-reducción resulta de gran interés, ya que con
ello se logra el análisis y la comprensión de múltiples procesos que se llevan a
cabo en los seres vivos, tales como el metabolismo de los alimentos y la
respiración celular. En la industria resultan de vital importancia ya que permiten
comprender la generación de energía eléctrica a través de pilas electroquímicas,
procesos en los que a partir de electricidad se promueve la espontaneidad con las
que se llevan a cabo algunas reacciones, son la base para lograr la transformación
y purificación de metales, ayudan a comprender el proceso de corrosión. Así
mismo resultan importantes para la industria alimenticia, ya que la acción de
algunos conservadores tienen como base equilibrio óxido –reducción.
Este capítulo contiene problemas que permitirán a los alumnos consolidar sus
conocimientos sobre la identificación de especies oxidantes y reductoras, el
planteamiento de semirreacciones para pares redox, así como el cálculo de los
potenciales que se ven afectados por condiciones de amortiguamiento en los
sistemas. De la misma manera se pretende que el alumno se familiarice con los
Diagramas de Tipo Pourbaix (DTP), que son representaciones gráficas del
potencial en función del pH para un sistema en específico, y a partir de ellos logre
la predicción y el planteamiento de reacciones.
161
Problema 3.1 Trace el DTP (E´=f (pH)) para el sistema Fe (III)/Fe (II)
Datos
Complejo log β1 log β2
Fe(OH)n3-n 11.0 21.7
Fe(OH)n2-n 4.5
Fe3+/Fe2+ Eo = 0.77 V (ENH)
Resolución
Se establece el Equilibrio Generalizado de la reacción, en el que se identifica a la
especie oxidante y a la reductora.
Fe (III) + 1e- ⇆ Fe (II)
La especie oxidante es aquella que acepta electrones y, por tanto, se reduce;
mientras que la especie reductora es aquella que dona electrones y, por tanto, se
oxida en una reacción.
Para trazar el DTP es necesario comenzar por trazar las Escalas de Zonas de
Predominio para el oxidante y para el reductor:
162
Posteriormente se establecen las funciones para cada intervalo de pH, utilizando
las especies correspondientes según las EZP trazadas
pH ≤ 3.0
Fe 3+ + 1e- ⇆ Fe 2+
Se calcula el potencial estándar de la reacción (E°). Para ello se hace uso de la
ecuación de Nernst, que permite relacionar el potencial con las concentraciones al
equilibrio, mediante la expresión:
E=E°Ox/Red + 0.06
nlog
[Ox]
[Red]
En donde:
E= potencial del electrodo a intensidad
nula
n=número de electrones
intercambiados
E°= potencial estándar
0.06= constante (fem)
[Ox]= concentración de oxidante
[Red]= concentración del reductor
A partir de esta expresión se puede observar que el potencial se verá modificado
según las condiciones de pH del sistema, ya que dependiendo de este se
encontrarán especies predominantes del oxidante y del reductor que a su vez
promoverán una K diferente.
Para el caso de equilibrio Fe 3+ + 1e- ⇆ Fe 2+, potencial de reacción no se ve
alterado por el pH, por lo tanto:
E°= 0.77 V
163
De la misma manera se requiere calcular el potencial condicional, que en este
caso tendrá el mismo valor que el potencial estándar debido a que el equilibrio no
se ve alterado por el pH.
Por tanto:
E’= 0.77 V
3.0 ≤ pH ≤ 3.3
H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe2+ + H2O
Fe3+ + 1e-
⇆
Fe2+
E°=0.77 V
Fe (OH)2+
⇆
Fe 3+ + OH –
10 -11
OH – + H + ⇆
H2O 10 14
H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe 2+ + H2O 10 3
K= 103
En esta reacción se observa que existe un cambio en la constante de equilibrio K,
debido a la existencia de complejos en el intervalo de pH establecido, por lo tanto
se tiene que calcular el potencial condicional (E´):
164
E´ = 0.77 V + (0.06
1) log(103) + (
0.06
1) log[H+]
E´ = 0.77 V + (0.06
1) (3)+(
0.06
1) log[H+]
E´ = 0.95V+(0.06
1) log[H+]
𝐄´ = 𝟎. 𝟗𝟓𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝐩𝐇
3.3≤ pH ≤ 9.5
2 H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe2+ + 2 H2O
Fe3+ + 1e-
⇆
Fe2+
E°=0.77 V
Fe (OH)2+
⇆
Fe 3+ + OH –
10 -21.7
OH – + H + ⇆
H2O 10 (14)(2)
2 H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe 2+ + 2 H2O 10 6.3
165
Se calcula E´
E´ = 0.77 V + (0.06
1) log(106.3) + (
0.06
1) log[H+]2
E´ = 0.77 V + (0.06
1) (6.3)+ (
0.06
1) log[H+]2
E´ = 1. 148 V+(0.06
1) log[H+]2
𝐄°´ = 𝟏. 𝟏𝟒𝟖 𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝟐𝐩𝐇
pH≥ 9.5
H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe (OH) + + H2O
Fe3+ + 1e-
⇆
Fe2+
E°=0.77 V
Fe (OH)2+
⇆
Fe 3+ + OH –
10 -21.7
Fe 2+ + OH- ⇆
Fe(OH)+ 10 4.5
H ++ OH – ⇆
H2O 10 14
H + + Fe (OH)2+ + 1e
- ⇆ Fe (OH) + + H2O 10 -3.2
166
Se calcula E´
E´ = 0.77 V + (0.06
1) log(10−3.2) + (
0.06
1) log[H+]
E´ = 0.77 V + (0.06
1) (−3.2)+ (
0.06
1) log[H+]
E´ = 0.578 V+(0.06
1) log[H+]
𝐄´ = 𝟎. 𝟓𝟕𝟖 𝐕− (𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝐩𝐇
Para trazar el Diagrama de tipo Pourbaix es necesario sustituir valores en las
funciones correspondientes a los intervalos de pH anteriores:
pH ≤ 3.0
Fe 3+ + 1e- ⇆ Fe 2+
E’= 0.77 V
3.0 ≤pH ≤3.3 H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe2+ + H2O
𝐄´ = 𝟎. 𝟗𝟓𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝐩𝐇
3.3 ≤pH ≤ 9.5
2 H + + Fe (OH)2+ + 1e- ⇆ Fe2+ + 2 H2O
𝐄´ = 𝟏. 𝟏𝟒𝟖 𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝟐𝐩𝐇
9.5≤pH H + + Fe (OH)2
+ + 1e- ⇆ Fe (OH) + + H2O
𝐄´ = 𝟎. 𝟓𝟕𝟖 𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟏)𝐩𝐇
168
Problema 3.2 Trace el DTP (E´=f (pH)) para el sistema Cr (VI)/Cr (III)
Datos
Cr (VI) ´= Cr2O72-
Cr2O72- /Cr3+ Eo = 1.33 V (ENH)
Resolución
Se trazan escalas de zonas de predominio para el oxidante y para el reductor
Se establecen las funciones para cada intervalo de pH, utilizando las especies
correspondientes según las Escalas de Zonas de Predominio trazadas
pH ≤ 3.8
6 e- + 14H+ + Cr2O72- ⇆ 2 Cr3+ + 7 H2O
𝐄′ = 𝟏. 𝟑𝟑 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟔(𝟏𝟒𝐩𝐇)
3.8 ≤pH ≤5.9 6 e- + 12 H+ + Cr2O72- ⇆ 2 Cr(OH)2+ + 5 H2O
𝐄′ = 𝟏. 𝟐𝟓𝟒 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟔(𝟏𝟐𝐩𝐇)
5.9≤pH 6 e- + 10 H+ + Cr2O72- ⇆ 2 Cr(OH)2
+ + 3 H2O
𝐄′ = 𝟏. 𝟏𝟑𝟔 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟔(𝟏𝟎𝐩𝐇)
Complejo log β1 log β2
Cr(OH)n3-n 10.2 18.3
170
Problema 3.3 Trace el Diagrama tipo Pourbaix para el par H2C2O4 / CO2 en el
espacio
E´=f (pH)
Datos
H2C2O4 pKa´s = 1.25; 4.29
H2C2O4 / CO2 Eo = - 0.49 V (ENH)
Resolución
Se trazan escalas de zonas de predominio para el oxidante y para el reductor
pH ≤ 1.25
2 e- + 2 H+ + 2 CO2 ⇆ H2C2O4
𝐄′ = −𝟎. 𝟒𝟗 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟐(𝟐𝐩𝐇)
1.25≤pH ≤4.29 2 e- + H+ + 2 CO2 ⇆ HC2O4-
𝐄′ = −𝟎. 𝟓𝟐𝟕𝟓 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟐(𝐩𝐇)
4.29≤pH 2 e- + 2 CO2 ⇆ C2O42-
𝐄′ = −𝟎. 𝟔𝟓𝟔𝟐 V
172
Problema 3.4 Trace el Diagrama Tipo Pourbaix en el espacio E’’=f (pH) a
pAcO’= 0.26, para el sistema:
Cu (II) + 2 e- Cu (0)
Considere que la especie de Cu (0)= Cu0
Datos
Cu (II)
HAcO pKa: 4.76
Cu2+ + 2 e- Cu0 Eo=0.34 V (ENH)
Resolución
Se traza DZP para Cu (II) y se corta a pAcO’= 0.26, para conocer las especies
predominantes de Cu (II) a esta condición
Ligante Logβ1 Logβ2 Logβ3 Logβ4
OH- 6.0 ---- ---- ----
Ac- 1.7 2.7 3.1 2.9
173
I. Cu(II)’ + AcO’ ⇆ Cu(AcO)’
pH ≤ 4.76 Cu 2+ + HAcO ⇆ Cu(AcO)+ + H+ pAcO´= -3.06 + pH
4.76 ≤pH ≤ 8 Cu 2+ + AcO- ⇆ Cu(AcO)+
pAcO’= 1.7
8 ≤pH ≤ 8.7 H+ + Cu(OH)+ + AcO- ⇆ Cu(AcO)+ + H2O
pAcO’= 9.7-pH
II. Cu(AcO)’ + AcO’ ⇆ Cu(AcO)2’
pH ≤ 4.76 Cu(AcO)++ HAcO ⇆ Cu(AcO)2 + H+ pAcO´= -3.76 + pH
4.76 ≤pH ≤ 8.7 Cu(AcO)+ + AcO- ⇆ Cu(AcO)2 pAcO’= 1
Equilibrio corregido
Cu (II)’ + 2 AcO´ ⇆ Cu (AcO)2’
8.7≤pH ≤ 9.9 H+ + Cu(OH)+ + 2 AcO- ⇆ Cu(AcO)2 + H2O pAcO’= 5.35 - 0.5pH
174
III. Cu(AcO)2’+ AcO’ ⇆ Cu(AcO)3’
pH ≤ 4.76 Cu(AcO)2 + HAcO ⇆ Cu(AcO)3- + H+ pAcO´= -4.36+pH
4.76 ≤pH ≤ 9.9 Cu(AcO)2+ Ac- ⇆ Cu(AcO)3 - pAcO’= 0.4
Equilibrio corregido
Cu (II)’ + 3 AcO´ ⇆ Cu(AcO)3’
9.9≤pH ≤ 11.7 H+ + Cu(OH)+ + 3 AcO- ⇆ Cu(AcO)3- + H2O pAcO’=
𝟏𝟏.𝟏−𝐩𝐇
𝟑
IV. Cu(AcO)3’+ AcO’ ⇆ Cu(AcO)4´
pH ≤ 4.76 Cu(AcO)3- + HAcO ⇆ Cu(AcO)4
2- + H+ pAcO´= -4.96+pH
4.76 ≤pH ≤ 11.7 Cu(AcO)3-+ Ac- ⇆ Cu(AcO)4
2- pAcO’= -0.2
Equilibrio corregido
Cu(II)’ + 4 AcO´ ⇆ Cu(AcO)4’
11.7≤pH H++ Cu(OH)++ 4 AcO- ⇆ Cu(AcO)42-+ H2O pAcO’= 2.725 -0.25 pH
175
Diagrama de Zonas de Predominio pAc’= f (pH) para Cu (II)
Las especies de Cu(II) que predominan a pAcO’=0.26 corresponden a Cu2+ ,
Cu(Ac)+ , Cu(Ac) 2 , Cu(Ac) 3– y Cu(OH) +
Se procede a establecer nuevas EZP para las especies predominantes, a partir de
calcular el pH al que estas predominan
Primer punto de cruce. Corresponde al equilibrio Cu 2+ + HAcO ⇆ Cu(AcO)++ H+,
El intervalo está dado por la función pAcO’= -3.06+ pH
pAcO’= -3.06+pH
pAcO´=0.26
176
0.26+3.06 =pH
3.32=pH
Segundo punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
Cu(AcO)++HAcO ⇆ Cu(AcO)2+ H+, el intervalo está dado por la función
pAc’ = -3.76 +pH
pAcO’= -3.76+pH
0.26= -3.76+pH
pH= 4.02
Tercer punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
Cu(AcO)2+ HAcO ⇆ Cu(AcO)3- + H+, el intervalo está dado por la función
pAcO’ = -4.36 +pH
pAcO’ = -4.36+pH
0.26+4.36 = pH
pH = 4.62
Cuarto punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
H++ Cu (OH)+ + 3 AcO- ⇆ Cu (AcO)3- + H2O, el intervalo está dado por la función
pAcO’=𝟏𝟏.𝟏−𝐩𝐇
𝟑
177
pAcO’ = 11.1−pH
3
0.26 = 11.1−pH
3
pH= 10.32
A partir de los valores de pH obtenidos, y la escala en función de este parámetro,
cuando pAcO’= 0.26, se construyen nuevas EZP para la especie reductora, en
este caso Cu (II) ´ y la oxidante, Cu (0)
Nota: las especies de la escala de acetato (AcO’) solamente se utilizarán sí se
requiere llevar a cabo un balance de masa en las reacciones químicas que se
plantearán, sin embargo, sus valores de pH si son utilizados para la obtención de
funciones del DTP.
pH ≤ 3.32
Cu2+ + 2 e- ⇆ Cu0
Se calcula E
E = 0.34 V
178
3.32 ≤ pH ≤ 4.02
H+ + Cu(AcO)+ + 2 e- ⇆ Cu0 + HAcO
Cu2+ + 2 e-
⇆
Cu0
E°=0.34 V
Cu (AcO)+
⇆
Cu 2+ + AcO-
10 -1.7
H+ + AcO- ⇆
HAcO 10 4.76
H+ +Cu(AcO)+ + 2 e- ⇆ Cu0 + HAcO 10 3.06
Se calcula el E’’, considerando que la reacción está condicionada por el pH del
sistema y el pAcO’ =0.26
E′′ = 0.34 V +0.06
2log 103.06 +
0.06
2log
[Cu(AcO)+][H+]
[Cu0][HAcO]
Considerando que [𝐶𝑢(𝐴𝑐𝑂)+]
[𝐶𝑢0]= 1, se tiene que:
E´´ = 0.34 V +0.06
2log 103.06 +
0.06
2log[H+] −
0.06
2log[AcO´]
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) log(103.06) + (
0.06
2) log[H+] − (
0.06
2) log [AcO´]
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (3.06)− (
0.06
2) pH + (
0.06
2)pAcO′
179
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (3.06)− (
0.06
2) pH + (
0.06
2) (0.26)
E´´ = 0.4318 V−(0.06
2) pH + (
0.06
2) (0.26)
𝐄´´ = 𝟎. 𝟒𝟑𝟗𝟔𝐕 − (𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝐩𝐇
4.02 ≤ pH ≤ 4.62
2 H+ +Cu(AcO)2 + 2 e- ⇆ Cu0 + 2 HAcO
Cu2+ + 1 e-
⇆
Cu0
E°=0.34 V
Cu (AcO)2
⇆
Cu 2+ + 2AcO-
10 -2.7
2 H+ + 2 AcO- ⇆
2 HAcO 10 (4.76)(2)
2 H+ +Cu(AcO)2 + 2 e- ⇆ Cu0 + 2 HAcO 10 6.82
Se calcula el E’’, considerando que la reacción se condicionada por el pH del
sistema y el pAcO’ =0.26
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (6.82)+ (
0.06
2) log[H+]2 + (
0.06
2)2 pAcO′
180
E´´ = 0.5446 V−(0.06
2) 2 pH + (
0.06
2) (0.52)
𝐄´´ = 𝟎. 𝟓𝟔𝟎𝟐𝐕 − (𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝟐 𝐩𝐇
4.62 ≤ pH ≤ 4.76
3 H+ + Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 HAcO
Cu2+ + 2 e-
⇆
Cu0
E°=0.34 V
Cu (AcO)3-
⇆
Cu 2+ + 3 AcO-
10 -3.1
3 H+ + 3 AcO- ⇆
3 HAcO 10 (4.76)(3)
3 H+ +Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 HAcO 10 11.18
Se calcula el E’’, considerando que la reacción se condicionada por el pH del
sistema y el pAcO’ =0.26
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (11.18)+(
0.06
2) log[H+]3 + (
0.06
2) 3 pAcO′
181
E´´ = 0.6754 V − (0.06
2)3 pH + (
0.06
2) (0.78)
𝐄´´ = 𝟎. 𝟔𝟗𝟖𝟖𝐕 − (𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝟑 𝐩𝐇
4.76 ≤ pH ≤ 10.32
Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 AcO-
Cu2+ + 2 e-
⇆
Cu0
E°=0.34 V
Cu (AcO)3-
⇆
Cu 2+ + 3 AcO-
10 -3.1
Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 AcO- 10 -3.1
Se calcula el E’’, considerando que la reacción se condicionada por el pH del
sistema y el pAcO’ =0.26
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (−3.1) + (
0.06
2)3 pAcO′
E´´ = 0.247 V + (0.06
2) (0.78)
𝐄´´ = 𝟎. 𝟐𝟕𝟎𝟒 𝐕
10.32≤ pH
182
H+ + Cu(OH)+ + 2 e- ⇆ Cu0 + H2O
Cu2+ + 2 e-
⇆
Cu0
E°=0.34 V
Cu (OH)+
⇆
Cu2+ + OH-
10 -6.0
H+ + OH- ⇆
H2O 10 14
H+ +Cu(OH) + + 2 e- ⇆ Cu0 + H2O 10 8
Se calcula el E’’, considerando que la reacción está condicionada por el pH del
sistema y el pAcO’ =0.26
E´´ = 0.34 V + (0.06
2) (8)+(
0.06
2) log[H+]
E´´ = 0.58 V + (0.06
2) log[H+]
𝐄´´ = 𝟎. 𝟓𝟖 𝐕 − (𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝐩𝐇
183
pH ≤ 3.32 Cu2+ + 2 e- ⇆ Cu0 +H2O 𝐄 = 𝟎. 𝟑𝟒 𝐕
3.32 ≤pH ≤4.02 H+ +Cu(AcO)+ + 2 e- ⇆ Cu0 + HAcO
𝐄´´ = 𝟎. 𝟒𝟑𝟗𝟔 𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝐩𝐇
4.02 ≤pH ≤4.62 2 H+ +Cu(AcO)2 + 2 e- ⇆ Cu0 + 2 HAcO 𝐄´´ = 𝟎. 𝟓𝟔𝟎𝟐 𝐕−(
𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝟐𝐩𝐇
4.62 ≤pH ≤4.76 3 H+ +Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 HAcO
𝐄´´ = 𝟎. 𝟔𝟗𝟖𝟖 𝐕−(𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝟑𝐩𝐇
4.76 ≤pH ≤10.32 Cu(AcO)3 - + 2 e- ⇆ Cu0 + 3 AcO- 𝐄´´ = 𝟎. 𝟐𝟕𝟎𝟒 𝐕
10.32≤pH H+ + Cu(OH)+ + 2 e- ⇆ Cu0 + H2O 𝐄´´ = 𝟎. 𝟓𝟖 𝐕 − (
𝟎. 𝟎𝟔
𝟐)𝐩𝐇
Diagrama de Tipo PourbaixE’´=f (pH) para el sistema Cu (II)/Cu (0)
184
Problema 3.5 Considere que se tienen 200 mL de una solución que contiene Fe
(III)/Fe (II) a la que se le agregan 20 mL de una solución amortiguadora de sulfatos
(SO4´) 0.5 M (imponiendo en el sistema el pH y pSO4´)
Datos
Complejo log β1 log β2
Fe(OH)n3-n 11.0 21.7
Fe(SO4)n3-2n 4.0 5.4
Complejo log β1
Fe(OH)n2-n 4.5
Fe3+/Fe2+ Eo = 0.77 V (ENH)
HSO4- pKa=1.8
a) Trace el diagrama E=f(pH) al pSO4´impuesto en el sistema para
Fe(III)/Fe(II)
Resolución
Se calcula la concentración de solución amortiguadora en la solución para
posteriormente calcular el pSO4’ en el sistema analizado:
20 mL(0.5M) =10 mmol
220 mL = 0.0454 M
pSO4’ = -log [0.0454 M]
185
pSO4’= 1.343
Se traza el Diagrama de Zonas de Predominio Fe (III) pSO4’= f (pH)
I. Fe(III)’ + SO4’ ⇆ Fe(SO4)´
pH ≤ 1.8 Fe 3+ + HSO4- ⇆ Fe(SO4)
+ + H+ p SO4´= 2.2 + pH
1.8 ≤pH ≤ 3 Fe 3+ + SO42- ⇆ Fe(SO4)
+ p SO4´= 4
3 ≤pH ≤ 3.3 H++ Fe(OH) 2+ + SO42- ⇆ Fe(SO4)
+ + H2O p SO4´= 7 – pH
3.3 ≤pH ≤ 4.45 2 H+ + Fe(OH)2++ SO4
2- ⇆ Fe(SO4)+ + 2 H2O p SO4´= 10. 3 – 2pH
II. Fe(SO4)’ + SO4’ ⇆ Fe(SO4)2’
pH ≤ 1.8 Fe(SO4)+ + HSO4
- ⇆ Fe(SO4)2- + H+ p SO4´= -0.4 + pH
1.8 ≤pH ≤ 4.45 Fe(SO4)+ +SO4
2- ⇆ Fe(SO4)2- p SO4´= 1 .4
Equilibrio corregido
Fe (III)’ + 2 SO4´ ⇆ Fe(SO4)2 ´
4.45 ≤pH 2 H+ + Fe(OH)2++ 2 SO4
2- ⇆ Fe(SO4)2- +2 H2O p SO4´= 5.85-pH
186
Diagrama de Zonas de Predominio p SO4´ =f (pH) para Fe (III), corte en pSO4’=
1.343
Se identifican las funciones del DZP Fe (III)’ que son modificadas por el corte, y a
partir de ellas se obtienen los valores de pH que se utilizarán en la nueva escala,
que corresponden a Fe (SO4)+ , Fe(SO4)2
– y Fe(OH)2+
Primer punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
Fe (SO4)+ + HSO4
- ⇆ Fe (SO4)2- + H+, cuto intervalo está dado por la función
pSO4´ = -0.4+pH
1.343=-0.4+pH
pH= 1.74
187
Segundo punto de cruce. Corresponde al equilibrio
2 H++Fe (OH)2++ 2 SO4
2- ⇆ Fe (SO4)2- +2 H2O, cuyo intervalo está determinado
por la función pSO4´ = 5.85-pH
pH= 5.85-1.343
pH= 4.51
Se traza una Escala de Zonas de Predominio para las especies del reductor,
Fe (II)’, ya que no forma complejos con sulfatos.
