1. CURVAS DE TITULACIÓN ACIDO-BASE
CONTENIDO
CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ÁCIDO FUERTE CON UNA BASE
FUERTE
CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ÁCIDO DEBIL CON UNA BASE
FUERTE
CURVAS DE TITULACIÓN CON FORMACIÓN DE PRECIPITADO
CURVAS DE TITULACIÓN DE UN ACIDO FUERTE CON UNA BASE
FUERTE
Reacción:
HX + BOH XB + H2O
HX es el acido fuerte
BOH es la base fuerte y generalmente se usa NaOH.
XB es la base conjugada del Acido fuerte
En la Titulación de un ácido fuerte(AF) con una base fuerte(BF), el pH de la
solución aumenta gradualmente, debido a la neutralización de los protones
del ácido. Recuerde que al disminuir la [H] el pH aumenta, por la formula
= pH –log[H+]
La ecuación neta de neutralización es: H3O+
+ OH-
2 H2O
En una titulación de neutralización se aplica la siguiente ecuación, siempre y
cuando la relación entre los coeficientes de los reactantes sea de 1 a 1:
CHX es la Molaridad inicial del
Ácido HX.
En una curva de titulación de un AF con una BF se grafican el pH de la
solución en cualquier punto (eje x) contra el V de NaOH añadido en el eje x
(cueva pH– vs – VNaOH .)
Para obtener los datos de la curva se añaden incrementos de V de NaOH y se
lee el pH al añadir cada incremento.
La curva tiene una forma sigmoidal(ver gráfica ).
VHX x CHX= VNaOH xMNaOH

2. La neutralización completa del Ácido se obtiene en el Punto de Equivalencia
(PE). En la curva de titulación de un ácido fuerte con una base fuerte se
deben de considerar cuatro puntos fundamentales:
(a) (a) Antes de comenzar la titulación:
Tomemos como ejemplo que el Ácido Fuerte sea HCl y la Base Fuerte sea
NaOH. Consideremos al comenzar la titulación, o sea cuando V(NaOH)
= 0.0 mL:
HCl + NaOH NaCl + H2O
VNaOH) = 0 mL
En este punto la [HCl] = [H3O+
]; entonces obtenemos su pH.
pH = -log[H3O+
]
(b) En cualquier Volumen de NaOH añadido mayor que 0.0 mL pero menor
que el V para alcanzar al Punto de Equivalencia (PE):
El VE se define como el V de NaOH necesario para alcanzar el PE de la
Titulación.
#moles de HCl (sobran) = #mol H3O+
= VHClxCHCl - VNaOHxMNaOH )
Porque: [HCl] = [H3O+]
Vtotal = (VHCl+ VNaOH)
[H3O+
] = (VHClxCHCl – VNaOHxMNaOH ) /Vtotal
Recuerde que : (VHClxCHCl = #moles totales iniciales de HCl
(c) En el Punto de Equivalencia(PE):
En este punto, tanto el HCl, como el NaOH han reaccionado completamente
HCl + NaOH Na+
+ Cl-
+ H2O
En este punto el #mol H+
= # mol NaOH
VENaOH x MNaOH= VHClxCHCl

3. Como en este punto se ha neutralizado todo el ácido y solamente tenmos los
iones OH-
y H+
del agua;
[H3O+
] = 1x10-7
M
pH = -log[1x10-7
]= 7
(d) En cualquier punto que corresponde a un Volumen mayor que el VE.
En esta región hay un exceso del titulante, en este caso el NaOH.
Se obtiene entonces el # de moles de NaOH =#mol OH-
que no han
reaccionado:
#mol OH- (añadidos) = VNaOHxMNaOH
#mol OH- (sobran) = VNaOHxMNaOH - - VHClxCHCl
[OH-
] = (VNaOHxMNaOH -VHClxCHCl) /(VHCl + VNaOH)
Vtotal =VHCl + VNaOH)
 pOH = - log[OH-
]
pH = 14 - pOH
Ejercicio #1
50 ml de HCl 0.1M se titulan con una solución de NaOH 0.1M.
Calcule la [H3O+
] y el pH al añadirle 0, 49, 50 y 51 mL.
V = 0 mL
[H3O+
] = 0.1M
pH = -log(0.1) = 1
V = 49 mL
[H3O+
] = (VHClxCHCl – VNaOHxMNaOH) / (VHCl + VNaOH)
Vtotal = 99mL
[H3O+
] = ( 50mLx 0.1M – 49mLx0.1M) / 99mL
[H3O+
] = 1.01x10-3
pH = -log(1.01x10-3
)
pH = 3
V = 50 mL
[H3O+
] = 1x10-7
pH = - log( 1x10-7
)
pH = 7
V = 51 mL
[OH-
] = (VNaOHxMNaOH -VHClxCHCl) /(VHCl + VNaOH)
Vtotal = 101mL
[OH-
] = (51mLx0.1M – 50mlx0.1M)/ 101mL
[OH-
] = 9.9x10-4