Con los valores obtenidos se establece la nueva escala para el Fe (III)’ en función
del pH, se utiliza la escala de Fe (II)’ y una escala auxiliar de sulfatos para obtener
las funciones correspondientes para trazar el DTP.
188
Nota: la escala de sulfatos únicamente se utiliza cuando sea necesario realizar
balance de masas, sin embargo, los valores del pH de ésta si se utilizan para
obtener las funciones del DTP.
Se establecen las funciones para el DTP
Equilibrio Generalizado
Fe(III)´ + 1 e- ⇆ Fe(II)’
pH ≤1.74 H++ Fe(SO4)+ + 1 e- ⇆ Fe2+ +HSO4
- E”= 0.7186 V -0.06pH
1.74≤pH ≤1.8 2 H++ Fe (SO4)2-+ 1 e- ⇆ Fe2+ +2 HSO4
- E”= 0.8231 V -0.06(2pH)
1.8 ≤pH ≤4.51 Fe (SO4)2-+ 1 e- ⇆ Fe2+ +2 SO4
2- E”= 0.6071 V
4.51≤pH ≤9.5 2 H+ + Fe (OH)2++ 1e- ⇆ Fe2+ +2 H2O E” = 1.148 V – 0.06 (2pH)
9.5≤pH H+ + Fe (OH)2++ 1 e- ⇆ Fe(OH)+ +H2O E” =0.578 V– 0.06 pH
190
Problema 3.6 Trace el diagrama E=f (pH) para el sistema Mn (VII)/Mn (II) a la
misma condición de pSO4´ impuesto en el problema anterior (3.5) y grafíquelo en
el mismo espacio.
Datos
Mn (VII)= MnO4-
Complejo log β1
Mn(OH)n2-n 3.4
Mn(SO4)n2-2n 2.3
HSO4- pKa=1.8
MnO4-/Mn2+ Eo = 1.51 V (ENH)
a) Establezca el intervalo de pH en el que es posible una reacción entre
Mn(VII) y Fe(II)
b) Escriba la reacción que ocurre entre Mn(VII) y Fe(II) a pH=2.0 y al pSO4´
impuesto y calcule la Keq´´
Resolución
Se traza el Diagrama de Zonas de Predominio para Mn (II) pSO4’= f (pH)
Equilibrio Generalizado
Mn(II)´ + SO4’ ⇆ Mn(SO4)’
191
pH ≤1.8 Mn2+ + HSO4- ⇆ Mn(SO4) +H+ p SO4´= 0.5 + pH
1.8 ≤pH ≤10.6 Mn2+ + SO42- ⇆ Mn(SO4)
p SO4´= 2. 3
10.6≤pH H+ + Mn(OH)++ SO42- ⇆ Mn(SO4) +H2O p SO4´= 12 .9-pH
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4’= f (pH) para Mn (II), corte en
pSO4’=1.343
Todas las especies de Mn (II)’ predominan a pSO4’=1.343
192
Primer punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
Mn2+ + HSO4- ⇆ Mn (SO4) +H+, cuyo intervalo está dado por la función
pSO4´=0.5 + pH
pH= 1.343-0.5
pH= 0.84
Segundo punto de cruce. Corresponde al equilibrio:
H+ + Mn (OH) ++ SO42- ⇆ Mn (SO4) +H2O, cuyo intervalo está dado por la
función pSO4´= 12 .9-pH
pH= 12.9- 1.343
pH= 11.56
Se establece una Escala de Zonas de Predominio para Mn (VII)
Con los valores obtenidos de pH, se establece la nueva escala para el Mn (II)’ y
Mn (VII) en función del pH para obtener las funciones correspondientes necesarias
para trazar el DTP.
193
Equilibrio Generalizado
Mn(VII)´ + 5e- ⇆ Mn(II)’
pH ≤ 0.84 8 H++ MnO4- + 5 e- ⇆ Mn2+ + 4 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟓 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟖𝐩𝐇)
0.84 ≤ pH ≤1.8 7 H++ HSO4
- MnO4- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟒𝟗𝟗 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟕𝐩𝐇)
1.8 ≤pH ≤11.56 8 H++ SO42-+ MnO4
- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O 𝐄′′ = 𝟏. 𝟓𝟐𝟏𝟒 𝐕 −
𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟖𝐩𝐇)
11.56≤pH 7 H++ MnO4- + 5 e- ⇆ Mn(OH)+ + 3 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟑𝟖𝟐𝟖 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟕𝐩𝐇)
194
Diagrama Tipo Pourbaix E’’= f (pH), pSO4´=1.343, para los sistemas Mn (VII)/Mn
(II), Fe (III)/Fe (II)
a) Establezca el intervalo de pH en el que es posible una reacción entre
Mn(VII) y Fe(II)
La diferencia de potenciales entre el oxidante y el reductor permite que la reacción
sea más espontánea. Esta diferencia de potencial se puede observar en los DTP,
en donde se observa que el DTP del oxidante (MnO4-) es mayor que el del
reductor Fe(II)´ en toda la escala de pH, lo que implica que la reacción será
espontánea en un intervalo de pH de 0-14.
b) Escriba la reacción que ocurre entre Mn (VII) y Fe (II) a pH=2.0 y al pSO4´
impuesto y calcule la Keq´´.
195
Se plantean semi reacciones a partir de DTP para el oxidante y reductor
Semi reacción del
Oxidante
MnO4- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O
Semi reacción del
Reductor
Fe 2+
⇆
Fe(SO4)2- +1 e-
Se realiza el balance de masas y carga correspondiente en ambas semi-
reacciones, utilizando SO4- , ya que es la especie predominante a pH= 2.
(8 H+ +MnO4- + SO4
2- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O ) 1
(2 SO42- + Fe 2+
⇆
Fe(SO4)2- + 1 e-) 5
8 H+ + MnO4- + 11 SO4
2- + 5 Fe 2+ ⇆
Mn(SO4) + Fe(SO4)2- + 4 H2O
A partir del conocimiento del valor de pH=2, se utilizan las funciones utilizadas
para trazar los DTP, para obtener el E” que permitirá la obtención de Keq”.
Se calcula E” para Manganeso
La función para establecer el E” a este pH corresponde a:
E′′ = 1.5214 V −0.06
5(8pH) ; por lo que se sustituye el valor del pH = 2, por lo tanto
196
E′′ = 1.5214 V −0.06
5(8(2))
E′′ = 1.3294 V
Se calcula E” para Hierro
La función para establecer el E” a este pH corresponde a:
E”= 0.6071
Se calcula la constante bicondicional de reacción.
Keq" = 105(1.3294−0.6071)
0.06
𝐊𝐞𝐪" = 𝟏𝟎𝟔𝟎.𝟏𝟗𝟏𝟕
197
Problema 3.7 A una alícuota de 25 mL de una muestra que contiene Fe (II) se le
agregan 5 mL de un buffer de sulfatos 1.0 M, imponiéndose un pH=1.0, este
sistema se valora con KMnO4 0.075 M, gastándose 25.56 mL para alcanzar el
punto de equivalencia
Datos
Complejo log β1 log β2
Fe (OH)n3-n 11 21.7
Fe(SO4)n3-2n 4 5.4
Fe (OH)n2-n 4.5
Complejo log β1
Mn(OH)n2-n 3.4
Mn(SO4)n2-2n 2.3
MnO4- / Mn2+ E°= 1.51V
Fe3+/Fe2+ E°= 0.77V
a) ¿Cuál será la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento?
b) Desarrolle la TVCM para el proceso de valoración completo
c) Calcule el valor de la constante bicondicional
d) Calcula la concentración molar de Fe(II) en la solución problema
e) ¿Cuántos mg de hierro hay en la solución analizada?
f) Si la solución de MnO4- utilizada como valorante se preparó a partir de una sal
de KMnO4 (masa molecular =158.034 g/mol) que tiene una pureza de 90%.
¿Cuál fue la masa de reactivo analítico que se tuvo que medir para preparar
250mL de solución?
g) Trace el diagrama de tipo Pourbaix para el par Mn(V)/ Mn(II) en el espacio
E´’= f(pH) y asigne las especies a cada zona de predominio
198
Resolución
a) ¿Cuál será la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento?
Se establecen las condiciones de amortiguamiento en el sistema de análisis
[SO4’]= (5 mL)(1 M)
30 mL= 0.167 M
pSO4’ =0.777
pH= 1.0
Se plantea el equilibrio generalizado
Fe (II) ’+ Mn (VII) ´⇆ Fe (III)’ + Mn (II)’, en la que Mn (VII) = MnO4-
Se establecen las especies predominantes para el par Fe3+/Fe2+
Debido a que e Fe3+ forma complejos con SO4´, se utiliza el DZP para el
establecimiento de las especies predominantes a las condiciones de
amortiguamiento, realizado en el ejercicio 5.
199
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ =f (pH) para Fe (III), corte en pSO4’=
0.777
La especie predominante de Fe (III)’ a pH=1.0 y pSO4´= 0.777, corresponde a Fe
(SO4)+
Se establecen las especies predominantes para el par MnO4- / Mn2+ a las
condiciones de amortiguamiento
Debido a que e Mn2+ forma complejos con SO4´, se traza el DZP para el
establecimiento de las especies predominantes a las condiciones de
amortiguamiento
pH =1, pSO4´= 0.777
200
Mn(II)’ + SO4’ ⇆ Mn(SO4)´
pH ≤ 1.8 Mn2+ + HSO4- ⇆ Mn(SO4) + H+ p SO4´= 0.5+ pH
1.8 ≤pH ≤ 10.6 Mn2+ + SO42- ⇆ Mn(SO4) p SO4´= 2.3
10.6≤pH H+ + Mn(OH)++ SO42- ⇆ Mn(SO4) + H2O p SO4´= 12.9– pH
Diagrama de Zonas de Predominio p SO4´ =f (pH) para Mn (II), corte en pSO4’=
0.777
La especie predominante de Mn (II) a a pH=1.0 y pSO4´= 0.777, corresponde a Mn
(SO4)
pH=1.0, pSO4’ = 0.777
201
Para plantear la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento, se
establecen las semirreacciones de cada par redox con las especies
correspondientes obtenidas en los diagramas y escalas de zonas de predominio,
balanceando las cargas correspondientes
Par redox Mn(VII)/ Mn(II) : MnO4-+ 5 e- ⇆ Mn(SO4)
Par redox Fe(III)/Fe(II) : Fe2+ ⇆ Fe(SO4)
+ + 1 e-
Se realiza el balance de masas correspondiente en ambas semi-reacciones,
utilizando HSO4- , ya que es la especie predominante a pH= 1 del par HSO4
-/
SO42- que forman parte de la solución amortiguadora. En medio ácido, el exceso
de oxígeno se balancea con agua en el miembro contrario de la semi-reacción
7 H+ + HSO4-+ MnO4
- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O
HSO4- + Fe2+ ⇆ Fe(SO4)
+ + 1 e- + H+
El número de electrones perdidos y ganados debe ser el mismo en todo el proceso
redox, lo que se logra multiplicando por el número de electrones de la semi-
reacción contraria de la siguiente manera:
(7 H+ + HSO4- + MnO4
- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O) 1
(HSO4- + Fe2+ ⇆ Fe(SO4)
+ + 1 e-+ H+) 5
Se obtiene la reacción de valoración a partir de las semi-reacciones
(7 H+ + HSO4
- + MnO4
- + 5 e
- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O) 1
(HSO4- + Fe
2+ ⇆ Fe(SO4)
++ 1 e
- + H
+) 5
Reacción de
valoración:
7 H+ + 6 HSO4
- + MnO4
- + 5 Fe
2+ +5 e
- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O + 5 Fe(SO4)
+ + 5 H
+ +5 e
-
202
Respuesta:
La reacción de valoración a pH=1.0 y p SO4’= 0.777 corresponde a
7 H+ + 6 HSO4- + MnO4
- + 5 Fe2+ ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O + 5 Fe(SO4)+ + 5 H+
b) Desarrolle la TVCM para el proceso de valoración completo
C= 0.075 M
c) Calcule el valor de la constante bicondicional
Se calcula el E’’ para el par Fe3+ / Fe2+
HSO4- + Fe2+ ⇆ Fe(SO4)
+ + 1 e- + H+
Fe2+
⇆
Fe3+ + 1 e-
E°=0.77 V
Fe3+ + SO42-
⇆
Fe(SO4)
+
10 4
HSO4- ⇆
H+ + SO4
2- 10-1.8
HSO4- + Fe2+ ⇆ Fe(SO4)
+ + 1 e- + H+ 10 2.2
Se prosigue a calcular el potencial de la reacción:
E = 0.77 V + (0.06
1) (2.2 ) = 0.902 V
5 Fe2+
+ MnO4- + 7 H
+ + + 6 HSO4
- ⇆ 5 Fe(SO4)
++ Mn(SO4) + 4 H2O + 5 H
+
Inicio 9.585 mmol
Agregado (CV)
APE
9.585 mmol
−5
1(CV)
ɛ
5
1CV
CV
PE 5ɛ ɛ 9.585 mmol 1.917 mmol
DPE 5ɛ CV-1.917
mmol
9.585 Mmol 1.917 mmol
203
Se calcula el potencial bicondicional
E′′ = 0.902 V − (0.06
1) (0.777) + (
0.06
1) (1) = 𝟎. 𝟗𝟏𝟓𝟒 𝐕
Se calcula el E’’ para el par MnO4- / Mn (II) ´
7 H+ + HSO4- + MnO4
- + 5 e- ⇆ Mn(SO4) + 4 H2O
8 H+ + MnO4-+ 5 e-
⇆
Mn2+ + 4 H2O
E°=1.51 V
Mn2+ + SO42-
⇆
Mn(SO4)
10 2.3
HSO4- ⇆
H+ + SO4
2- 10-1.8
7 H+ + HSO4- + MnO4
- + 5 e- ⇆
Mn(SO4) + 4 H2O 10 0. 5
Se prosigue a calcular el potencial de la reacción:
E = 1.51 V + (0.06
5) (0.5 )
E = 1.516 V
Se calcula el potencial bicondicional
E′′ = 1.516 V − (0.06
5) (0.777) − (
0.06
5) ((7)(1)) = 𝟏. 𝟒𝟐𝟐𝟕 𝐕
Se prosigue a calcular el valor de la constante de equilibrio bicondicional:
Keq′′ = 10((5)(1.4227−0.9154)
0.06)
Keq’’= 10 42.275
204
Respuesta:
Keq’’= 10 42.275
d) Calcula la concentración molar de Fe(II) en la solución problema
A partir de conocer las mmol de Fe (II) e la solución analizada, se calcula la
concentración molar en esta, a partir de saber que la muestra proviene de 25 mL
de solución:
9.585 mmol Fe
25 mL= 𝟎. 𝟑𝟖𝟑𝟒 𝐌
e) ¿Cuántos mg de hierro hay en la solución analizada?
A partir de conocer las mmol de Fe (II) en la solución analizada, se calculan los mg
de este:
9.585 mmol Fe (55.85 mmolFe
1 mmol Fe) = 𝟓𝟑𝟓. 𝟑𝟐𝟐𝟑 𝐦𝐠 𝐅𝐞
f) Si la solución de MnO4- utilizada como valorante se preparó a partir de una
sal de KMnO4 (masa molecular =158.034 g/mol) que tiene una pureza de
90 %. ¿Cuál fue la masa de reactivo analítico que se tuvo que medir para
preparar 250 mL de solución?
250 mL (0.075 mmol KMnO4
mL) (158.034 mg RP KMnO4
1 mmol KMnO4) (100 mg RA
90 mg RP)
= 𝟑𝟐𝟗𝟐 𝐦𝐠 𝐑𝐀
Respuesta:
Se pesaron 3292 mg de RA de KMnO4
205
g) Trace el diagrama de tipo Pourbaix para el par Mn(VII)/ Mn(II) en el espacio
E’= f(pH) y asigne las especies a cada zona de predominio
Se obtiene la especie predominante de Mn (II)’ al pSO4 ´ establecido
correspondiente a 0.777, a partir del DZP pSO4’= f (pH) para Mn (II)
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4’= f (pH) para Mn (II), corte en
pSO4’= 0.777
Todas las especies de Mn (II)’ predominan a pSO4’= 0.777
206
Primer punto de cruce. El intervalo está dado por la función pSO4´= 0.5+ pH
0.777=0.5+pH pH = 0.28
Segundo punto de cruce. El intervalo está dado por la función pSO4´= 12.9-pH
0.777=12.9-pH
pH =12.12
Se construyen las EZP para la obtención de las funciones del DTP
Equilibrio Generalizado
Mn(VII)´ + 5e- ⇆ Mn(II)’
pH ≤ 0.277 8 H++ MnO4
- + 5 e
- ⇆ Mn
2+ +4 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟓 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟖𝐩𝐇)
0.277≤ pH ≤1.8 7 H
++ HSO4
-+ MnO4
- + 5 e
- ⇆ Mn(SO4) +4 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟓𝟎𝟕 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟕𝐩𝐇)
1.8 ≤pH ≤12.123 8 H++ SO4
2-+ MnO4
- + 5 e
- ⇆ Mn(SO4) +4 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟓𝟐𝟖 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟖𝐩𝐇)
12.123≤pH 7 H++ MnO4
- +5 e
- ⇆ Mn(OH)
+ +3 H2O
𝐄′′ = 𝟏. 𝟑𝟖𝟐𝟖 𝐕 −𝟎. 𝟎𝟔
𝟓(𝟕𝐩𝐇)
208
Problema 3.8 En un laboratorio que se encarga de determinar el contenido de
elementos en diversas muestras se desea cuantificar la cantidad de Co (II) en una
muestra de 250 mL de un sistema líquido, para ello se propone el siguiente
método analítico:
Tomar una alícuota de 20 mL, a la cual se le impone un pH = 3.0 y un pEn = 6.0, y
valorarla con una solución de permanganato de potasio (KMnO4) 0.21 N.
Datos
Complejo log β1 log β2 log β3
Co(OH)n2-n 5.1 ----- 10.2
Co(En)n2-2n 5.89 10.72 13.82
Complejo log β1 log β2 log β3
Co(En)n3-2n ----- ----- 46.89
H2En pKa´s: 7.30; 10.11
Co3+ Co
2+ E° = 1.9203 V (ENH)
MnO4- Mn
2+ E° = 1.507 V (ENH)
a) Establecer el equilibrio representativo de la reacción de valoración.
b) De terminar los E'' de los siguientes pares:
Co(III)'' Co(II)´´
Mn (VII) Mn (II)
209
c) Establecer la Escala de Predicción de Reacciones y calcular la Keq'' para la
reacción de valoración propuesta.
d) Evalúa si el método propuesto permitiría cuantificar la cantidad de Co(II) en
la muestra problema
Resolución
a) Establecer el equilibrio representativo de la reacción de valoración.
Para conocer las especies representativas a las condiciones de amortiguamiento,
es necesario trazar el DZP para Co (II) ´y Co (III) ´
Se traza el DZP pEn’= f (pH) para Co (II)’
I. Co(II)´+ En ⇆ Co(En)´
pH ≤ 7.3 Co 2+ + H2En ⇆ Co(En) + 2 H+ pEn’= -11.52+2pH
7.3 ≤pH ≤ 8.9 Co 2+ + HEn- ⇆ Co(En) + H+
pEn’ = -4.22+pH
8.9 ≤pH ≤ 9.96 Co(OH) + + HEn- ⇆ Co(En) + H2O
pEn’=4.68
II. Co(En)´+ En ⇆ Co(En) 2 ´
pH ≤ 7.3 Co(En) + H2En ⇆ Co(En)22- + 2 H+ pEn’=-12.58+2pH
7.3 ≤pH ≤ 9.96 Co(En) + HEn- ⇆ Co(En)2 2- + H+
pEn’ = -5.28+pH
210
Equilibrio corregido
Co (II)’ + 2 En´ ⇆Co (En) 2 ´
9.96≤pH ≤ 10.11 Co(OH)+ + 2 HEn- ⇆ Co(En)2 2- + H2O +H+
pEn’ = -0.3+0.5pH
10.11≤pH ≤ 11.45 H+ + Co(OH)+ + 2 En 2- ⇆ Co(En)2 2- + H2O pEn’ =9.81-0.5pH
11.45≤pH ≤ 12.10 3 H+ + Co(OH)3- + 2 En- ⇆ Co(En)2
2- + 3 H2O pEn´= 21.26-1.5pH
III. Co(En)2’+ En’ ⇆ Co(En)3’
pH ≤ 7.3
Co(En)2 2- + H2En ⇆ Co(En)3
4- + 2 H+ pEn´ =-14.31+2pH
7.3 ≤pH ≤ 10.11 Co(En)2 2- + HEn- ⇆ Co(En)3
4- + H+
pEn´ =-7.01+pH
10.11≤pH ≤ 12.10 Co(En)2 2- + En- ⇆ Co(En)3
4-
pEn’= 3.1
Equilibrio corregido
Co (II)’ + 3 En´ ⇆ Co (En)3’
12.10 ≤pH
3 H+ + Co(OH)3- + 3 En- ⇆ Co(En)3
4- + 3 H2O
pEn´ = 15.2067-pH
211
Diagrama de Zonas de Predominio pEn’= f (pH) para Co (II), corte en pH=3.0 y
pEn’= 6.0
La especie de Co (II) predominante a las condiciones de amortiguamiento es Co 2+
Se traza el DZP pEn’= f (pH) para Co (III)’
I. Co(III)’ +3 En´ ⇆ Co(En)3´
pH ≤ 7.3
Co3+ + 3 H2En ⇆ Co(En)33- + 6 H+ pEn´ = (
−𝟓.𝟑𝟒+𝟔𝐩𝐇
𝟑)
7.3 ≤pH ≤ 10.11 Co3+ + 3 HEn- ⇆ Co(En)33- + 3 H+
pEn´ =(𝟏𝟔.𝟓𝟑+𝟑𝐩𝐇
𝟑)
10.11≤pH Co3+ + 3 En- ⇆ Co(En)3 4-
pEn’= 15. 63
pH=3.0, pEn’=6.0
212
Diagrama de Zonas de Predominio pEn’= f (pH) para Co (III), corte en pH=3.0 y
pEn’=6.0
La especie predominante de Co (III) a las condiciones de amortiguamiento es Co3+
Se obtiene la reacción representativa de la valoración:
(Co2+ ⇆ Co3+ + 1 e-) 5
(8 H++ MnO4- + 5 e-
⇆
Mn2+ +4 H2O) 1
5 Co2++ 8 H++ MnO4- ⇆ 5 Co3+ + Mn2+ + 4 H2O
Respuesta:
La reacción de valoración corresponde a
5 Co2+ + 8 H++ MnO4- ⇆ 5 Co3+ + Mn2+ + 4 H2O
pH=3.0, pEn’=6.0
213
b) De terminar los E'' de los siguientes pares:
Co(III)'' Co(II)
Mn (VII) Mn (II)
Se calcula el E’’ del par Co (III) ‘‘ Co (II)
Para el cálculo de E’’, se utiliza la reacción representativa de reducción
correspondiente al pH y pEn´ establecidos:
Co2+ ⇆ Co3++ 1 e-
E’’ = 1.9203 V
Se calcula el E’’ del par Mn (VII) Mn (II)
8 H++ MnO4- + 5 e- ⇆ Mn2+ +4 H2O
E′′ = 1.51 V −0.06
5(8pH)
Se sustituye el valor de pH establecido (pH=6)
E′′ = 1.51 V −0.06
5(8 (6))
214
𝐄′′ = 𝟎. 𝟗𝟑𝟒
Respuesta:
Para el par Co (III) ‘‘ Co (II), E’’= 1.9203 V
Para el par Mn (VII) Mn (II), E’’= 0.934 V
c) Establecer la Escala de Predicción de Reacciones para la reacción de
valoración propuesta.
d) Evalúa si el método propuesto permitiría cuantificar la cantidad de Co(II) en
la muestra problema
El método no permitirá que se lleve a cabo una reacción de óxido reducción entre
el Co(II) de la muestra y el Mn(VII) con el que se pretende llevar a cabo la
valoración; debido a que a las condiciones de pH y pEn’ establecidas (pH=3.0,
pEn’=6.0) , se tendrá una Keq” negativa, correspondiente a 10 -82.19 , por lo que la
reacción no será espontánea como se observa en la EPR trazada en el inciso c lo
que impedirá llevar a cabo la valoración. Para lograr que la reacción fuera
espontánea, se requeriría que el E’’ del oxidante fuera mayor que el del reductor.
215
Problema 3.9 Se tienen 1.2464 g de una muestra de alambre que contiene hierro,
la cual se ataca con HNO3 0.85 M, obteniéndose hierro (III). La solución anterior
se trata con un reductor de Jones para obtener al hierro en forma de hierro (II),
esta solución se calentó a sequedad y los cristales obtenidos de hierro (II) se
disolvieron en 50 mL de una solución amortiguadora de fosfatos.
Datos
Fe3+/ Fe0 Eo= -0.037 V (ENH)
Fe3+/ Fe2+ Eo=0.77 V (ENH)
HNO3/ NO2 Eo=0.92 V (ENH
Cr2O72-/ Cr3+ Eo=1.33 V (ENH)
Reductor de Jones: ZnHg
Zn2+ + 2e- + Hg ZnHg
Masa Atómica de Hierro: 55.85 g/mol
Buffer de Fosfatos:
Se disuelven 5.04 g de reactivo de KH2PO4 en un poco de agua y se le adicionan
2.5 mL de H3PO4 reactivo analítico; se le agrega agua hasta completar un volumen
de 100 mL
Reactivo de KH2PO4:
Masa molecular: 136.1 g/mol
216
Pureza: 98 %
Reactivo de H3PO4:
Densidad:1.75 g/mL
Masa molecular: 97.99 g/mol
Pureza: 89 %
a) Escriba la reacción que ocurre durante el ataque de la muestra y calcule su
constante de equilibrio condicional (considere que el HNO3 impone el pH).
b) Determine la reacción que ocurre con el reductor de Jones
En la valoración de hierro (II) se requirieron 39.31 mL de valorante 0.0258 M.
c) Determine las condiciones de amortiguamiento en el sistema de valoración.
d) Escriba la reacción de valoración y calcule su constante de equilibrio
bicondicional sí el valorante es K2Cr2O7
e) Calcule los mg y el %(p/p) de hierro en el alambre
Resolución
a) Escriba la reacción que ocurre durante el ataque de la muestra y calcule su
constante de equilibrio condicional (considere que el HNO3 impone el pH).
Se calcula el pH del sistema impuesto por el HNO3
pH= -log[Co]
pH=-log[0.085 M]
pH= 1.07
217
Se establece la especie oxidante y la reductora, mediante una EPR
La especie reductora es el Fe0, debido a que pierde electrones, mientras que la
especie oxidante es el HNO3 debido a que gana electrones.
Posteriormente se calcula el potencial condicional de los pares involucrados en la
reacción:
Potencial condicional del para Fe3+ / Fe0
Fe 3+ +3 e- ⇆ Fe0
E’ = -0.037 V
Potencial condicional del par HNO3/NO2
H+ + HNO3 + 1 e- ⇆ NO2+ H2O
E’= 0.92 V- 0.06 (pH)
E’ = 0.92 V-0.06 (1.07)
E’= 0.856 V
Se plantea el equilibrio representativo a pH= 1.07
218
(Fe0 ⇆ Fe 3+ + 3 e-) 1 E= -0.037 V
(H+ + HNO3+ 1e- ⇆ NO2+ H2O) 3 E´= 0.856 V
Fe0 + 3 HNO3 + 3 H+ ⇆ Fe 3+ + 3 NO2+ 3 H2O
Keq′ = 103(0.856+0.037)
0.06
Keq’ = 10 44.65
Respuesta:
La reacción que ocurre a pH= 1.07 es:
Fe0 + 3 HNO3 + 3 H+ ⇆ Fe 3+ + 3 NO2 + 3 H2O, cuya constante de equilibrio
corresponde a Keq’ = 10 44.65
b) Determine la reacción que ocurre con el reductor de Jones
(Fe3+ + 1 e- ⇆ Fe 2+) 2
(ZnHg ⇆ Zn 2+ + Hg + 2e) 1
2 Fe3+ +ZnHg ⇆ 2 Fe 2+ + Zn 2+ + Hg
Respuesta:
La reacción que ocurre con el reactivo de Jones corresponde a
2 Fe 3+ +ZnHg ⇆ 2 Fe 2+ + Zn 2+ + Hg
219
c) Determine las condiciones de amortiguamiento en el sistema de valoración.
Para poder determinar las condiciones de amortiguamiento iniciaremos por colocar
a las especies de fosfato (PO4´) en una EPR de pH
En esta escala se ha marcado a las especies con las cuales se elabora la solución
amortiguadora que son H3PO4 y H2PO4 –.
Se comienza por determinar la concentración inicial de la solución amortiguadora
la cual está dada por:
[Solución amortiguadora] = [PO4´] = [H3PO4 ]+ [H2PO4 - ]
[H3PO4] = 2.5 mL RA (1.75 g RA H3PO4 RA
1 mL ) (
89 gH3PO4
100 g RA) (
1 mol H3PO4
97.99 g H3PO4) =
0.0397 mol H3PO4
0.1 L =
0.397 M
[H2PO4-]= 5.04 g RA (
98g KH2PO4
100gRA) (
1mol KH2PO4
136.1g KH2PO4) (
1mol H2PO4−
1mol KH2PO4) =
0.0363 mol H2PO4−
0.1 L= 0.363 M
en donde RA= Reactivo analítico
[Solución amortiguadora] = 0.397 M + 0.363 M = 0.76 M
220
[Solución amortiguadora]sistema = [PO4´]sistema = 0.76 M
Para calcular las condiciones de amortiguamiento (pPO4´y pH) en el sistema a
valorar se tendrá que:
pPO4´ = -log [PO4´] sistema
pPO4´= -log (0.76)
pPO4´= 0.119
Para el cálculo de pH empleamos la ecuación de Henderson-Hasselbalch ya que
se tiene un par donador/receptor ácido-base.
pH= pKa + log ([Base]
[Ácido])
pH= pKa + log ([H2PO4
−]
[H3PO4])
Sustituyendo estas concentraciones en la ecuación de Henderson-Hasselbalch
obtenemos:
pH = 2 + log [(0.363 M)
(0.397 M )]
pH= 1.96
Nótese que se emplea el valor de pKa=2 ya que es éste el que implica al par
ácido/base que se tiene en la disolución amortiguadora.
Respuesta:
pH= 1.96, pPO4’’ = 0.119
221
d) Escriba la reacción de valoración y calcule su constante de equilibrio
bicondicional sí el valorante es K2Cr2O7
Se traza una EPR con los pares participantes en la reacción redox de valoración
El Cr2O7 2- es un agente oxidante que promoverá la transformación de Fe 2+ a Fe 3+
Se plantea el equilibrio representativo de la reacción
(Fe2+ ⇆ Fe 3+ + 1 e-) 6 E= 0.77
(14 H+ + Cr2O72- + 6 e- ⇆ 2 Cr3+ + 7 H2O )1 E’= 𝟏. 𝟑𝟑 − (
𝟎.𝟎𝟔(𝟏𝟒)
𝟔)𝐩𝐇 = 1.056
6 Fe2+ + Cr2O72- + 14 H+ ⇆ 6 Fe 3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O
Keq′´ = 106(1.056−0.77)
0.06
Keq´’ = 10 28.6
e) Calcule los mg y el %(p/p) de hierro en el alambre
Se calculan las mmol de Cr2O72- en el punto de equivalencia de la valoración
39.31 mL( 0.0258 M) = 1.0142 mmol
A partir de conocer la estequiometría de la reacción, se calculan las mmol de Fe 3+
en el sistema de valoración
222
1.0142 mmol Cr2O72− (
6 mmol Fe2+
1 mmol Cr2O72−)(
1 mmol Fe3+
1mmol Fe2+) = 6.0852 mmol Fe3+
Se calculan los mg de Hierro en el sistema analizado
mg Fe 3+= 6.0852 mmol Fe3+ (55.85 mg
1 mmol Fe3+) = 339.8584 mg Fe3+
Se calcula el % (p/p)
% p/p= 0.3398 g Fe3+
1.2464 g muestra(100) = 27.2625 %
223
Problema 3.10 Se tienen 5.0 g de una muestra que contiene cobre, el cual se
desea cuantificar, para ello se procede de la siguiente manera:
Paso 1. La muestra se ataca con ácido nítrico (para obtener Cu (II),
posteriormente se calienta hasta sequedad.
Paso 2. Los cristales obtenidos en el paso 1 se disuelven en 250 mL de agua
desionizada (Solución A).
Paso 3. De la solución A se toman alícuotas de 20 mL cada una y se vierten en
matraces para yodometría.
Paso 4. A las alícuotas anteriores se les adicionan 1.50 g de yoduro de potasio,
15 mL de una solución amortiguadora de acetatos de concentración 2.0 M y
pH=4.2, y 20 mL de agua desionizada.
Paso 5. El triyoduro liberado se valora con una solución estandarizada de Na2S2O3
0.0085 M.
Datos
CuI pKs= 11.7 Cu (II)
Ligante
Logβ1 Logβ2 Logβ3 Logβ4
OH- 6.0 --- --- ---
Ac- 1.5 2.5 3.1 2.8
HAcO pKa: 4.8
Cu2+ + 1e-Cu+ Eo=0.17V (ENH)
I3- + 2e-
I- Eo=0.55V (ENH)
S4O62- + 2e-
2 S2O32 - Eo=0.08V (ENH)
Peso atómico del Cu= 63.55 g/mol
224
a) Escriba la ecuación química que corresponde a la reacción que ocurre en el
paso 4 para liberar el triyoduro:
Cu(II)’’ + I- CuI´ + I3-
b) Determine la constante de equilibrio bicondicional de la reacción
c) Escriba la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento
(pAcO’ y pH) y calcule su Keq’’.
d) Escriba la tabla de variación de cantidades molares para la reacción de
valoración, sí se necesitan 8.4 mL de Na2S2O3.para alcanzar el punto de
equivalencia
e) Determine los mg y %(p/p) de cobre en la muestra analizada
Resolución
a) Escriba la ecuación química que corresponde a la reacción que ocurre en el
paso 4 para liberar el triyoduro:
Cu(II)’’ + I- CuI + I3-
Se calcula el pAcO’ en el sistema:
[AcO] inicial= 2.0 M
[AcO] sistema = 2.0 M ( 15 mL)
55 mL = 0.5455 M
pAcO´= -log [0.5455]
pAcO’= 0.263
Se establecen las condiciones de amortiguamiento:
pH= 4.2
pAcO´= 0.263
Se establecen las semirreacciones para los pares redox
225
( Cu(II)’’ +1e- ⇆ CuI ↓ ) 2
( 3 I- ⇆ I3 - + 2 e-) 1
2 Cu(II)’ + 3 I- ⇆ 2 CuI ↓ + I3 -
Se utiliza el DZP para Cu (II) realizado en el problema 4, y se corta a las
condiciones de amortiguamiento (pH= 4.2, pAcO’= 0.263) para obtener la especie
predominante
La especie de Cu (II) predominante a las condiciones de amortiguamiento es Cu
(AcO)2
pH=4.2, pAcO’= 0.263
226
Se establece la reacción representativa a las condiciones de amortiguamiento:
2 Cu(AcO)2 + 3 I- ⇆ 2 CuI ↓ + I3 -
Se balancea el equilibrio
4 H+ + 2 Cu(AcO)2 + 3 I- ⇆ 2 CuI ↓ + I3 - + 4 HAcO
Para calcular la constante bicondicional, es necesario calcular los E’’ tanto del
oxidante como del reductor
Cálculo del E’’ del oxidante Cu(II)´´
2 H+ +Cu(AcO)2 + 1 e- ⇆ CuI↓ + 2 HAcO
Cu2+ + 1 e-
⇆
Cu+
E°=0.17 V
Cu (AcO)2
⇆
Cu 2+ + 2 AcO-
10 -2.7
2 H+ + 2 AcO- ⇆
2 HAcO 10 (4.76)(2)
Cu+ ⇆
CuI↓ 10 11.7
2 H+ +Cu(AcO)2 + 1 e- ⇆ Cu↓ + 2 HAcO 10 18.52
Se calcula el E’’, considerando que la reacción se condicionada por el pH= 4.2 y el
pAcO’ =0.26
227
E´´ = 0.17 V + (0.06
1) (18.52)+(
0.06
1) log[H+]2 + (
0.06
1) 2pAcO′
E´´ = 1.2812 V − (0.06
1)2(4.2) + (
0.06
1) (0.526)
𝐄´´ = 𝟎. 𝟖𝟎𝟖𝟖 𝐕
Cálculo del E’’ del reductor I-
3 I- ⇆ I3 - + 2 e-
E´´= 0.55 V
b) Determine la constante de equilibrio bicondicional
Keq´´ = 102(0.8088−0.55)
0.06
Keq´´ = 108.627
Respuesta:
Keq” = 10 8.627
c) Escriba la reacción de valoración a las condiciones de amortiguamiento
(pAcO’ y pH) y calcule su Keq’’.
2 e- + I3- ⇆ 3 I-
2 S2O32- ⇆ S4O6
2- +2 e-
I3- + 2 S2O3
2- ⇆ 3 I- + S4O62-
228
Se calcula la Keq”
Keq′′ = 102(0.55−0.08)
0.06
Keq′′ = 1015.667
Respuesta:
La reacción de valoración corresponde a
I3- + 2 S2O3
2- ⇆ 3 I- + S4O62- , Keq’’= 10 15.667
d) Escriba la tabla de variación de cantidades molares para la reacción de
valoración, sí se necesitan 8.4 mL de Na2S2O3 para alcanzar el punto de
equivalencia
Se calculan las mmol de S2O32- en el punto de equivalencia:
mmol de 2 S2O32- = 0.0085 M(8.4 mL) = 0.0714 mmol
A partir de conocer la relación estequiométrica, se calculan los mmol de I3- en el
sistema de valoración:
0.0714 mmol S2O3 2− (
1 mmol I3 −
2 mmol S2O3 2− ) = 0.0357 mmol I3
−
229
Se plantea la TVCM
C=0.0085 M
e) Determine los mg y %(p/p) de cobre en la muestra analizada
Considerando la estequiometría y las reacciones que se llevaron a cabo en el
análisis de la muestra:
2 Cu(II) + 3 I- ⇆ 2 CuI ↓ + I3 -
I3- + 2 S2O3
2- ⇆ 3 I- + S4O62-
Se tiene que, para calcular los mmol de Cu (II) en la muestra analizada:
0.0357 mmol I3 − (2 mmol Cu(II)
1 mmol I3 − ) = 0.0714 mmol Cu(II)
A partir de ello, se calcula la cantidad de Cu (II) en la solución A, que corresponde
a la cantidad de Cu (II) en la muestra de 5 g:
mmol de Cu(II)en solución A:250 mL(0.0714 mmol)
20 mL= 0.8925 mmol de Cu(II)
I3- + 2S2O3
2- ⇆ 3I
- + S4O6
2-
Inicio 0.0357mmol
Agregado (0.0085 M)(V)
Antes del punto
de equivalencia 0.0357mmol −
1
2 CV
2ɛ
3
2(0.0085
M)(V)
1
2(0.0085 M)(V)
Punto de
equivalencia
ɛ (0.0085 M)(V) 0.1071 mmol 0.0357mmol
Después del
punto de
equivalencia
ɛ CV −
2
1 (0.0357mmol)
0.1071 mmol 0.0357mmol
230
Se calculan los mg de Cu (II) en la muestra inicial:
mg de Cu(II) = 0.8925 mmol Cu(II) (63.55 mg de Cu (II)
1 mmol Cu(II)) = 56.7184 mg de Cu(II)
Se calcula el %(p/p) de cobre en la muestra analizada
%(p
p) =
(100)(0.0567g)
5 g= 1.134 %
Respuesta:
mg de cobre en la muestra analizada: 56.7184 mg
%p/p de cobre en la muestra analizada: 1.134 %
231
SERIE 4.
MÉTODOS GRÁFICOS DE ANÁLISIS
Los métodos gráficos de análisis químico son muy utilizados en química analítica
para determinar la concentración de una sustancia en una muestra desconocida,
sobre todo en disoluciones. Estos se basan en la relación proporcional entre la
concentración y una determinada señal analítica que se conoce como propiedad.
A partir de conocer esta relación, es posible conocer la concentración en una
muestra dada mediante la medida de esa señal. La relación entre la concentración
y la señal se suele representar en una gráfica de coordenadas cartesianas, a la
que se le conoce como curva.
Este capítulo contiene ejercicios que complementan los conocimientos teóricos
básicos de los alumnos acerca de curvas de calibración, de adición-patrón y de
valoración, como herramientas para el análisis cuantitativo a partir de la expresión
de una propiedad relacionada proporcionalmente con la concentración del analito
de interés, utilizando una representación gráfica de una señal fisicoquímica que se
mide en función de la concentración de un analito para curvas de calibración y
adición patrón y como función del volumen para curvas de valoración.
Se busca apoyar al alumno en la comprensión sobre la importancia del uso de una
solución estándar, de un sistema blanco, conocer las características básicas de
diferenciación entre las curvas antes mencionadas, reforzar sus conocimientos
acerca de los modelos matemáticos que las representan y la importancia de estos
a través de la aplicación en problemas básicos de cuantificación.
232
Problema 4.1 Se tienen tres métodos de cuantificación, preparados de la
siguiente manera:
Datos
a) Caso 1.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar [0.01 M] (mL)
0 1 2 3 4 5 0
Solución problema (mL)
0 0 0 0 0 0 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 7 6 5 4 3 2 5
b) Caso 2.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar [0.01 M] (mL)
0 1 2 3 4 5 0
Solución problema (mL)
0 0 0 0 0 0 2
EDTA (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 5 5 5 5 5 5 5
c) Caso 3.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar [0.01 M] (mL)
0 1 2 3 4 5 0
Solución problema (mL)
0 1 1 1 1 1 1
EDTA (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 10 8 7 6 5 4 9
233
a) Determine en cada caso el método de cuantificación que se está
empleando
Resolución
a) Caso 1.
A partir del análisis de los diferentes sistemas del método de cuantificación, es
posible observar lo siguiente:
Se trata de un método analítico empleado para medir la concentración de una
sustancia en una muestra
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución problema
(mL) 0 0 0 0 0 0 2
Se realiza por comparación con una serie de sistemas de concentración
conocida, obtenidos a partir del uso de una solución estándar, para obtener
concentraciones crecientes en cada uno los sistemas.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar [0.01 M]
(mL)
0 1 2 3 4 5 0
Todos los sistemas contienen el mismo volumen, correspondiente a 10 mL, por
lo que se considera un método sin dilución. Así mismo es posible observar que
no requiere la adición de otro analito para la expresión de una propiedad que
permita la cuantificación, por lo que se considera un método directo.
234
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar [0.01 M] (mL)
0 1 2 3 4 5 0
Solución problema (mL)
0 0 0 0 0 0 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 7 6 5 4 3 2 5
Volumen total en los sistemas
(mL) 10 10 10 10 10 10 10
Respuesta:
Se puede afirmar que el método analítico número uno, utilizado corresponde
a: Curva de Calibración Directa sin Dilución
b) Caso 2
A partir del análisis de los diferentes sistemas del método de cuantificación, es
posible observar lo siguiente:
Se trata de un método empleado para medir la concentración de una sustancia
en una muestra
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución
problema
(mL)
0 0 0 0 0 0 2
Se realiza por comparación con una serie de sistemas de concentración
conocida, obtenidos a partir del uso de una solución estándar, para obtener
concentraciones crecientes en cada uno de los sistemas; por lo que se
considera una curva.
235
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución
estándar
[0.01 M]
(mL)
0 1 2 3 4 5 0
Solución
problema
(mL)
0 0 0 0 0 0 2
Los sistemas contienen un volumen total diferente, por lo que se considera una
curva con dilución
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar
[0.01 M] (mL) 0 1 2 3 4 5 0
Solución problema
(mL) 0 0 0 0 0 0 2
EDTA (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 5 5 5 5 5 5 5
Volumen total en
los sistemas (mL) 10 11 12 13 14 15 12
Requiere la adición de otro analito para la expresión de una propiedad que
permita la cuantificación de la sustancia, en este caso la adición de EDTA, que
al reaccionar con el analito de interés, permitirá la producción de una señal;
por lo que se considera un método indirecto.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
EDTA
(mL) 2 2 2 2 2 2 2
236
Respuesta:
Se puede afirmar que el método analítico dos utilizado, corresponde a:
Curva de Calibración indirecta con dilución.
c) Caso 3
A partir del análisis de los diferentes sistemas del método de cuantificación, es
posible observar lo siguiente:
Se realiza por comparación con una serie de sistemas de concentración
conocida, obtenidos a partir de la utilización de una solución estándar, para
obtener concentraciones crecientes en cada uno los sistemas; por lo que se
considera una curva.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución
estándar
[0.01 M]
(mL)
0 1 2 3 4 5 0
Se trata de un método analítico empleado para medir la concentración de una
sustancia, sin embargo, esta sustancia se encuentra en todos los sistemas con
el fin de tener el mismo medio químico en todos los sistemas que afecte de
manera igual las lecturas de la propiedad que permitirán la obtención de la
curva, por lo que se considera una curva de Adición Patrón.
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución
problema
(mL)
0 1 1 1 1 1 1
237
Los sistemas contienen un volumen total igual, por lo que se considera una
curva sin dilución
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
Solución estándar
[0.01 M] (mL) 0 1 2 3 4 5 0
Solución problema
(mL) 0 1 1 1 1 1 1
EDTA (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Buffer (mL) 3 3 3 3 3 3 3
Solvente (mL) 10 8 7 6 5 4 9
Volumen total en
los sistemas (mL) 15 15 15 15 15 15
15
Requiere la adición de otro analito para la expresión de una propiedad que
permita la cuantificación de la sustancia, en este caso la adición de EDTA, que
al reaccionar con el analito de interés, expresará una propiedad; por lo que se
considera un método indirecto
Sistema 1 2 3 4 5 6 7
EDTA
(mL) 2 2 2 2 2 2 2
Respuesta:
Se puede afirmar que el método analítico utilizado corresponde a: Curva de
Adición Patrón indirecta sin dilución
238
Problema 4.2 Se tiene un sistema de 2 L en el que se desea analizar la cantidad
de Cu (II).
Datos
Se preparan los siguientes sistemas:
Sistema 1 2 3 4 5 6
Volumen
solución
problema (mL)
0 0 0 0 0 2
Volumen de
solución
estándar
[2.2x10-3 M] (mL)
1 2 3 4 5 0
Volumen Buffer
(mL) 9 8 7 6 5 8
Propiedad (mV) 0.200 0.403 0.602 0.801 1.005 0.532
a) ¿Qué método de análisis se está empleando?
b) ¿Cómo prepararía el blanco para la cuantificación?
c) Realice la gráfica de cuantificación y efectúe la linealización de la misma
d) Determine la constante de proporcionalidad y de sus unidades
e) Calcule la concentración molar de cobre en la solución
f) Determine la cantidad de cobre en mg en la solución analizada
Resolución
a) ¿Qué método de análisis se está empleando?
Se trata de un método para medir la concentración de una sustancia en una
muestra a partir de la comparación con una solución estándar de concentración
239
conocida añadida de forma creciente, en el que todos los sistemas contienen el
mismo volumen final y en el que la propiedad medida resulta directamente de la
sustancia de análisis, por lo que se trata de:
Curva de Calibración Directa sin Dilución.
b) ¿Cómo prepararía el blanco para la cuantificación?
El sistema blanco es la solución que contiene todos los reactivos, en las mimas
concentraciones que en el procesamiento de la muestra; sin embargo, no contiene
al analito de interés, lo que permite calibrar el equipo para eliminar la señal que
pudiera ser causada por los reactivos y no por la sustancia problema, por lo que
se prepararía de la siguiente manera:
Sistema Blanco
V solución prob (mL) 0
V estándar 2.2x10-3 M ( mL) 0
V Buffer (mL) 10
c) Realice la gráfica de cuantificación y efectúe la linealización de la misma
Como primer paso se requiere obtener la concentración de solución estándar en
cada sistema, a partir de la concentración de la solución estándar inicial y el
volumen final correspondiente a cada sistema; de manera que esto permitirá la
construcción de la gráfica de cuantificación.
Cálculo de la concentración de solución estándar por sistema
Concentración de solución estándar en el sistema = CestVestVTotal
Volumen total en los sistemas: 10 mL
240
[Solución estándar] = Cest=2.2x10 -3 M
Concentración de solución estándar en el sistema 1 = (2.2x10−3 M)(1 mL)
10 mL
= 0.00022 M
Concentración de solución estándar en el sistema 2 = (2.2x10−3 M)(2 mL)
10 mL
= 0.00044 M
Concentración de solución estándar en el sistema 3 = (2.2x10−3 M)(3 mL)
10 mL
= 0.00066 M
Concentración de solución estándar en el sistema 4 = (2.2x10−3 M)(4 mL)
10 mL
= 0.00088 M
Concentración de solución estándar en el sistema 5 = (2.2x10−3 M)(5 mL)
10 mL
= 0.0011 M
La curva de calibración se realiza mediante un modelo de línea recta que consiste
en encontrar la recta de calibrado que mejor ajuste a una serie de n puntos
experimentales, donde cada punto se encuentra definido por una variable x,
variable independiente, generalmente concentración del analito de interés; y una
variable y, variable dependiente que corresponde a la respuesta instrumental. La
recta de calibrado se encuentra definida por una ordenada al origen b, y una
pendiente m, mediante la ecuación y = mx + b
Por lo tanto se construye una tabla donde se especifiquen los valores calculados
de la solución estándar en los sistemas a medición y la propiedad obtenida.
241
Debido a que la propiedad medida (mV) es directamente proporcional a la
cantidad de analito que se encuentra en la muestra, se tomará como variable
independiente a la concentración y como variable dependiente la propiedad
medida (mV), por lo tanto se tiene lo siguiente:
Sistema Variable independiente
Variable
dependiente
Concentración de solución estándar en
el sistema [M]
Propiedad (mV)
1 0.00022 0.200
2 0.00044 0.403
3 0.00066 0.602
4 0.00088 0.801
5 0.0011 1.005
Se procede a graficar, utilizando una hoja de cálculo realizada con el programa
Excel
Se ingresan los datos en una columna para x que corresponde a la
concentración y otra para y que corresponde a los mV medidos
242
Se seleccionan los datos correspondientes a x y a y, se elige en la barra de
herramientas insertar, seguido de gráfico y posteriormente dispersión,
obteniendo lo siguiente
244
Lo siguiente a realizar es determinar los parámetros de la recta de calibración,
ordenada en el origen y pendiente, y asegurar que la recta encontrada se ajusta
correctamente a los puntos experimentales, es decir, asegurar que no hay falta de
ajuste, para lo que se realiza la linealización. El método más empleado para
encontrar los coeficientes de la recta de calibrado es el método de mínimos
cuadrados. Utilizando el programa Excel, esto se obtiene de la siguiente manera:
Se seleccionan los datos de x y y , en la barra de herramientas se selecciona la
opción Datos y posteriormente Análisis de Datos3, en donde se seleccionará la
opción Regresión
3En caso de no estar habilitado en su barra de herramientas la opción de Análisis de Datos, se deberá referir
al menú principal de Excel y elegir “Opciones de Excel” en el menú que se desplegará se debe seleccionar “Complementos” y del lado derecho en la parte inferior aparecerá la opción “Complementos de Excel”, pulsar en “Ir” y en la ventana que aparezca habilitar las siguientes opciones: Herramientas para análisis, Herramientas para análisis VBA y Solver
0,000
0,200
0,400
0,600
0,800
1,000
1,200
0 0,0002 0,0004 0,0006 0,0008 0,001 0,0012
Concentración [M]
mV
246
Enseguida se desplegará un recuadro en que se deben ingresar las celdas que
contienen los datos de las variables dependientes e independientes como se
muestra a continuación:
Lo anterior permitirá la obtención de datos estadísticos correspondientes a la
regresión lineal:
247
Considerando que los datos siguen un comportamiento de línea recta, la cual está
representada por la ecuación y=mx+b, entonces el valor de la intercepción
corresponde a la ordenada al origen b, la variable X1 corresponde a la
pendiente de la recta m. El coeficiente de determinación R2 indica la relación de
dependencia que existe entre la variable dependiente y la independiente, cuyo
valor máximo es 1 que corresponde al 100%; en este caso indica que la respuesta
instrumental (mV), depende en un 99.99 % de la concentración de analito en el
sistema evaluado.
Por lo tanto se obtiene la siguiente ecuación de linealización:
mV= 912.7272 [M] -0.0002
Con los parámetros anteriores se obtiene la curva de calibración linealizada que
se muestra a continuación:
248
d) Determine la constante de proporcionalidad y de sus unidades
Considerando que la linealización de la curva involucra la obtención de una
ecuación matemática que relaciona cantidades de magnitudes físicas, cada una
de ellas representada por su correspondiente símbolo literal, y que el signo (=),
iguala términos dimensionalmente homogéneos, la deducción de las unidades de
K se realiza a partir de conocer las unidades de las demás magnitudes
expresadas en la ecuación que matemáticamente las relaciona. Es entonces que
las unidades que se encuentran antes del signo (=) deben ser las mismas que las
que se encuentras a continuación de dicho signo.
La constante de proporcionalidad K, corresponde a la pendiente de la recta,
considerando que y= Kx + b y la ecuación de linealización obtenida,
correspondiente a mV= 912.7272 [M] -0.0002, es posible deducir que por lo tanto
K= 912.7272.
La ecuación de linealización debe llevar a la corrección de la propiedad medida
instrumentalmente, por lo que las unidades de esta deben llevar a la obtención de
(mV) como producto final, por lo que las unidades de K se pueden obtener de la
siguiente manera:
Considerando que: mV= 912.7272 [M] -0.0002, entonces:
Unidades de y= mV
Unidades de x= mmol/mL
b tiene unidades de mV
Por lo que las unidades de K deben ser aquellas que den como resultado las
unidades de la propiedad:
mV= 912.7272 (mmol/mL) -0.002 mV; sí 𝐊 =(𝐦𝐕)(𝐦𝐋)
𝐦𝐦𝐨𝐥 , entonces:
mV = 912.7272 ((mV)(mL)
mmol) (
mmol
mL) − 0.002 mV
249
Respuesta:
K= 912.7272 mV mL/mmol
e) Calcule la concentración molar de cobre en la solución
Considerando la ecuación de la recta
y= m x + b
Ptotal = K CstVst
Vt
+ b
En donde x corresponde a la concentración del analito que se desea cuantificar,
por lo que es necesario considerar las diluciones realizadas de este analito,
mediante el análisis del volumen inicial agregado de dicho analito, correspondiente
a 2mL , y el volumen final del sistema de medición, correspondiente a 10 mL.
Sistema 6
Volumen solución problema (mL) 2
Volumen de solución estándar [2.2x10-3 M]
(mL)
0
Volumen Buffer (mL) 8
Volumen final en el sistema (mL) 10
Propiedad (mV) 0.532
Por lo tanto la ecuación de la recta se puede sustituir de la siguiente manera:
y= m x + b
Pprob = K CprobVprob
Vt
+ b
250
En donde:
Pprob= propiedad medida instrumentalmente en el sistema problema (0.532 mV)
Cprob = Concentración del analito problema
Vprob= Volumen de solución problema agregada al sistema de medición (2 mL)
Vt= Volumen total del sistema (10 mL)
Siguiendo la ecuación: P problema = b + K(Cproblema Vproblema
Vtotal)
Entonces es posible despejar Cprob de la ecuación de la siguiente manera
Pproblema − b
K(
Vtotal
Vproblema) = Concentración problema
Sustituyendo los términos con los valores obtenidos en la medición se obtiene la
concentración de Cu en la solución problema
[Cu] =(0.532 mV) − (−0.0002)
912.73(mV)(mL)
mmol
(10 mL
2 mL) = 2.9154x10−3 M
Respuesta:
Concentración de Cu (II) en solución = 𝟐. 𝟗𝟏𝟓𝟒𝐱𝟏𝟎−𝟑 𝐌
f) Determine la cantidad de cobre en mg en la solución analizada
mg de Cu en sistema de 2 L=
2.9154x10−3mmol Cu
mL ( 2000mL)(
63.55 mg Cu
1 mmolCu) = 370.547 mg Cu
252
Problema 4.3 Se desean analizar monedas con contenido de plata. Para ello se
toman 10 monedas muestreadas al azar y el peso promedio obtenido es de
5.3452 g. En otro muestreo aleatorio se obtiene suficiente granalla de las diez
monedas. 1.0345 g de esa granalla se ataca con HNO3 1:1. La solución obtenida
se lleva casi a sequedad y se afora posteriormente a 100 mL en un matraz
volumétrico con agua destilada. Esta es la solución problema. 1 mL de esta
solución se lleva a 100 mL con agua destilada para preparar la solución A y 1 mL
de la solución A se lleva a 10 mL para preparar la solución C.
Datos
Se preparan los sistemas a partir de la solución C:
Sistema Blanco
(B) 0 1 2 3 4 5
Volumen
solución C
(mL)
0 1 1 1 1 1 1
Volumen
solución
estándar
(mL)
0 0 1 2 3 4 5
Volumen
EDTA (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Volumen
NaOH (mL) 2 2 2 2 2 2 2
Volumen de
H2O (mL) 6 5 4 3 2 1 0
Absorbancia
a 340 nm --- 0.405 0.650 0.890 1.080 1.360 1.605
253
Las absorbancias se midieron a =340nm en celdas con l=1cm, usando como
blanco el sistema B. La solución estándar es una solución de AgNO3
4.935X10-5 M. La solución de EDTA trisódico (Na3HY) es de concentración
0.0200 M. La sosa agregada es a partir de una solución 0.0150 M.
El equilibrio generalizado de reacción entre la plata y el EDTA es:
Ag(I)´ + Y´ ⇆ AgY´
Masa Molar de AgNO3: 169.87 g/mol
Pureza AgNO3: 99 %
AgY-3 pKc= 7.10
AgOH pKc= 3.30
H4Y pKa’s: 2.0; 2.7; 6.3; 10.3
pKw= 14.0
a) Determinar el pH al cual se realiza la determinación
b) Establecer la reacción representativa de cuantificación y determinar su
constante de equilibrio condicional
c) ¿Qué métodos se está utilizando para realizar el análisis de plata?
d) Graficar A(340) = f(Cestándar)
e) Determinar la constante de proporcionalidad y dar sus unidades
f) Calcule los mg de plata por moneda
g) Determine las ppm de Ag en las monedas
h) ¿Cómo prepararía la solución estándar de plata?
254
Resolución
a) Determinar el pH que se realiza la determinación.
Cálculo de la concentración de NaOH en los sistemas de medición
[NaOH] en los sistemas: 0.0150mmol
mL(2 mL) =
0.03 mmol NaOH
10 mL= 3x10−3 M
Cálculo del pH en los sistemas
pH= 14+log [3x10-3]
pH= 11.48
Respuesta:
pH= 11.48
b) Establecer la reacción representativa de cuantificación y determinar su
constante de equilibrio condicional.
Establecimiento de escalas zonas de predominio para pH =11.48
255
Reacción representativa de la cuantificación con las especies obtenidas a
partir de las escalas de predicción de reacción
H+ + AgOH + Y4- ⇆ AgY 3- + H2O
Determinación de constante de equilibrio a partir de las constantes de
formación y disociación de complejos para la reacción de cuantificación
Keq= (10 -3.3) (10 7.10) (10 14) = 10 17.8
Determinación de constante condicional de equilibrio
Keq’ = 10 17.8-pH
Respuesta:
Keq´= 10 6.32
c) ¿Qué método se está utilizando para realizar el análisis de plata?
Curva de adición patrón indirecta sin dilución
d) Graficar A (340) = f (Cestándar).
Obtención de concentraciones a partir de la concentración inicial de la
solución estándar, el volumen de ésta agregada a cada sistema y el volumen
final de los mismos
256
Sistema Concentración estándar en el
sistema [M]
Absorbancia
0 0 0.405
1 4.935x10-6 0.650
2 9.87x10-6 0.890
3 1.4805x10-5 1.080
4 1.975x10-5 1.360
5 2.4675x10-5 1.605
Grafica A(340) = f (Cestándar).
Ecuación de linealización :
Abs= 48169.055 [M] +0.404
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
0 0,000005 0,00001 0,000015 0,00002 0,000025 0,00003
Abs
Concentración [M]
257
e) Determinar la constante de proporcionalidad y dar sus unidades
A partir de la ecuación de linealización Abs= 48169.055 [M] +0.404, sabiendo
que M= mol/L , y que la absorbancia no tiene unidades, se procede de la
siguiente manera para eliminar las unidades que se encuentran después del
signo igual (=) :
Abs = K (mmol
mL) + b por lo tanto, para cancelar las unidades mmol /mL, K
debe tener las siguientes unidades:
Abs = (mL
mmol) (
mmol
mL)
Entonces K = 48169.055 (mL/mmol)
Respuesta:
La constante de proporcionalidad corresponde a K= 48169.055 (mL/mmol)
f) Calcule los mg de plata por moneda.
A partir de lo siguiente:
Entonces:
y= m x + b
Ptotal K CstVst
Vt
KCprob Vprob
Vt
En donde:
P= Absorbancia
Ptotal = Pproblema+ P estándar
Ptotal = Kvprob
Vt+KCstVst
Vt ;
258
en donde Cprob= concentración problema, Cstd = concentración estándar ,
Vst= volumen estándar, Vt= volumen total
Por lo que:
(KC prob) (Vprob)
Vt= b, por lo tanto, despejando la concentración problema de la
ecuación, se obtiene lo siguiente Cprob =b
m(
Vt
Vprob)
Sustituyendo los valores obtenidos experimentalmente, en la ecuación
Cprob =b
m(Vt
Vprob)
en donde b=0.404, m= 48169.055, Vt = 10 mL y Vprob = 1 mL, se obtiene lo
siguiente:
Se calcula la cantidad de plata en la solución problema
0.404
48169.055 (mL
mmol)(10 mL
1 mL) = 8.3871x10−5 (
mmol
mL) (10 mL)(100 mL)(100 mL) = 8.387 mmol Ag
Se calculan los mg de plata en cada moneda
8.387 mmolAg (107.87 mg Ag
1 mmol Ag) =
904.706 mg Ag
10 monedas= 90.47 mg Ag / moneda
Respuesta:
Cada moneda contiene 90.47 mg de Plata
259
g) Determine las ppm de Ag en la solución obtenida a partir del tratamiento de
las monedas
Las partes por millón es una medida de concentración que contempla los mg de
un analito en cada litro de solución
ppm Ag = 0.083871mmol
mL(107.87 mg Ag
1 mmol Ag) (1000 mL
1 L) = 9047.1648 ppm
Respuesta:
La solución obtenida a partir del tratamiento de las monedas contiene
9047.1648 ppm de plata
h) ¿Cómo prepararía la solución estándar de plata?
Suponiendo que la cantidad mínima que se puede pesar en una balanza analítica
son 20 mg, se propone realizar dos soluciones, de manera que no se requiera la
utilización de grandes volúmenes de diluyente. Se propone que la primera solución
(solución 1) se prepare en 10 mL, suponiendo tener un reactivo analítico de
pureza cercana a 100 % :
20 mg AgNO3 (1 mmol
169.87 mg AgNO3 RP) = 0.1178 mmol AgNO3
(0.1178 mmol AgNO3)
10 mL= 0.01178 M
Se procede a preparar la segunda solución, considerando que para la preparación
de sistemas se requieren en total 15 mL de solución estándar, y que las
mediciones se realicen por triplicado, se prepara una solución con un volumen
260
total de 50 mL; si la concentración deseada es 4.935X10-5 M y el volumen a
preparar es de 50 mL a partir de la solución ya propuesta de concentración
0.01178M se puede calcular el volumen de la solución 1 que requiere tomar para
aforar a un volumen de 50 mL :
(4.935X10−5 M)(50 mL)
0.01178 M= 0.210 mL o 210 µL de solución 1
Por lo tanto, se toman 2100 µL de solución 1 que se aforan con 50 mL de agua
destilada, para obtener una solución de AgNO3 4.935X10-5 M.
Nota: Es importante mencionar que esta es una propuesta para la preparación de
la solución estándar pero pueden realizarse una infinidad de propuestas para ello
261
Problema 4.4 Se desea analizar el contenido de plomo en sangre en un paciente
que se sospecha intoxicado por este metal. Para ello se toman 10 mL de sangre
del paciente y se realiza la digestión de esta para realizar la cuantificación
obteniéndose una solución de 20 mL. De la solución obtenida se tomaron 3 mL y
se llevaron a 25 mL con buffer para preparar la solución A.
Datos
Con base a la solución A se preparan los siguientes sistemas:
Sistema Blanco 0 1 2 3 4 5
Volumen
solución A
(mL)
0 2 2 2 2 2 2
Volumen
solución
estándar
(mL)
0 0 2 4 6 8 10
Volumen
EDTA (mL)
2 2 2 2 2 2 2
Volumen
DE Buffer
(mL)
6 5 4 3 2 1 0
Volumen de
H2O (mL)
6 5 4 3 2 1 0
Absorbancia
a 360 nm
___ 0.123 0.247 0.368 0.492 0.607 0.743
Las absorbancias se midieron a =360 nm en celdas con l=1cm. La solución
estándar se preparó con Pb(NO3)2 6.85X10-5 M. La solución de EDTA se preparó
con la sal disódica (Na2H2Y) de concentración 0.0400 M. El equilibrio generalizado
de reacción entre el plomo y el EDTA es:
262
Pb(II) ´ + Y ‘ ⇆ PbY’
Masas Molares Pb: 207.19 g/mol , N: 14.00 g/mol, O: 16.00 g/mol
PbY2- pKc= 13.00
Pb(OH)n2-n log 1=6.2; log 2=10.3; log 3=13.3
H4Y pKa´s= 2.0; 2.7; 6.3; 10.2
a) Escribir la reacción representativa que ocurre a pH=10.0 y determinar su
constante de equilibrio condicional.
b) ¿Qué método analítico se está utilizando para realizar el análisis de plomo?
c) Graficar A(360) = f(Cestándar)
d) Realice la regresión lineal de la curva y establezca los parámetros de
linealidad
e) Determinar la constante de proporcionalidad poniendo sus unidades
f) Determine la concentración molar de plomo por mL de sangre del paciente
analizado.
g) Determine los mg de sangre por 100 mL de sangre
h) Como prepararía la solución estándar de plomo? Si cuenta con un reactivo
de Pb(NO3)2 con ensayo de 97 %
263
Resolución
a) Escribir la reacción representativa que ocurre a pH=10.0 y determinar su
constante de equilibrio condicional.
Establecimiento de escalas de zonas de predominio
Planteamiento de reacción representativa a pH=10
H+ + Pb (OH)2 + HY3- ⇆ PbY 2- + 2 H2O
Determinación de la constante de equilibrio a partir de las constantes de
formación de complejos de plomo
Keq= (10 -10.3) (10 -10.2) (1013) (1028)= 1020.5
Determinación de la constante de equilibrio condicional a pH=10
Keq’ = 1020.5-pH
Respuesta:
Keq’ = 10 10.5
264
b) ¿Qué método analítico se está utilizando para realizar el análisis de plomo?
Curva de adición patrón indirecta sin dilución
c) Graficar A(360) = f(Cestándar)
Obtención de concentraciones a partir de la concentración inicial de la
solución estándar, el volumen de esta agregada a cada sistema y el volumen
final de los mismos, para trazar la gráfica correspondiente
Sistema Concentración estándar en el
sistema [M]
Absorbancia
0 0 0.123
1 9.7857x10-6 0.247
2 1.9571x10-5 0.368
3 2.9357x10-5 0.492
4 3.9143x10-5 0.607
5 4.8928x10-5 0.743
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 0,00001 0,00002 0,00003 0,00004 0,00005 0,00006
Abs
Concentración [M]
265
d) Realice la regresión lineal de la curva y establezca los parámetros de linealidad
Se realiza la regresión utilizando como herramienta la hoja de cálculo de Excel
Ecuación de linealización:
Abs= 12566.423 [M] + 0.122
e) Determinar la constante de proporcionalidad poniendo sus unidades
Siguiendo la metodología del problema 2, inciso d :
Abs = K(mol/L) , por lo tanto K = 12566.423 L
mol
Respuesta:
𝐊 = 𝟏𝟐𝟓𝟔𝟔. 𝟒𝟐𝟑 𝐋
𝐦𝐨𝐥
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 0,00001 0,00002 0,00003 0,00004 0,00005 0,00006
Abs
Concentración [M]
266
f) Determine la concentración molar de plomo por mL de sangre del paciente
analizado.
Siguiendo la metodología del ejercicio cuatro, inciso f:
Cprob en el sistema analizado= 0.122
12566.423 L
mol
(14 mL
2 mL) = 6.796x10−5 M
[Pb] por mL de sangre analizado: 6.796x10−5mmol
mL(25mL) (
20 mL
3 mL) =
(0.0113 mmolPb)
10 mL=
1.13x10−3M
Respuesta:
La concentración molar de plomo por cada mL de sangre corresponde a
𝟏. 𝟏𝟑𝐱𝟏𝟎−𝟑 𝐌
g) Determine los mg de sangre por 100 mL de sangre
mg Pb
dL= 1.13x10−3
mmol
mL(207.19 mg Pb
1 mmol Pb) (100 mL) = 23.41247 mg Pb/dL
Respuesta:
La concentración de plomo en sangre es de 𝟐𝟑. 𝟒𝟏𝟐𝟒𝟕 𝐦𝐠 𝐏𝐛/𝐝𝐋
h) Como prepararía la solución estándar de plomo? Si cuenta con un reactivo de
Pb(NO3)2 con ensayo de 97 %
Suponiendo que la cantidad mínima que se puede pesar en una balanza analítica
son 20 mg, se propone pesar 23.3889 mg de RA de Pb(NO3)2 y realizar dos
267
soluciones, de manera que no se requiera la utilización de grandes volúmenes de
diluyente. Se propone que la primera solución (solución 1) se prepare en 10 mL.
23.3889 mg Pb(NO3)2RC(97 mg RP
100 mg RC) (
1 mmol
331.2 mg Pb(NO3)2 RP) = 0.0685 mmol Pb(NO3)2
(0.0685 mmol Pb(NO3)2)
10 mL= 0.00685 M
Se procede a preparar la segunda solución, considerando que para la preparación
de sistemas se requieren en total 90 mL de solución estándar para realizar las
mediciones por triplicado, se prepara una solución con volumen total de 100 mL
siguiendo el principio C1V1=C2V2 ,en donde C1 = 6.85x10-5 M , V1 = 100 mL ,
C2= 0.00685 M y V2 corresponde al volumen de la solución 1 que requiere
agregarse para obtener una concentración de 6.85x10-5 M
(6.85X10−5 M)(100mL)
0.00685= 1 mL de solución 1
Por lo tanto, se toma 1 mL de solución 1 que se aforan con 100 mL de agua
destilada, para obtener una solución de Pb (NO3)2 6.85X10-5 M.
268
Problema 4.5 Sí se realiza un análisis y la propiedad tiene unidades de mV/mol y
la concentración del estándar empleado estaba en unidades de Molaridad.
Datos
Unidades de la propiedad: mV/mol
Unidades de la concentración de la solución estándar: mol/L
a) ¿Cuáles serán las unidades de la constante de proporcionalidad?
Resolución
a) ¿Cuáles serán las unidades de la constante de proporcionalidad?
Siguiendo la metodología del problema 3, inciso e
mV
mol = K (
mol
L)
mV
mol =
(mV)(L)
(mol)(mol)(mol
L) , por lo tanto K =
(mV)(L)
mol2
Respuesta:
Las unidades de la constante de proporcionalidad serían (𝐦𝐕)(𝐋)
𝐦𝐨𝐥𝟐
269
Problema 4.6 En una investigación experimental se desea cuantificar un fármaco
en un fluido biológico, para ello se cuenta con tres métodos instrumentales de
análisis.
Datos
Las ecuaciones obtenidas después de linealizar las curvas de calibración son las
siguientes:
Método Propiedad del
sistema problema
Ecuación Coeficiente de
determinación (r2)
Método 1 0.240 P= 0.002+3245 C 0.99978
Método 2 0.108 P=0.001+2432 C 0.99984
Método 3 0.098 P= 0.004+6528 C 0.99921
a) ¿Cuál de los tres métodos emplearía usted para realizar la cuantificación?
Justifique su respuesta.
Resolución
a) ¿Cuál de los tres métodos emplearía usted para realizar la cuantificación?
Justifique su respuesta
Para poder hacer una elección del método de medición, es necesario considerar
su sensibilidad y el coeficiente de determinación.
La sensibilidad es la propiedad analítica que se define como la capacidad de un
método para discriminar entre concentraciones semejantes de analito.
Corresponde a la pendiente de la curva respuesta -concentración, o el cambio de
respuesta por unidad de concentración, por lo que entre mayor sea la pendiente,
mayor será la sensibilidad del método. El coeficiente de determinación, permite
conocer la dependencia que existe entre la concentración de analito y la propiedad
270
medida, entre más cercano sea este coeficiente a 1 el método es más confiable
debido a que existe una mayor relación concentración-propiedad.
Por lo tanto, la mejor elección sería el método 3. El coeficiente de determinación
permite saber que en los tres métodos existe más del 99 % de relación entre las
variables, sin embargo, K en el método 3, equivalente a 6528 demuestra una
mayor sensibilidad del método.
271
Problema 4.7 Se tiene un lote de tabletas en las cuales se desea conocer el
contenido de ácido salicílico (C6H4 (OH)COOH) para ello se mide una masa de
325 mg de polvo de tableta, se disuelve en 25 mL (solución A) y de esta se toma
una alícuota de 5 mL y se afora a 50 mL (solución B) y se procede a la
preparación de los sistemas que se indican en la siguiente tabla y se realiza el
análisis instrumental. La solución estándar tenía una concentración de 3x10-3 M.
Datos
Sistema 1 2 3 4 5 6
Estándar de ácido salicílico
(mL) 0 1 2 3 4 5
Solución B (mL) 4 4 4 4 4 4
Buffer pH=2.9 (mL) 5 5 5 5 5 5
Solución Fe(III) 0.01 M (mL) 10 10 10 10 10 10
Disolvente (mL) 6 5 4 3 2 1
Propiedad (mV/mol) 0.34 0.40 0.47 0.54 0.60 0.67
Complejos con Fe(III)
Ligante log β1 log β2
OH- 11.0 21.7
(C6H4(OH)COOH) 18.8
(C6H4(OH)COOH) pKa= 13.1, masa molecular : 138 g/mol.
Peso promedio de una tableta que contiene ácido salicílico: 565mg
272
a) Escribir la reacción representativa que ocurre en la cuantificación y
determinar su constante de equilibrio condicional.
b) ¿Qué método analítico se está utilizando para realizar el análisis de ácido
salicílico?
c) Realizar la gráfica para la cuantificación y efectué la regresión lineal de la
curva y de la ecuación que describe la recta y el valor de r2
d) Determinar la constante de proporcionalidad poniendo sus unidades
e) Determine la concentración molar de ácido salicílico en la solución A
f) Determine los mg de ácido salicílico por tableta
g) Si cada tableta debe tener 250 mg ± 5 % , establezca si acepta el lote de
tabletas analizado, explique porque
Resolución
a) Escribir la reacción representativa que ocurre en la cuantificación y determinar
su constante de equilibrio condicional.
Se construyen las escalas de zonas de predominio para identificar especies
predominantes a pH= 2.9
273
Se determina la reacción representativa a partir de las especies obtenidas en las
escalas de zonas de predomino
Fe3++ HSal ⇆ Fe(Sal) 2++H+
Se calcula la constante de equilibrio condicional
Keq= (10 18.8)(10 - 13.1) = 10 5.7
Keq´= 10 5.7+pH
Respuesta:
Keq’ = 10 8.6
b) ¿Qué método analítico se está utilizando para realizar el análisis de ácido
salicílico?
Curva de adición patrón indirecta sin dilución
c) Realizar la gráfica para la cuantificación y efectué la regresión lineal de la curva
y de la ecuación que describe la recta y el valor de r2
Se obtienen las concentraciones a partir de la concentración inicial de la solución
estándar, el volumen de esta agregada a cada sistema y el volumen final de los
mismos, para trazar la gráfica correspondiente
274
Sistema Concentración estándar en el
sistema [M]
Absorbancia
1 0 0.34
2 1.2x10-6 0.40
3 2.4x10-6 0.47
4 3.6x10-6 0.54
5 4.8x10-6 0.60
6 6x10-6 0.67
Se realiza la regresión utilizando como herramienta la hoja de cálculo de Excel
Ecuación que describe a la recta:
Abs=552.3810 [M] + 0.3376
r2 = 0.9995
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
0,6
0,7
0,8
0 0,000001 0,000002 0,000003 0,000004 0,000005 0,000006 0,000007
Concentración [ M]
Abs
275
d) Determinar la constante de proporcionalidad poniendo sus unidades
Respuesta:
𝐊 = 𝟓𝟓𝟐. 𝟑𝟖𝟏𝟎 𝐋
𝐦𝐨𝐥
e) Determine la concentración molar de ácido salicílico en la solución A
Siguiendo la metodología del problema3, inciso f:
Cprob en el sistema analizado= 0.3376
552.3810 L
mol
(25 mL
4 mL) = 3.8198x10−3 M
Cprob el solución A= (3.8198x10−3 M)(50 mL)
5 mL= 3.8198x10−2 M
Respuesta:
La concentración de ácido salicílico en la solución A es 𝟑. 𝟖𝟏𝟗𝟖𝐱𝟏𝟎−𝟐 𝐌
f) Determine los mg de ácido salicílico por tableta
mg de ácido salicílico:
3.8198x10−4 (mmol
mL) (25mL) (
130 mg Ácido salisílico
mmol Ácido salisílico) = 124.1514 mg de ácido salicílico
mg de ácido salicílico por tableta:
(124.1514 mg de ácido salicílico
325 mg de polvo de tableta) (565 mg
1 tableta) = 215.8325 mg de ácido salicílico /tableta
276
Respuesta:
Cada tableta de contiene 215.8325 mg de ácido salicílico
g) Si cada tableta debe tener 250 mg ± 5 % , establezca si acepta el lote de
tabletas analizado, explique por qué
Se calcula el porcentaje de ácido salicílico en las tabletas analizadas:
215.8325 𝑚𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑐í𝑙𝑖𝑐𝑜
250 𝑚𝑔 𝑑𝑒 á𝑐𝑖𝑑𝑜 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑐í𝑙𝑖𝑐𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑏𝑙𝑒𝑡𝑎(100) = 86.33 %
con lo que se puede decir que el lote no se acepta debido a que contiene una
cantidad por debajo del límite de porcentaje menor permitido.
277
Problema 4.8 Se desea cuantificar una especie tóxica biológicamente (X) en una
muestra de agua contaminada, para ello se procede a realizar una valoración
instrumental, obedeciendo a un comportamiento lineal de la propiedad en relación
a la concentración.
Datos
Se sabe que la ecuación de valoración está representada por:
𝐗 + 𝟐 𝐋 ⇆ XL2
a) Si la propiedad del sistema está dada por L´´ y XL2 y siendo la KL << KXL2 dibuje
la forma que tendrá la curva de valoración
b) Si la propiedad la diera solamente L ¿Cuál sería la forma de la curva de
valoración?
Resolución
a) Si la propiedad del sistema está dada por L´´ y XL2 y siendo la KL << KXL2
dibuje la forma que tendrá la curva de valoración
La forma de la curva se determina a partir de las sustancias que dan la propiedad,
que pueden ser los reactivos, o el producto; y se puede predecir mediante la
construcción de una tabla de variación de cantidades molares como la que se
muestra a continuación:
278
𝐗 + 𝟐 𝐋 ⇆ XL2
Inicio CoVo
Agregado CV
Antes del punto de
equivalencia
CoVo -1
2CV 2 ɛ 1
2CV
Punto de equivalencia ɛ 2 ɛ CoVo
Después del punto de
equivalencia
ɛ CV- 2 CoVo CoVo
En este caso, la forma de la curva está dada por el valorante y el producto, por lo
que la señal comienza a mostrarse desde el inicio de la valoración, al estar
llevándose a cabo la formación de producto. Después del punto de equivalencia la
cantidad de producto se mantiene estable, sin embargo existe un exceso de
titulante, por lo que la propiedad en medición aumenta; lo que genera una curva
como la siguiente:
279
b) Si la propiedad la diera solamente L ¿Cuál sería la forma de la curva de
valoración?
Debido a que la propiedad es dada por L , esta no se presentará antes del punto
de equivalencia, ya que en esta etapa el analito de interés es el que se encuentra
en exceso y el producto que se ha comenzado a formar no influye en la medición
de la propiedad. Después del punto de equivalencia se observará un aumento
considerable de la propiedad, ya que el reactivo titulante se encuentra en exceso.
280
Problema 4.9 Se quiere conocer la cantidad de Arsénico en un manto acuífero
cerca de una zona minera, ya que se sospecha se está contaminando el agua y
que ello sea la causa de problemas de toxicidad en la población. Para la
determinación se toman alícuotas de 5 mL de agua y se realiza una valoración con
un kit espectrofotométrico selectivo para As.
Datos
La reacción de valoración tiene la siguiente estequiometria:
𝟐 𝐀𝐬 + 𝟑 𝐍 ⇆ As2N3
a) La propiedad registrada está dada por As y As2N3 y se sabe que
KAs>> KAs2N3 ¿cuál será la forma que tendrá la curva de valoración?
b) Desarrolle la Tabla de Variación de Cantidades Molares para el proceso de
valoración
c) Escriba las funciones matemáticas que permitirán calcular la curva teórica
de valoración (inicio, APE, PE y DPE)
d) Como determinaría la constante de proporcionalidad, matemáticamente,
para la especie As
e) Si se sabe que [N]=3.2x10-4 M y se requirieron 2.3 mL para el punto de
equivalencia ¿Cuál será la concentración de As en el agua analizada?
f) Determine las ppm de As en el agua analizada
Resolución
a) La propiedad registrada está dada por As y As2N3 y se sabe que KAs>> KAs2N3
¿cuál será la forma que tendrá la curva de valoración?
En este caso la propiedad comenzará a registrarse desde antes de que
comience la titulación, ya que el As es uno de los reactivos que registran
propiedad. Esta señal comenzará a disminuir a medida que se agregue el
titulante. Después del punto de equivalencia se mantendrá el registro de una
281
propiedad constante, debido a que esta es proporcionada solamente por el
producto; As2N3.
Nota: la propiedad será constante en los sistemas sin dilución, y en caso de que
esta exista en los sistemas, la propiedad a graficar deberá ser corregida.
b) Desarrolle la Tabla de Variación de Cantidades Molares para el proceso de
valoración
𝟐 𝐀𝐬 + 𝟑 𝐍 ⇆ As2N3
Inicio CoVo
Agregado CV
Antes del punto de
equivalencia
CoVo -2
3CV
3 ɛ 1
3CV
Punto de equivalencia 2 ɛ 3 ɛ 1
2 CoVo
Después del punto de
equivalencia
2 ɛ CV-3
2 CoVo
1
2 CoVo
282
c) Escriba las funciones matemáticas que permitirán calcular la curva teórica de
valoración (inicio, APE, PE y DPE)
Considerando que una curva de valoración es un gráfico de absorbancia,
corregida por cambios de volumen, como una función del volumen del valorante, y
que sí se eligen las condiciones adecuadamente, la curva consistirá de dos
regiones de líneas rectas con pendientes diferentes, una que ocurre al comienzo
del proceso y la otra ubicada más allá de la región del punto de equivalencia;
siendo este la intersección de las porciones lineales. Por tanto, se pueden plantear
las funciones a partir de conocer las especies que dan la propiedad en la
medición.
Para este caso, el arsénico es una de las especies que permiten la medición de la
propiedad, por lo que la curva al inicio estará delimitada por la cantidad de
arsénico en el sistema, lo que será la ordenada al origen; antes del punto de
equivalencia lo estará por la cantidad de As y As2N3, y después del punto de
equivalencia por la existencia solamente del producto As2N3 , por lo cual se
pueden obtener las siguientes funciones:
P
Inicio
KAs CoVo
Vt
Antes del punto de equivalencia
KAs
CoVo−(2
3)CV
Vt + KAs2N3
(1
3CV)
Vt
Punto de equivalencia KAs2N3
1
2 CoVo
Vt
Después del punto de equivalencia
KAs2N3
1
2 CoVo
Vt
P=propiedad
Vt= Volumen total
Dado que se grafica en función del volumen de valorante (V) las ecuaciones para
determinar la propiedad en función de éste son:
283
P =
{
inicio KAs
CoVo
Vt
APE KAsCoVo
Vt + (KAs2N3
C
3Vt – KAs
2C
3Vt) V
PE y DPE KAs2N3CoVo
2Vt
d) Como determinaría la constante de proporcionalidad, matemáticamente, para
la especie As
A partir de la ecuación que define a la valoración y considerando que la
constante de As corresponde a la ordenada al origen, se tiene que la constante
de proporcionalidad de As es:
KAsCoVo
Vt =b
Por lo que:
KAs =b VtCoVo
e) Si se sabe que [N]=3.2x10-4 M y se requirieron 2.3 mL para el punto de
equivalencia ¿Cuál será la concentración de As en el agua analizada?
[As] = (3.2x10−4 M)(2.3 mL) = 7.36x10−4mmol N (2 mmolAs
3 mmol N) =
4.9067x10−4 mmolAs
5 mL
= 9.81x10−5 M
284
Respuesta:
El agua analizada tiene una concentración de As de 9.81x10-5 M
f) Determine las ppm de As en el agua analizada
ppm de As = 9.81x10−5mmol
mL( 74.92 mg As
1 mmol As) (1000 mL
1 L) = 7.349 mg As/L
Respuesta:
El agua analizada contiene 7.349 ppm de Arsénico
285
Problema 4.10 En la cuantificación de la especie “X” por medio de una curva de
calibración se tuvieron los datos que se muestra en la impresión de la hoja de
cálculo Excel, estableciéndose gráficamente que se tiene un comportamiento
lineal
Datos
a) Escriba la fórmula que ingresaría en la celda B21 para poder realizar la
determinación de la concentración de la especie X en el sistema al cual se
le midió la propiedad de 589.3
b) Escriba la fórmula que ingresaría en la celda B23 para poder realizar la
determinación de la concentración de la especie X en la solución inicial que
fue analizada (en los 2 mL)
286
Resolución
a) Escriba la formulación que ingresaría en la celda B21 para poder realizar la
determinación de la especie X en el sistema al cual se le midió la propiedad
de 589.3
Para realizar cálculos en la hoja de Excel, es necesario hacer referencia a las
celdas según su ubicación en la fila y la columna de la hoja.
Para efectuar cálculos es necesario seleccionar una celda y escribir un signo igual
(=). Esto indica a Excel que la celda contendrá una fórmula. Enseguida se escribe
una combinación de números y operadores de cálculo, como el signo más (+) para
la suma, el signo menos (-) para la resta, el asterisco (*) para la multiplicación o la
barra invertida (/) para la división.
Para la determinación de la especie X en el sistema es necesario identificar
primeramente de qué tipo de método se trata, para saber la ecuación que requiere
emplearse para la cuantificación.
287
Solamente contiene un sistema con especie X, por lo tanto se trata de una curva
de calibración. Para calcular la concentración de esta especie se utiliza la
ecuación:
P = kx + b
P = KCV
VTotal+ b
P = KCsistema + b
Despejando se puede conocer la concentración del analito en el sistema problema
P − b
K= Csistema
288
en donde P= propiedad del sistema problema; b = ordenada al origen, K =
pendiente de la recta, cuyos valores deberán ser insertados en la celda B21 como
se muestra a continuación:
b) Escriba la formulación que ingresaría en la celda B23 para poder realizar la
determinación de la especie X en la solución inicial que fue analizada (en
los 2 mL)
Para calcular la concentración de esta especie se utiliza la fórmula:
Pproblema − b
K(
Vtotal
Vproblema) = Concentración problema
289
Cuyos valores deberán ser sustituidos e insertados en la celda B23 como se
muestra a continuación:
290
Problema 4.11 Se requiere tener una hoja de cálculo para predecir el
comportamiento que tendrá la curva de calibración que se emplea para la
cuantificación de la especie X, por lo que se tomó la decisión de realizar esta en el
programa de Microsoft Excel, el químico que la realizaba enfermó y la dejó
inconclusa. La imagen muestra el avance que se tiene en ella:
Datos
a) Escriba la función a introducir en las celdas C9-C13 para poder calcular la
concentración de la solución estándar en los sistemas.
b) Escriba la fórmula que pondría en la celda D9 para poder estimar la
propiedad para cada sistema
Resolución
a) Escriba la función a introducir en las celdas C9-C13 para poder calcular la
concentración de la solución estándar en los sistemas.
La concentración de los sistemas se calcula de la siguiente manera:
291
(Concentración de solución estándar)(Volumen agregado al sistema)
Volumen total del sistema= Cestsistema
Por lo tanto los valores se sustituyen y se ingresan en la hoja de Excel como se
muestra a continuación:
El símbolo ($) sirve para fijar una fila, una columna o ambas en Excel, lo que
permite que al “arrastar” una celda con una fórmula apuntando a otras, los valores
queden fijos, este símbolo se puede utilizar para el volumen total de los sistemas
(B6) y la concentración de la solución estándar (B3), de manera que al arrastrar el
primer valor calculado de C9 a C13 se obtenga el cálculo inmediato de las
concentraciones
292
b) Escriba la fórmula que pondría en la celda D9 para poder estimar la
propiedad para cada sistema.
Considerando que se trata de una curva de calibración, representada por la
ecuación y=mx+b, en donde y representa la propiedad, se realiza la sustitución
correspondiente
294
CONCLUSIONES
Mediante la búsqueda intensiva de información bibliográfica de los temas de
acidez, complejos, solubilidad y óxido-reducción, que son abordados en la materia
de Química Analítica Aplicada para las carreras de Bioquímica Diagnóstica y
Farmacia, se logró construir una guía complementaria de estudio a base de
problemas resueltos para dicha asignatura, por medio del planteamiento de
modelos analíticos como Escalas de Predicción de Reacción , Escalas de Zonas
de Predominio , Diagramas de Zonas de Predominio , Diagramas de Fases
Condensadas , Diagramas de Existencia Predominio y Diagramas de Tipo
Pourbaix ; de dificultad creciente y creando así cuatro apartados. Con este
material se buscó crear una herramienta totalmente fundamentada en el temario
de Química Analítica Aplicada que se imparte específicamente en la FES-
Cuautitlán, creando así un material único en su tipo que permitiera al alumno
fortalecer sus destrezas para la comprensión de información, al mismo tiempo que
permitiera reafirmar y aplicar los conocimientos adquiridos a lo largo del curso.
295
REFERENCIAS
Belarra-Poedrafita, M. (2011). Introducción a la química analítica. España: Prensas
Universitarias de Zaragoza.
Bolaños Chombo, V. (2003). Química analítica cualitativa. (Reacciones en
solución). México: UAEM
Buerriel Martí, F., Lucena Conde, F., Arribas Jimeno, S. & Hernández Méndez, J.
(2008). Química analítica cualitativa. 18ª ed. España: Parainfo
Cañizares-Macías, M. (2007). Fundamentos de química analítica: teoría y
ejercicios. México:UNAM.
Christian, G. (2009). Química analítica. 6ª ed. México:McGraw-Hill.
Clavijo Díaz, A. (2002). Fundamentos de química analítica: Equilibrio iónico y
análisis químico. Colombia: Universidad Nacional de Colombia.
Harris, D. (2007).Análisis químico cualitativo. 6ª ed. España: Reverté.
Reboiras, M. (2006). Química: La ciencia básica. España: Parainfo.
Riaño-Cabrera, N. (2007). Análisis de química analítica básica. Análisis
cuantitativo. Colombia: Universidad de Caldas.
Ringbom, A. (1979). Formación de complejos en química analítica. España:
Alhambra.
Skoog, D., West, D., Holler, F. & Crouch, S. (2005). Fundamentos de Química
Analítica.8va ed. México: Thomson.
Teijón, J., García, J., Jiménez, Y. & Guerrero, I. (2006). La química en problemas.
España: Tébar.
Trujillo-Santacoloma, F. (2004). Química en soluciones acuosas: teoría y
aplicaciones. 4ª ed. Colombia: Universidad de Medellín.
296
ANEXO
Se presenta un compendio de Diagramas de Zonas de Predominio de los iones
metálicos más comunes con algunos de los ligandos más utilizados y revisados en
los cursos de Química Analítica en medio amortiguado impartidos en las carreras
del área Química de la FES-Cuautitlán. Esto con la finalidad de que el estudiante
pueda revisar aquellos que se le asignan a realizar en los cursos o bien como un
apoyo para la resolución de problemas en los que dichos diagramas estén
implícitos.
Todos los diagramas se realizaron con ayuda del programa computacional
αAlpha.
297
DIAGRAMAS DE ZONAS DE
PREDOMINIO PARA
COMPLEJOS METÁLICOS CON
AMONIACO (NH3)
NH4+ / NH3 pKa =9.25
298
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Mn(II)
Complejo log β1 log β2 Mn (OH)n
2-n 3.4
Mn(NH3)n2+
0.8 1.3
299
Funciones
Equilibrio Generalizado I
Mn(II)’ + NH3 ´ ⇆ Mn(NH3)´
Equilibrio Generalizado II
Mn(NH3)´ + NH3 ´ ⇆ Mn(NH3)2´
pH ≤ 9.25
p NH3 ´= -8.45 + pH pH ≤ 9.25
pNH3 ´= -8.75 + pH
9.25 ≤ pH ≤ 10.6 p NH3 ´= 0.8
9.25≤pH ≤ 10.9 pNH3 ´= 0.5
10.6 ≤pH ≤ 10.9 p NH3 ´= 11.4 –pH
Equilibrio corregido
Mn(II)’ + 2 NH3 ´= ⇆ Mn(NH3)2´
pH ≥ 10.9
pNH3 ´= 5.95-0.5pH
300
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Cu(I)
Complejo log β1 log β2 Cu(NH3)n
+ 5.90 10.80
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cu(II)’ + NH3 ´⇆ Cu(NH3)´
Equilibrio Generalizado II Cu(NH3 )’ + NH3 ´⇆ Cu(NH3)2´
pH ≤ 9.25 pNH3 ´= -3.35 + pH pH≤ 9.25 pNH3 ´= -4.35 + pH pH ≥ 9.25
pNH3 ´= 5.90
pH≥ 9.25
pNH3 ´= 4.9
301
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Ag(I)
Complejo log β1 log β2 log β3 Ag(OH)n
1-n 2.3 3.6 4.8
Ag(NH3)n+ 3.4 7.4
302
Funciones
Equilibrio Generalizado Ag(II)’ + NH3’ ⇆ Ag(NH3)’
pH ≤ 9.25
pNH3 ´= -5.55 + pH
9.25 ≤ pH ≤ 11.7 11.7 ≤ pH ≤ 12.7 12.7 ≤ pH ≤ 12.8
pNH3 ´= 3.7 pNH3 ´= 9.55-0.5pH pNH3 ´= 15.9- pH
pH ≥ 12.8 pNH3 ´= 22.3-1.5 pH
303
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Cd(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 log β5 log β6 Cd(OH)n
2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(NH3)n2+
2.6 4.65 6.04 6.92 6.6 4.9
304
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cd(II)’+ NH3’ ⇆ Cd(NH3)’
Equilibrio Generalizado II Cd(NH3)’ + NH3’ ⇆ Cd(NH3)2’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -6.65+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -7.2+pH
9.25 ≤ pH ≤ 9.7 pNH3’ = 2.6 9.25 ≤pH≤ 10.25
pNH3’= 2.05
9.7 ≤ pH ≤ 10.25 pNH3’=12.3-pH
Equilibrio corregido Cd(II)’+ 2 NH3’ ⇆ Cd(NH3)2’
10.25 ≤ pH ≤ 10.6
pNH3’= 7.175-0.5pH
10.6 ≤ pH ≤ 11.085 pNH3’= 12.475-pH
Equilibrio Generalizado III Cd(NH3)2’ + NH3’ ⇆ Cd(NH3)3’
Equilibrio Generalizado IV Cd(NH3)3’ + NH3’ ⇆ Cd(NH3)4’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -7.86+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.37+pH
9.25 ≤ pH ≤ 11.085 pNH3’ = 1.39 9.25 ≤pH≤ 11.7
pNH3’= 0.88
Equilibrio corregido
Cd(II)’+ 3 NH3’ ⇆ Cd(NH3)3’
Equilibrio corregido Cd(II)’+ 4 NH3’ ⇆ Cd(NH3)4’
11.085 ≤ pH ≤ 11.4 pNH3’=
(𝟐𝟔.𝟑𝟒−𝟐𝐩𝐇)
𝟑 11.7 ≤ pH ≤ 12.3
pNH3’= 9.655-0.75pH
11.4 ≤ pH ≤ 11.7 pNH3’ = 12.58-pH 12.3 ≤ pH ≤ 13.05 pNH3’= 12.73-pH
Equilibrio Generalizado V Cd(NH3)4’+ NH3’ ⇆ Cd(NH3)5’
Equilibrio Generalizado VI Cd(NH3)5’+ + NH3’ ⇆ Cd(NH3)6’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.57 +pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -10.95+pH
9.25 ≤ pH ≤ 13.05 pNH3’ = -0.32
pH ≥9.25 pNH3’= -1.7
Equilibrio corregido
Cd(II)’+ 5 NH3’ ⇆ Cd(NH3)5
305
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Mg(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Mg(OH)n
2-n 2.6
Mg(NH3)n2+
0.23 0.08 -0.36 -1.1
306
Funciones
Equilibrio Generalizado I Mg(II)’ + NH3’ ⇆ Mg(NH3)´
Equilibrio Generalizado II Mg(NH3)´ + NH3’ ⇆ Mg(NH3)2´
pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.02+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.4+pH
9.25 ≤ pH ≤ 11.4 pNH3’ = 0.23 9.25 ≤pH≤ 11.78
pNH3’= -0.15
11.4 ≤ pH ≤ 11.78 pNH3’=11.63-pH
Equilibrio corregido
Mg(II)’ + 2 NH3’ ⇆ Mg(NH3)2´
11.78≤pH≤ 12.36
pNH3’= 5.74-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Mg(NH3)2´ + NH3’ ⇆ Mg(NH3)3´
Equilibrio Generalizado IV Mg(NH3)3´ + NH3’ ⇆ Mg(NH3)4´
pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.69+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.99+pH
9.25 ≤ pH ≤ 12.36 pNH3’ = -0.44 9.25 ≤pH≤ 13.26
pNH3’= -0.74
Equilibrio corregido Mg(II)’ + 3 NH3’ ⇆ Mg(NH3)3´
Equilibrio corregido Mg(II)’ + 4 NH3’ ⇆ Mg(NH3)4´
12.36 ≤ pH ≤ 13.26 pNH3’ =
𝟏𝟏.𝟎𝟒−𝒑𝑯
𝟑 pH ≥13.26
pNH3’= 2.575-0.25pH
307
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Co(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 log β5 log β6 Co(OH)n
2-n 5.1 --------- 10.2
Co(NH3)n2+
2.05 3.62 4.61 5.31 5.43 4.75
308
Funciones
Equilibrio Generalizado I Co(II)´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)´
Equilibrio Generalizado II Co(NH3)´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)2´
pH ≤ 8.9
pNH3’= -7.2+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -7.68+pH
8.9 ≤ pH ≤ 9.25 pNH3’ = 1.7 9.25 ≤pH≤ 9.38
pNH3’= 1.57
9.25 ≤ pH ≤ 9.38 pNH3’=10.95-pH
Equilibrio corregido Co(II)’+ 2 NH3 ´ ⇆Co(NH3)2´
9.38 ≤ pH ≤ 10.54
pNH3’= 6.26-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Co(NH3)2´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)3´
Equilibrio Generalizado IV Co(NH3)3´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)4´
pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.26+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.55+pH
9.25 ≤ pH ≤ 10.54 pNH3’ = 0.99 9.25 ≤pH≤ 11.41
pNH3’= 0.7
Equilibrio corregido
Co(II)’+ 3 NH3 ´ ⇆Co(NH3)3´
Equilibrio corregido
Co(II)’+ 4 NH3 ´ ⇆Co(NH3)4´
10.54 ≤ pH ≤ 11.41 pNH3’=(𝟏𝟑.𝟓𝟏−𝐩𝐇)
𝟑 11.41 ≤ pH ≤ 11.45
pNH3’= 3.5525-0.25pH
11.45 ≤ pH ≤ 12.21
pNH3’= 9.2775-0.75pH
Equilibrio Generalizado V Co(NH3)4´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)5´
Equilibrio Generalizado VI Co(NH3)5´+ NH3’ ⇆ Co(NH3)6´
pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.13 +pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.93+pH
9.25 ≤ pH ≤ 12.21 pNH3’ = 0.12
9.25 ≤ pH ≤ 13.5433 pNH3’= -0.68
Equilibrio corregido Co(II)’+ 5 NH3 ´ ⇆Co(NH3)5´
Equilibrio corregido Co(II)’+ 6 NH3 ´ ⇆Co(NH3)6´
12.21 ≤ pH ≤ 13.5433 pNH3’ = 7.446-0.6pH pH ≥13.5433 pNH3’= 𝟑𝟔.𝟓𝟓−𝟑𝐩𝐇
𝟔
309
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Ni(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 log β5 log β6 Ni(OH)n
2-n 4.6
Ni(NH3)n2+
2.75 4.95 6.64 7.79 8.50 8.49
310
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ni(II)’ + NH3’ ⇆ Ni(NH3)’
Equilibrio Generalizado II Ni(NH3)’+ NH3’ ⇆ Ni(NH3)2’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -6.5+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -7.05+pH
9.25 ≤ pH ≤ 9.4 pNH3’ = 2.75 9.25 ≤pH≤ 9.95
pNH3’= 2.2
9.4 ≤ pH ≤ 9.95 pNH3’=12.15-pH Equilibrio corregido
Ni(II)’ + 2 NH3’ ⇆ Ni(NH3)2’
9.95 ≤ pH ≤ 10.97
pNH3’= 7.175-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Ni(NH3)2’+ NH3’ ⇆ Ni(NH3)3’
Equilibrio Generalizado IV Ni(NH3)3’+ NH3’ ⇆ Ni(NH3)4’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -7.56+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.1+pH
9.25 ≤ pH ≤ 10.97 pNH3’ = 1.69 9.25 ≤pH≤ 12.59
pNH3’= 1.15
Equilibrio corregido
Ni(II)’ + 3 NH3’ ⇆ Ni(NH3)3’
Equilibrio corregido
Ni(II)’ + 4 NH3’ ⇆ Ni(NH3)4’
10.97 ≤ pH ≤ 12.59 pNH3’=(𝟏𝟔.𝟎𝟒−𝐩𝐇)
𝟑 pH ≥12.59 pNH3’=4.2975-
0.25pH
Equilibrio Generalizado V Ni(NH3)4’+ NH3’ ⇆ Ni(NH3)5’
Equilibrio Generalizado VI Ni(NH3)5’+ NH3’ ⇆ Ni(NH3)6’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.54+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.26+pH
pH ≥9.25 pNH3’ = 0.71
pH ≥9.25 pNH3’= -0.01
311
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Hg(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Hg(OH)n
2-n 10.3 21.7
Hg(NH3)n2+
8.80 17.5 18.5 19.4
312
Funciones
Equilibrio Generalizado I Hg(II)’ + NH3’ ⇆ Hg(NH3)’
Equilibrio Generalizado II Hg(NH3)’+ NH3’ ⇆ Hg(NH3)2’
pH ≤ 3.15
pNH3’= -0.45+pH pH ≤ 3.2
pNH3’= -0.55+pH
3.15 ≤ pH ≤ 3.2 pNH3’ = 5.85-pH Equilibrio corregido
Hg(II)´+ 2 NH3’ ⇆ Hg(NH3)2’
3.2≤ pH ≤ 9.25
pNH3’=2.65
9.25 ≤ pH ≤ 10.9
pNH3’= 11.9-pH
Equilibrio Generalizado III Hg(NH3)2’+ NH3’ ⇆ Hg(NH3)3’
Equilibrio Generalizado IV Hg(NH3)3’+ NH3’ ⇆ Hg(NH3)4’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.25+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -8.35+pH
9.25 ≤ pH ≤ 10.9 pNH3’ = 1 9.25 ≤pH≤ 11.05
pNH3’= 0.9
Equilibrio corregido Hg(II)´+ 3 NH3’ ⇆ Hg(NH3)3’
Equilibrio corregido Hg(II)´+ 4 NH3’ ⇆ Hg(NH3)4’
10.9 ≤ pH ≤ 11.05 pNH3’=
(𝟐𝟒.𝟖−𝟐𝐩𝐇)
𝟑 pH ≥11.05 pNH3’=6.425-0.5pH
313
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Ca(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Ca(OH)n
2-n 1.3
Ca(NH3)n2+
-0.2 -0.8 -1.6 -2.7
314
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ca(II)’ + NH3’ ⇆ Ca(NH3)’
Equilibrio Generalizado II Ca(NH3)’+ NH3’ ⇆ Ca(NH3)2 ’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.45+pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -9.85+pH
9.25 ≤ pH ≤ 12.7 pNH3’ = -0.2 9.25≤ pH ≤ 13.1
pNH3’= -0.6
12.7 ≤ pH ≤ 13.1 pNH3’ = 12.5-pH
Equilibrio corregido Ca(II)’ + 2 NH3’ ⇆ Ca(NH3)2 ’
13.1 ≤ pH ≤ 13.5
pNH3’= 5.95-0.5Ph
Equilibrio Generalizado III Ca(NH3)2’+ NH3’ ⇆ Ca(NH3)3 ’
Equilibrio Generalizado IV Ca(NH3)3’+ NH3’ ⇆ Ca(NH3)4 ’
pH ≤ 9.25
pNH3’= -10.05 +pH pH ≤ 9.25
pNH3’= -10.35+pH
9.25 ≤ pH ≤ 13.5 pNH3’ = -0.8
pH ≥9.25 pNH3’= -1.1
Equilibrio corregido
Ca(II)’ + 3 NH3’ ⇆ Ca(NH3)3´
pH ≥13.5 pNH3’=(𝟏𝟏.𝟏−𝐩𝐇)
𝟑
315
Diagrama de Zonas de Predominio pNH3’ = f(pH) para Zn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Zn(OH)n
2-n 4.4 --------- 14.4 15.5
Zn(NH3)n2+
2.27 4.61 7.01 9.06
316
Funciones
Equilibrio Generalizado I Zn(II)’ + 3 NH3’ ⇆ Zn(NH3)3’
Equilibrio Generalizado II Zn(NH3)3’+ NH3’ ⇆ Zn(NH3)4’
pH ≤ 9.2
pNH3 ´= −𝟐𝟎.𝟕𝟒+𝟑𝐩𝐇
𝟑 pH≤ 9.25 pNH3 ´ = -7.2+pH
9.2 ≤ pH ≤ 9.25 pNH3’ = 𝟔.𝟖𝟔
𝟑
9.25 ≤ pH ≤ 9.4867 pNH3 ´= = 2.05
9.25 ≤ pH ≤ 9.4867 pNH3’ = 𝟑𝟒.𝟔𝟏−𝟑𝐩𝐇
𝟑
Equilibrio corregido
Zn(II)’+ 4 NH3’ ⇆ Zn(NH3)4’
9.4867 ≤ pH ≤ 12.9 pNH3 ´= 9.165-0.75Ph pH≥ 12.9
pNH3 ´= 12.39-pH
317
DIAGRAMAS DE ZONAS DE
PREDOMINIO PARA COMPLEJOS
METÁLICOS CON OXALATO(C2O42-
)
H2C2O4pKa´s =1.25; 4.29
318
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Cd(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Cd(OH)n
2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(Ox)n2-2n
2.9 4.7
319
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cd(II)´+ Ox´ ⇆ Cd(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Cd(Ox)´ + Ox´ ⇆ Cd(Ox)2´
pH ≤ 1.25 pOx´ = -2.64+2pH pH ≤1.25
pOx´ = -3.74+2pH
1.25 ≤ pH ≤ 4.29 pOx´ = -1.39 + pH
1.25≤pH ≤ 4.29 pOx´ = -2.49+pH
4.29≤pH ≤ 9.7 pOx´ =2.9 4.29≤pH ≤ 10.7 pOx´ = 1.8
9.7≤pH ≤ 10.6 pOx´ =12.6-pH
10.6 ≤pH ≤ 10.7 pOx´ =23.2-2pH
Equilibrio corregido Cd(II)´+ 2 Ox´ ⇆ Cd(Ox)2´
10.7≤pH ≤ 11.4
pOx´ = 12.5-pH
11.4≤pH ≤ 12.3
pOx´ = 18.2-1.5pH
pH ≥ 12.3
pOx´ = 24.35-2pH
320
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Ce(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 Ce(OH)n
3-n 5
Ce(Ox)n3-2n
5.1 8.6 9.6
321
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ce(III)´ + Ox´ ⇆ Ce(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Ce(Ox)´+ Ox´ ⇆ Ce(Ox)2´
pH ≤ 1.25
pOx´ =-0.44+2pH pH ≤ 1.25
pOx´ = -2.04+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 pOx´ = 0.81+pH 1.25 ≤pH ≤ 4.29
pOx´ = -0.79+pH
4.29 ≤pH ≤ 9
pOx´ = 5.1 4.29≤pH ≤ 10.6 pOx´ = 3.5
9 ≤pH ≤ 10.6
pOx´ = 14.1-pH
Equilibrio corregido Ce(III)´ + 2 Ox´ ⇆ Ce(Ox)2´
pH ≥ 10.6
pOx´ = 8.8-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Ce(Ox)2´+ Ox´ ⇆ Ce(Ox)3´
pH ≤ 1.25
pOx´ =-4.54+2pH
1.25 ≤pH ≤ 4.29 pOx´ =-3.29+pH
pH ≥ 4.29
pOx´ = 1
322
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Mg(II)
Complejo log β1 Mg(OH)n
2-n 2.6 Mg(Ox)n
2-2n 2.4
323
Funciones
Equilibrio Generalizado Mg(II)´+ Ox´⇆ Mg(Ox)´
pH ≤ 1.25
pOx ‘= -3.14+2pH
1.25 ≤ pH ≤ 4.29
pOx´= -1.89+pH
4.29 ≤ pH ≤ 11.4 pOx´= 2.4
pH ≥ 11.4 pOx´= 13.8- pH
324
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Mn(II)
Complejo log β1 log β2 Mn(OH)n
2-n 3.4
Mn(Ox)n2-2n
2.7 4.1
325
Funciones
Equilibrio Generalizado I Mn(II)’ + Ox´ ⇆ Mn(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Mn(Ox)´+ Ox´ ⇆ Mn(Ox)2´
pH ≤ 1.25 pOx´ = -2.84+2pH pH ≤1.25
pOx´ = -4.14+2pH
1.25 ≤ pH ≤ 4.29
pOx´ = -1.59 + pH 1.25≤pH ≤ 4.29 pOx´ = -2.89+pH
4.29≤pH ≤ 10.6 pOx´ =2.7 4.29≤pH ≤ 11.9 pOx´ = 1.4
10.6 ≤pH ≤ 11.9 pOx´ =13.3-pH
Equilibrio corregido Mn(II)’ + 2 Ox´ ⇆ Mn(Ox)2´
pH ≥ 11.9 pOx´ = 7.35-0.5 pH
326
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Mn(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 Mn(Ox)n
3-2n 10 16.6 19.4
327
Funciones
Equilibrio Generalizado I Mn(III)’ + Ox´ ⇆ Mn(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Mn(Ox)´+ Ox´ ⇆ Mn(Ox)2´
pH ≤ 1.25
pOx´ = 4.46+2pH pH ≤ 1.25
pOx´ = 1.06+2pH
1.25 ≤pH ≤4.29 pOx´ = 5.71+pH 1.25 ≤pH ≤ 4.29
pOx´ = 2.31+pH
pH ≥ 4.29
pOx´ = 10 pH ≥ 4.29
pOx´ = 6.6
Equilibrio Generalizado III Mn(Ox)2´+ Ox´ ⇆ Mn(Ox)3´
pH ≤ 1.25
pOx´ =-2.74+2pH
1.25 ≤pH ≤ 4.29 pOx´ =-1.49+pH
pH ≥ 4.29
pOx´ = 2.8
328
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Ni(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Ni(OH)n
2-n 4.6
Ni(Ox)n2-2n
4.1 7.2 8.5
329
Funciones
Equilibrio Generalizado I
Ni(II)´+ Ox´ ⇆ Ni(Ox)´
Equilibrio Generalizado II
Ni(Ox)´+ Ox´ ⇆ Ni(Ox)2´
pH ≤ 1.25 pOx´ = -1.44+2pH pH ≤1.25
pOx´ = -2.44+2pH
1.25 ≤ pH ≤ 4.29
pOx´ = -0.19+pH 1.25≤pH ≤ 4.29 pOx´ = -1.19+pH
4.29 ≤pH ≤ 9.4 pOx´ =4.1 4.29≤pH ≤ 10.4 pOx´ = 3.1
9.4 ≤pH ≤ 10.4 pOx´ =13.5-pH
Equilibrio corregido
Ni (II)´+ 2 Ox´ ⇆ Ni(Ox)2´
pH ≥ 10.4 pOx´ = 8.3-0.5 pH
Equilibrio Generalizado III
Ni(Ox)2´+ Ox´ ⇆ Ni(Ox)3´
pH ≤ 1.25
pOx´ =-4.24+2pH
1.25 ≤pH ≤ 4.29 pOx´ =-2.99 +pH
pH ≥ 4.29
pOx´ = 1.3
330
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Cu(II)
Complejo log β1 log β2 Cu(OH)n
2-n 6.0
Cu(Ox)n2-2n
4.5 8.9 CuHOx
+ LogKest 6.25
331
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cu(II)´+ Ox´ ⇆ Cu(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Cu(Ox)´+ Ox´ ⇆ Cu(Ox)2´
pH ≤ 1.25 pOx´ = 0.71+pH pH ≤1.25
pOx´ = -2.89+3pH
1.25 ≤ pH ≤ 1. 75
pOx´ = 1.96 1.25≤pH ≤ 1.75 pOx´ = -1.64+2pH
1.75 ≤pH ≤ 4.29 pOx´ =0.21+pH 1.75≤pH ≤ 4.29 pOx´ = 0.11+pH
4.29 ≤pH ≤ 8 pOx´ =4.5
4.29≤pH ≤ 8.1 pOx’=4.4
8 ≤pH ≤ 8.1 pOx´ = 12.5-pH
Equilibrio corregido
Cu(II)´+ 2 Ox´ ⇆ Cu(Ox)2´
pH ≥ 8.1 pOx´ = 8.45-0.5 pH
332
Diagrama de Zonas de Predominio pOx´ = f(pH) para Zn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Zn(OH)n
2-n 4.4 ----- 14.4 15.5
Zn(Ox)n2-2n
3.7 6.0
333
Funciones
Equilibrio Generalizado I Zn(II)´+ Ox´ ⇆ Zn(Ox)´
Equilibrio Generalizado II Zn(Ox)´+ Ox´ ⇆ Zn(Ox)2´
pH ≤ 1.25 pOx´ = -1.84 + 2pH pH ≤1.25
pOx´ = -3.24+2pH
1.25 ≤ pH ≤ 4.29
pOx´ = -0.59+pH 1.25≤pH ≤ 4.29 pOx´ = -1.99+pH
4.29 ≤pH ≤ 9.67 pOx´ =3.7 4.29≤pH ≤9.67 pOx´ = 2.3
9.2 ≤pH pOx’=4.4 Equilibrio corregido
Zn(II)´+ 2 Ox´ ⇆ Zn(Ox)2´
9.67 ≤ pH ≤ 12.9 pOx’= 16.8-1.5pH pH ≥ 12.9 pOx´ = 23.25-2pH
334
DIAGRAMAS DE ZONAS DE
PREDOMINIO PARA COMPLEJOS
METÁLICOS CON SULFATO (SO42-
)
HSO4- / SO4
2- pKa =1.8
335
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Ca(II)
Complejo log β1 Ca(OH)n
2-n 1.3
Ca(SO4)n2-2n
2.3
336
Funciones
Equilibrio Generalizado Ca(II)’ + SO4´ ⇆ Ca(SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4´ = 0.5 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 12.7
pSO4´ = 2.3
pH ≥ 12.7
pSO4´= 15- pH
337
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Cd(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Cd(OH)n
2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(SO4)n2-2n
0.85
338
Funciones
Equilibrio Generalizado Cd(II)’ + SO4´ ⇆ Cd(SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4´ = -0.95 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 9.7
pSO4´ = 0.85
9.7 ≤ pH ≤10.6
pSO4´= 10.55 – pH
10.6 ≤ pH ≤11.4
pSO4´= 21.15 -2pH
11.4 ≤ pH ≤12.3
pSO4´= 32.55-3pH
pH ≥ 12.3 pSO4´= 44.85-4pH
339
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Ce(IV)
Complejo log β1 log β2 log β3 Ce(OH)n
4-n 13.3 27.1
Ce(SO4)n4-2n
3.5 8.0 10.4
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ce(II)’ + 2 SO4´ ⇆ Ce(SO4)2´
Equilibrio Generalizado II Ce(SO4)2´ + SO4´ ⇆ Ce(SO4)3´
pH ≤ 0.45 pSO4´ = 2.2 +
pH pH ≤ 1.8
pSO4´ = 0.6+ pH
0.45 ≤ pH ≤ 1.8 pSO4´ = 2.65 1.8≤pH ≤ 2.05 pSO4´ = 2.4 1.8≤pH ≤ 2.05
pSO4´ =4.45-pH
Equilibrio corregido Ce(II)’ + 3 SO4´⇆ Ce(SO4)3´
pH ≥ 2.05 pSO4´ = 𝟏𝟏.𝟑−𝟐𝐩𝐇
𝟑
340
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Co(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Co(OH)n
2-n 5.1 ----- 10.2
Ce(SO4)n2-2n
2.5
Funciones
Equilibrio Generalizado Co(II)’ + SO4´ ⇆ Co(SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4´ = 0.7 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 8.9
pSO4´ = 2.5
8.9 ≤ pH ≤11.45
pSO4´= 11.4 – pH
pH ≥ 11.45 pSO4´= 34.3 -3pH
341
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Mg(II)
Complejo log β1 Mg(OH)n
2-n 2.6
Mg(SO4)n2-2n
2.4
Funciones
Equilibrio Generalizado Mg(II)’ + SO4´ ⇆ Mg (SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4 ‘= 0.6 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 11.4
pSO4´= 2.4
pH ≥ 11.4 pSO4´= 13.8- pH
342
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Mn(II)
Complejo log β1 Mn(OH)n
2-n 3.4
Mn(SO4)n2-2n
2.3
Funciones
Equilibrio Generalizado Mn(II)’ + SO4´ ⇆ Mn (SO4)´
pH ≤ 1.8 pSO4 ´ = 0.5 + pH 1.8 ≤ pH ≤ 10.6 pSO4 ´ = 2.3 pH≥ 10.6 pSO4 ´ = 12.9 - pH
343
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Ni(II)
Complejo log β1 Ni(OH)n
2-n 4.6
Ni(SO4)n2-2n
2.3
Funciones
Equilibrio Generalizado Ni(II)’ + SO4´ ⇆ Ni(SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4 ´ = 0.5 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 9.4
pSO4 ´ = 2.3
pH≥ 9.4 pSO4 ´ = 11.7 - pH
344
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Zn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Zn(OH)n
2-n 4.4 --------- 14.4 15.5
Zn(SO4)n2-2n
2.3
Funciones
Equilibrio Generalizado Zn(II)’ + SO4´ ⇆ Zn (SO4)´
pH ≤ 1.8
pSO4 ´ = 0.5 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 9.2
pSO4 ´ = 2.3
9.2 ≤ pH ≤ 12 .9
pSO4 ´ = 29.9 - 3pH
pH≥ 12.9 pSO4 ´ = 42.8 - 4pH
345
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Fe(III)
Complejo log β1 log β2 Fe (OH)n
3-n 11 21.7
Fe(SO4)n3-2n
4 5.4 FeHSO4
2+ LogK= 1.8
346
Funciones
Equilibrio Generalizado I Fe(II)’ + SO4´ ⇆ Fe (SO4)´
Equilibrio Generalizado II Fe (SO4)´+ SO4´ ⇆ Fe (SO4)2´
pH ≤ - 0.4
pSO4´ =1.8 pH ≤ -0.4
pSO4´ = 0+2pH
-0.4 ≤ pH ≤ 1.8 pSO4´ = 2.2+pH -0.4≤pH ≤ 1.8
pSO4´ = -0.4+pH
1.8≤pH ≤ 3
pSO4´ = 4 1.8≤pH ≤ 4.45 pSO4´ = 1.4
3≤pH ≤ 3.3
pSO4´ =7-pH
3.3≤pH ≤ 4.45 pSO4´= 10.3-2pH
Equilibrio corregido
Fe(II)’ + 2 SO4´ ⇆ Fe (SO4)2´
pH ≥ 4.45
pSO4´ = 5.85-pH
347
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para In(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 In(OH)n
3-n 7.0
In(SO4)n3-2n
1.85 2.6 3.0
348
Funciones
Equilibrio Generalizado I In(III)’ + SO4´ ⇆ In(SO4)´
Equilibrio Generalizado II In (SO4)´+ SO4´ ⇆ In (SO4)2´
pH ≤ 1.8
pSO4´ =0.05+pH pH ≤ 1.8
pSO4´ = -1.05+pH
1.8 ≤ pH ≤7 pSO4´ = 1.85 1.8 ≤pH ≤ 8.1
pSO4´ = 0.75
7 ≤pH ≤ 8.1
pSO4´ = 8.85-pH
Equilibrio corregido
In(III)’ + 2 SO4´ ⇆ In (SO4)2´
8.1≤pH ≤ 8.8 pSO4´ = 4.8- 0.5pH
Equilibrio Generalizado III In (SO4)2´+ SO4´ ⇆ In (SO4)3´
pH ≤ 1.8
pSO4´ =-1.4 +pH
1.8 ≤pH ≤ 8.8 pSO4´ =0.4
Equilibrio corregido
In(III)’ + 3 SO4´ ⇆ In (SO4)3´
pH ≥ 8.8
pSO4´ = (𝟏𝟎−𝐩𝐇)
𝟑
349
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para Th(IV)
Complejo log β1 log β2 Th(OH)n
4-n 9.7
Th(SO4)n4-2n
3.3 5.6
350
Funciones
Equilibrio Generalizado I Equilibrio Generalizado II Th(IV)´ + SO4´ ⇆ Th(SO4)´
Th (SO4)´+ SO4´ ⇆ Th (SO4)2´
pH ≤ 1.8
pSO4´ =1.5+pH pH ≤ 1.8
pSO4´ = 0.5+pH
1.8 ≤ pH ≤ 4.3 pSO4´ = 3.3 1.8≤pH ≤5.3
pSO4´ = 2.3
4.3 ≤pH ≤ 5.3
pSO4´ = 7.6-pH
Equilibrio corregido Th(IV)´ + 2 SO4´ ⇆ Th (SO4)2´
pH ≥ 5.3
pSO4´ = 4.95-0.5pH
351
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para La(III)
Complejo log β1 La(OH)n
3-n 3.9
La(SO4)n3-2n
1.4
Funciones
Equilibrio Generalizado
La(III)´ + SO4´ ⇆ La(SO4)´ pH ≤ 1.8
pSO4 ´ = -0.4 + pH
1.8 ≤ pH ≤ 10.1 pSO4 ´ = 1.4 pH≥ 10.1 pSO4 ´ = 11.5-pH
352
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para U(IV)
Complejo log β1 log β2 U(OH)n
4-n 12
U(SO4)n4-2n
3.6 6.0
Funciones
Equilibrio Generalizado I U(IV)´ + SO4´ ⇆ U(SO4)´
Equilibrio Generalizado II U(SO4)´ + SO4´ ⇆ U(SO4)2´
pH ≤ 1.8
pSO4´ =1.8+pH pH ≤ 1.8
pSO4´ = 0.6+pH
1.8 ≤ pH ≤ 2 pSO4´ = 3.6 1.8≤pH ≤3.2
pSO4´ = 2.4
2 ≤pH ≤ 3.2
pSO4´ = 5.6-pH
Equilibrio corregido
U(IV)´ + SO4´ ⇆ U(SO4)2´
pH ≥ 3.2 pSO4´ = 4-0.5pH
353
Diagrama de Zonas de Predominio pSO4´ = f(pH) para UO22+
Complejo log β1 log β2 UO2(SO4)n
2-2n 3.0 4.0
Funciones
Equilibrio Generalizado I UO2(II)’ + SO4´ ⇆ UO2(SO4)´
Equilibrio Generalizado II UO2(SO4)´+ SO4´ ⇆ UO2(SO4)2´
pH ≤ 1.8
pSO4´ =1.2+pH pH ≤ 1.8
pSO4´ = - 0.8 +pH
pH ≥ 1.8
pSO4´ = 3.0 pH ≥ 1.8
pSO4´ = 1
354
DIAGRAMAS DE ZONAS DE
PREDOMINIO PARA COMPLEJOS
METÁLICOS CON ACETATO
(CH3COO-)
CH3COOH/ CH3COO- pKa =4.76
355
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Ca(II)
Complejo log β1 Ca(OH)n
2-n 1.3
Ca(AcO)n2-n
0.5
Funciones
Equilibrio Generalizado Ca(II)’ + AcO’ ⇆ Ca(AcO)´
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.26+ pH
4.76 ≤pH ≤12.7
pAcO’ = 0.5
pH ≥12.7 pAcO’ = 13.2 – pH
356
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Cd(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Cd(OH)n
2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(AcO)n2-n
1 1.9 1.8 1.3
357
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cd(II)´ + AcO’ ⇆ Cd(AcO)´
Equilibrio Generalizado II Cd(AcO)´ + AcO’ ⇆ Cd(AcO)2´
pH ≤ 4.76
pAcO’= -3.76+ pH pH ≤ 4.76
pAcO’ = -3.86 +pH
4.76≤ pH ≤ 9.7 pAcO’ = 1 4.76 ≤pH≤ 9.8
pAcO’= 0.9
9.7 ≤ pH ≤ 9.8 pAcO’= 10.7-pH Equilibrio corregido
Cd(II)´ + 2 AcO’ ⇆ Cd(AcO)2´
9.8 ≤ pH ≤ 10.6
pAcO’= 5.8 -0.5 pH
10.6≤pH ≤ 11 .2 pAcO’= 11.1-pH
Equilibrio Generalizado III Cd(AcO)2´ + AcO’ ⇆ Cd(AcO)3´
Equilibrio Generalizado IV Cd(AcO)3´ + AcO’ ⇆ Cd(AcO)4´
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.86 +pH pH ≤ 4.76
pAcO’= -5.26 + pH
4.76 ≤ pH ≤ 11 .2 pAcO’= -0.1
4.76≤ pH ≤ 11.667 pAcO’ = -0.5
Equilibrio corregido
Cd(II)´ + 3 AcO’ ⇆ Cd(AcO)3´
Equilibrio corregido Cd(II)´ + 4 AcO’ ⇆ Cd(AcO)4´
11 .2 ≤ pH ≤ 11.4 pAcO’=
𝟐𝟐.𝟏−𝟐𝐩𝐇
𝟑
11.667≤ pH ≤ 12.3 pAcO’= 8.25- 0.75 pH
11.4≤ pH≤ 11.667
pAcO’ = 𝟑𝟑.𝟓
𝟑 –pH
pH ≥ 12.3 pAcO’= 11.325-pH
358
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Ce(III)
Complejo log β1 log β2 Ce(OH)n
3-n 5
Ce(AcO)n3-n
2.1 3.5
359
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ce(III)´ + AcO’ ⇆ Ce(AcO)´
Equilibrio Generalizado II Ce(AcO)´ + AcO’ ⇆ Ce(AcO)2´
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -2.66 + pH pH≤ 4.76 pAcO’ = -3.36 + pH
4.76 ≤ pH ≤9
pAcO’ = 2. 1 4.76 ≤ pH ≤9.7 pAcO’ = 1.4
9≤ pH ≤9.7 11.1-pH
Equilibrio corregido
Ce(III)´ + 2 AcO’ ⇆ Ce(AcO)2´
pH ≥ 9.7 pAcO’ = 6.25- 0.5 pH
360
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Fe(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 Fe(OH)n
3-n 11 21.7 10.3
Fe(AcO)n3-n
3.4 6.1 8.7
361
Funciones
Equilibrio Generalizado I Fe(III)’ + AcO’ ⇆ Fe(AcO)’
Equilibrio Generalizado II Fe(AcO)’ + AcO’ ⇆ Fe(AcO)2’
pH ≤ 3 pAcO’ = -1.36 + pH pH ≤ 3.5
pAcO’= -2.06 + pH
3≤ pH ≤ 3.3 pAcO’= 1.64
3.3≤pH ≤ 3.5 pAcO’= 4.94-pH Equilibrio corregido
Fe(III)’ + 2 AcO’ ⇆ Fe(AcO)2’
3.5≤pH ≤3.6 pAcO’= 1.44
Equilibrio Generalizado III Fe(AcO)2’ + AcO’ ⇆ Fe(AcO)3’
pH ≤ 3.6 pAcO’= -2.16+ pH
Equilibrio corregido Fe(III)’ + 3 AcO’ ⇆ Fe(AcO)3’
3.6 ≤ pH ≤ 4.76 pAcO’=
(𝟎.𝟕𝟐+𝐩𝐇)
𝟑
pH≥ 4.76 pAcO’ =
𝟏𝟓−𝟐𝐩𝐇
𝟑
362
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Ni(II)
Complejo log β1 log β2 Ni(OH)n
2-n 4.6
Ni(AcO)n2-n
0.7 1.25
363
Funciones
Equilibrio Generalizado I Ni(II)’ + AcO’ ⇆ Ni(AcO)’
Equilibrio Generalizado II Ni(AcO) + AcO’ ⇆ Ni(AcO)2’
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.06 + pH pH ≤4.76 pAcO’ = -4.21+ pH
4.76 ≤pH ≤9.4
pAcO’ = 0.7 4.76≤pH≤ 9.55 pAcO’ = 0.55
9.4≤pH≤9.55 pAcO´= 10.1 – pH Equilibrio corregido
Ni(II)’ + 2 AcO’ ⇆ Ni(AcO)2’
pH≥ 9.55 pAcO’ = 5.325-0.5 pH
364
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Ba(II)
Complejo log β1 Ba(OH)n
2-n 0.7
Ba(AcO)n2-n
0.4
Funciones
Equilibrio Generalizado Ba(II)’ + AcO’ ⇆ Ba(AcO)’
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.36+ pH
4.76 ≤pH ≤13.3
pAcO´= 0.4
pH ≥13.3 pAcO’ = 13.7 –pH
365
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Cu(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Cu(OH)n
2-n 6.0
Cu(AcO)n2-n
1.7 2.7 3.1 2.9
366
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cu(II)’ + AcO’ ⇆ Cu(AcO)’
Equilibrio Generalizado II Cu(AcO)’ + AcO’ ⇆ Cu(AcO)2’
pH ≤ 4.76
pAcO’= -3.06+ pH pH ≤ 4.76
pAcO’ = -3.76 +pH
4.76≤ pH ≤ 8 pAcO’ = 1.7 4.76 ≤pH≤ 8.7
pAcO’= 1
8 ≤ pH ≤ 8.7 pAcO’= 9.7 – pH
Equilibrio corregido
Cu(II)’ + 2 AcO’ ⇆ Cu(AcO)2’
8.7 ≤ pH ≤ 9.9
pAcO’= 5.35 -0.5 pH
Equilibrio Generalizado III Cu(AcO)2’+ AcO’ ⇆ Cu(AcO)3’
Equilibrio Generalizado IV Cu(AcO)3’+ AcO’ ⇆ Cu(AcO)4’
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.36 +pH pH ≤ 4.76
pAcO’= -4.96 + pH
4.76 ≤ pH ≤ 9.9 pAcO’= 0.4
4.76≤ pH ≤ 11.7 pAcO’ = -0.2
Equilibrio corregido
Cu(II)’ + 3 AcO’ ⇆ Cu(AcO)3’
Equilibrio corregido
Cu(II)’ + 4 AcO’ ⇆ Cu(AcO)4’
9.9 ≤ pH ≤ 11.7 pAcO’= 𝟏𝟏.𝟏−𝐩𝐇
𝟑
pH≥ 11.7 pAcO’= 2.725 -0.25 pH
367
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Pb(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Pb(OH)n
2-n 6.2 10.3 13.3
Pb(AcO)n2-n
1.9 3.3
368
Funciones
Equilibrio Generalizado I Pb(II)´+ AcO’ ⇆ Pb(AcO)’
Equilibrio Generalizado II Pb(AcO)’ + AcO’ ⇆ Pb(AcO)2’
pH≤ 4.76
pAcO’ = -2.86+pH pH≤ 4.76 pAcO’ = -3.36 +pH
4.76 ≤pH≤ 7.8
pAcO’ =1.9 4.76 ≤ pH ≤ 8.3 pAcO’ =1.4
7.8 ≤ pH ≤8.3 pAcO’ =9.7 –pH
9.9 ≤ pH ≤ 11
pAcO’ = 10. 5 –pH
pH ≥ 11 pAcO’ =16 - 1.5 pH
Equilibrio corregido Pb(II)´+ 2 AcO’ ⇆ Pb(AcO)2’
8.3 ≤ pH ≤ 9.9
pAcO’ = 5.55-0.5 pH
369
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Co(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Co(OH)n
2-n 5.1 --------- 10.2
Co(AcO)n2-n
1.1 1.5
370
Funciones
Equilibrio Generalizado I Co(II)´+ AcO’ ⇆Co(AcO)’
Equilibrio Generalizado II Co(AcO)’ + AcO’ ⇆Co(AcO)2 ‘
pH≤ 4.76 pAcO’ = -3.66 +pH pH≤ 4.76 pAcO’ = - 4.36 +pH
4.76 ≤ pH≤ 8.9 pAcO’ =1.1 4.76 ≤ pH≤ 9.6 pAcO’ = 0.4
8.9 ≤ pH≤ 9.6 pAcO’ =10- pH
Equilibrio corregido Co(II)´+ 2 AcO’ ⇆ Co(AcO)2 ‘
9.6 ≤ pH ≤11.45 pAcO’ = 5.2 – 0.5 pH
pH ≥ 11.45 pAcO’ =16..65 – 1.5 pH
371
Diagrama de Zonas de Predominio pAcO’ = f(pH) para Mn(II)
Complejo log β1 Mg (OH)n
2-n 2.6
Mg(AcO)n2-n
0.5
Funciones
Equilibrio Generalizado Mn(II)’+AcO’ ⇆ Mn(AcO)’
pH ≤ 4.76
pAcO’ = -4.26+ pH
4.76 ≤pH ≤11.4 pAcO´= 0.5
pH ≥11.4 pAcO’ = 11.9 –pH
373
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Fe(II)
Complejo log β1 Fe (OH)n
2-n 4.5
Fe(Cl)n2-n
0.4
Funciones
Equilibrio Generalizado Fe(II)’ + Cl´⇆ Fe(Cl)´
pH ≤ 9.5
pCl´= 0.4
pH ≥ 9.5
pCl´= 9.9-pH
374
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Bi(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 log β5 log β6 Bi(OH)n
3-n 12.4
Bi(Cl)n3-n
2.4 3.5 5.4 6.1 6.7 6.6
375
Funciones
Equilibrio Generalizado I Bi(III)´ + Cl´⇆ Bi(Cl)’
Equilibrio Generalizado II Bi(Cl)’+ 2 Cl´⇆ Bi(Cl)3’
pH ≤ 1.6
pCl’= 2.4 pH ≤ 2.5 pCl’= 1.5
1.6 ≤ pH ≤ 2.5 pCl’= 4-pH Equilibrio corregido
Bi(III)´ + 3 Cl´⇆ Bi(Cl)3’
2.5 ≤pH≤ 4.9
pCl’= 𝟕−𝐩𝐇
𝟑
Equilibrio Generalizado III Bi(Cl)3’+ Cl´⇆ Bi(Cl)4’
Equilibrio Generalizado IV Bi(Cl)4’+ Cl´⇆ Bi(Cl)5’
pH ≤ 4.9 pCl’= 0.7 pH ≤ 5.3 pCl’= 0.6
Equilibrio corregido Bi(III)´ + 4 Cl´⇆ Bi(Cl)4’
Equilibrio corregido Bi(III)´ + 5 Cl´⇆ Bi(Cl)5’
4.9 ≤pH≤ 5.3
pNH3’=1 .925-0.25pH 5.3 ≤pH≤ 8.8
pCl’= 1.66-0.2pH
Equilibrio Generalizado V Bi(Cl)5’+ Cl´⇆ Bi(Cl)6’
pH ≤ 8.8 pCl’= -0.1
Equilibrio corregido
Bi(III)´ + 6 Cl´⇆ Bi(Cl)6’
pH ≥8.8 pCl’ = 𝟖.𝟐−𝐩𝐇
𝟔
376
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Cu(II)
Complejo log β1 log β2 Cu(OH)n
2-n 6
Cu(Cl)n2-n
0.1 -0.5
377
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cu(II)´ + Cl´⇆ Cu(Cl)’
Equilibrio Generalizado II Cu(Cl)’+ Cl´⇆ Cu(Cl)2’
pH ≤ 8
pCl’´= 0 .1 pH ≤ 8.7 pCl´= -0.6
8≤ pH ≤ 8.7 pCl´= 8.1-pH Equilibrio corregido
Cu(II)´ + 2 Cl´⇆ Cu(Cl)2’
pH ≥ 8.7 pCl´= 3.75-0.5pH
378
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Fe(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 Fe(OH)n
3-n 11.0 21.7
Fe(Cl)n3-n
0.6 0.7 -0.7
379
Funciones
Equilibrio Generalizado I Fe (III)´ + Cl´ ⇆ Fe(Cl)’
Equilibrio Generalizado II Fe(Cl)’ + Cl´ ⇆ Fe(Cl)2’
pH ≤ 3 pCl’ = 0.6 pH ≤ 3.4
pCl’= 0.1
3≤ pH ≤ 3.3
pCl’= 3.6-pH
3.3≤pH ≤ 3.4 pCl’= 6.9-2pH Equilibrio corregido
Fe (III)´ + 2 Cl´ ⇆ Fe(Cl)2’
3.4≤pH ≤4.9 pCl’= 3.5-pH
Equilibrio Generalizado III Fe(Cl)2’+ Cl´ ⇆ Fe(Cl)3’
pH ≤ 4.9 pCl’= -1.4
Equilibrio corregido Fe (III)´ + 3 Cl´ ⇆ Fe(Cl)3’
pH≥ 4.9 pCl’ =
𝟓.𝟔−𝟐𝐩𝐇
𝟑
380
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Mn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Mn(OH)n
2-n 3.4
Mn(Cl)n2-n
0.6 0.8 0.4
381
Funciones
Equilibrio Generalizado I Mn (II)´ + Cl´⇆ Mn(Cl)’
Equilibrio Generalizado II Mn(Cl)’ + Cl´⇆ Mn(Cl)2’
pH ≤ 10.6 pCl’ = 0.6 pH ≤ 11
pCl’= 0.2
10.6≤ pH ≤ 11
pCl’= 11.2-pH
Equilibrio corregido
Mn (II)´ + 2 Cl´⇆ Mn(Cl)2’
11≤pH ≤12.2 pCl’= 5.7-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Mn(Cl)2’+ Cl´⇆ Mn(Cl)3’
pH ≤ 12.2 pCl’= -0.4
Equilibrio corregido
Mn (II)´ + 3 Cl´⇆ Mn(Cl)3’ pH≥ 12.2 pCl’ =
𝟏𝟏−𝐩𝐇
𝟑
382
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Sn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Sn(OH)n
2-n 10.1
Sn(Cl)n2-n
1.15 1.7 1.7
383
Funciones
Equilibrio Generalizado I Sn (II)´ + Cl´⇆ Sn(Cl)’
Equilibrio Generalizado II Sn(Cl)’ + Cl´⇆ Sn(Cl)2’
pH ≤ 3.9 pCl’ = 1.15 pH ≤ 4.5
pCl’= 0.55
3.9≤ pH ≤ 4.5 pCl’= 5.05-pH Equilibrio corregido
Sn (II)´ + 2 Cl´⇆ Sn(Cl)2’
4.5 ≤pH ≤5.6 pCl’= 2.8-0.5pH
Equilibrio Generalizado III Sn(Cl)2’+ Cl´⇆ Sn(Cl)3’
pH ≤ 5.6 pCl’= 0
Equilibrio corregido Sn (II)´ + 3 Cl´⇆ Sn(Cl)3’
pH≥ 5.6 pCl’ = 𝟓.𝟔−𝐩𝐇
𝟑
384
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Zn(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Zn(OH)n
2-n 4.4 ------- 14.4 15.5
Zn(Cl)n2-n
-0.2 -0.6 0.15
Funciones
Equilibrio Generalizado Zn(II)’ + 3 Cl´⇆ Zn(Cl)3 ‘
pH ≤ 9.2
pCl´= 0.05
9.2≤ pH ≤ 12.9
pCl’= 9.25-pH
pH ≥ 12.9
pCl´= 𝟒𝟎.𝟔𝟓−𝟒𝐩𝐇
𝟑
385
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Pb(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 Pb(OH)n
2-n 6.2 10.3 13.3
Pb(Cl)n2-n
1.2 0.6 1.2
386
Funciones
Equilibrio Generalizado I Pb(II)’ + Cl´⇆ Pb(Cl) ‘
Equilibrio Generalizado II Pb(Cl) ‘+ 2 Cl´⇆ Pb(Cl)3 ‘
pH ≤ 7.8
pCl’´= 1.2 pH ≤ 9 pCl´= 0
7.8≤ pH ≤ 9 pCl´= 9-pH
Equilibrio corregido Pb(II)’ + 3 Cl´⇆ Pb(Cl)3 ‘
9≤ pH ≤ 9.9 pCl´= 𝟗−𝐩𝐇
𝟑
9.9≤ pH ≤ 11
pCl´= (𝟏𝟖.𝟗−𝟐𝐩𝐇)
𝟑
pH ≥ 11
pCl´= 𝟐𝟗.𝟗−𝟑𝐩𝐇
𝟑
387
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Tl(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Tl(OH)n
3-n 12.9 25.4
Tl(Cl)n3-n
8.1 13.6 15.8 18
388
Funciones
Equilibrio Generalizado I Tl(III)´ + Cl’ ⇆ Tl(Cl)´
Equilibrio Generalizado II Tl(Cl)´+ Cl’ ⇆ Tl(Cl)2´
pH ≤ 1.1 pCl’ = 8.1 pH ≤ 2.6
pCl’= 5.5
1.1≤ pH ≤ 1 .5 pCl’= 9.2-pH
1.5≤ pH ≤ 2 .6 pCl’= 10.7-2pH
Equilibrio corregido
Tl(III)´ + 2 Cl’ ⇆ Tl(Cl)2´
2.6 ≤pH ≤5.9 pCl’= 8.1-pH
Equilibrio Generalizado III Tl(Cl)2´+2 Cl’ ⇆ Tl(Cl)4´
pH ≤ 5.9 pCl’= 2.2
Equilibrio corregido
Tl(III)´ + 4 Cl’ ⇆ Tl(Cl)4´
pH≥ 5.9 pCl’ = 5.15-0.5pH
389
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Cd(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Cd(OH)n
2-n 4.3 7.7 10.3 12
Cd(Cl)n2-n
1.6 2.1 1.5 0.9
390
Funciones
Equilibrio Generalizado I Cd(II)´ + Cl’ ⇆ Cd(Cl)´
Equilibrio Generalizado II Cd(Cl)´+ Cl’ ⇆ Cd(Cl)2´
pH ≤ 9.7 pCl’ = 1.6 pH ≤ 10.7
pCl’= 0.5
9.7≤ pH ≤ 10.6 pCl’= 11.3-pH
10.6≤ pH ≤ 10.7 pCl’= 21 .9-2pH
Equilibrio corregido Cd(II)´ +2 Cl’ ⇆ Cd(Cl)2´
10.7 ≤pH ≤11.4 pCl’= 11.2-pH
11.4≤ pH ≤ 11.667 pCl’= 16.9-1.5pH
Equilibrio Sucesivo III Cd(Cl)2´+ Cl’ ⇆ Cd(Cl)3´
pH ≤ 11.667 pCl’= -0.6
Equilibrio corregido
Cd(II)´ +3 Cl’ ⇆ Cd(Cl)3´
11.667≤ pH ≤ 12.3
pCl’= 8.15-0.75pH
pH≥ 12.3 pCl’ = 11.225-pH
391
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Hg(II)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Hg(OH)n
2-n 10.3 21.7
Hg(Cl)n2-n
6.7 13.2 14.1 15.1
392
Funciones
Equilibrio Generalizado I Hg(II)´ + Cl’ ⇆ Hg(Cl)´
Equilibrio Generalizado II Hg(Cl)´ + Cl’ ⇆ Hg(Cl)2´
pH ≤ 3.15 pCl’ = 6.7 pH ≤ 3.25
pCl’= 6.5
3.15≤ pH ≤ 3.25 pCl’= 13-2pH Equilibrio corregido
Hg(II)´ + 2 Cl’ ⇆ Hg(Cl)2´
3.25 ≤pH ≤8.8 pCl’= 9.75-pH
Equilibrio Generalizado III Hg(Cl)2´+ 2 Cl’ ⇆ Hg(Cl)4´
pH ≤ 8.8 pCl’= 0.95
Equilibrio corregido
Hg(II)´ + 4 Cl’ ⇆ Hg(Cl)4´
pH≥ 8.8 pCl’ = 5.35-0.5pH
393
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para Th(IV)
Complejo log β1 log β2 log β3 log β4 Th(OH)n
4-n 9.7
Th(Cl)n4-n
0.1 -0.9 -1.4 -1.85
394
Funciones
Equilibrio Generalizado I Th(IV)´ + Cl’ ⇆ Th(Cl)´
Equilibrio Generalizado II Th(Cl)´+ 3 Cl’ ⇆ Th(Cl)4´
pH ≤ 4.3
pCl’´= 0.1 pH ≤ 5.05 pCl´= -0.65
4.3≤ pH ≤ 5.05 pCl´= 4.4-pH Equilibrio corregido
Th(IV)´ + 4 Cl’ ⇆ Th(Cl)4´
pH ≥5.05 pCl’= 0.6125-0.25pH
395
Diagrama de Zonas de Predominio pCl’ = f(pH) para In(III)
Complejo log β1 log β2 log β3 In(OH)n
3-n 7
In(Cl)n3-n
1.4 2.2 3.2