4. Kw = 1x10-14
= [H3O+
][OH-
]
[H3O+
] = 1x10-14
/ (9.9x10-4
) = 1.01 x10-9
pH = -log (1.01 x10-9
)
pH = 9
Las fórmulas mencionadas anteriormente nos permite calcular los valores de
pH correspondientes a cualesquier V de NaOH que se le añada a la solución.
En el Manual de laboratorio aparece una gráfica de la titulación de un AF
con una BF, para diferentes volúmenes de la base añadidos.
Ejercicio #
25 mL de HCl 0.1M se titulan con NaOH 0.1M.
(a) Calcular el pH al añadir los volúmenes que aparecen en la tabla:
(b) Graficar la curva de titulación.
Los datos de los mL de NaOH – vs – pH aparecen en la tabla.
La curva correspondiente aparece en el gráfico #1.
* mL
NaOH * pH
0 1.000000
1 1.034762
2 1.069636
3 1.104735
4 1.140179
5 1.176091
6 1.212608
7 1.249877
8 1.288065
9 1.327359
10 1.367977
11 1.410174
12 1.454258
13 1.500602
14 1.549672
15 1.60206
16 1.658541
17 1.720159
18 1.78837
19 1.865301
20 1.954243
21 2.060698
22 2.194977

5. 23 2.380211
24 2.690196
24.1 2.736839
24.2 2.788875
24.3 2.847749
24.4 2.915576
24.5 2.995635
24.6 3.093422
24.7 3.219235
24.8 3.396199
24.9 3.698101
25 7
25.1 10.30016
26.1 11.33297
27.1 11.60538
28.1 11.76627
29.1 11.87959
30.1 11.96642
CURVAS DE TITULACIÓN ÁCIDO DEBIL CON UNA BASE FUERTE
En este tipo de reacción la concentración original del ácido CHX disminuye
al reaccionar con la base NaOH. Por otra parte, la concentración de la
base(X-
) aumenta. En este caso el PE no corresponde a un pH igual a 7.0

6. La reacción es la siguiente:
HX + NaOH H2O + Na+
+ X-
En esta reacción de neutralización, en cualquier momento se cumple que el
#moles del Ácido que reaccionan es igual al #moles de la base(NaOH) que
se añaden.
VHX MHX= VNaOH MNaOH.
En la titulación de un Ácido débil con una Base Fuerte son importantes
cuatro puntos a saber:
(a) Al principio de la titulación:
En este caso no se ha agregado NaOH, luego el pH será el de un Ácido
débil, tal como se calcula en el caso de la titulación de AF con BF.
Para el acido débil:
HX + H2O X-
+ H3O+
Ka = [H3O+
][X-
]/]HX]
[H3O+
] = [X-
]
Ka = [H3O+
]2
/]HX]
[HX] = CHX – [H3O+
] CHX concentración original
Sí se desprecia a [H3O+
] por ser muy pequeño, en la ecuación anterior:
[H3O+
]2
= KaCHX SQRRaiz cuadrada
[H3O+
] = SQR(KaCHX )  Es el mismo caso del pH de un Acido Debil.
MM=60g/mol W(muestra)=5.6 g

7. (b) En el punto correspondiente a la mitad del Volumen de Equivalencia
(VE de NaOH)
En este punto la mitad del contenido del Ácido se ha titulado, por
consiguiente:
En VE/2:
HX + NaOH H2O + NaX
[ HX] = [ X-
] =[NaX]
Aplicando la formula de la constante de disociación(Ka) para este ácido:
HX + H2O H3O+
+ X-
Ka = [H3O+
][X-
]/]HX]
Pero como tanto la concentración de HX y de X-
son iguales;
[ HX] = [ X-
-
]
[ X-
-
]/ [HX] = 1
Ka = [H3O+
]
pKa = pH
* pH = pKa
(c) En cualquier punto mayor de V igual a cero y antes del Volumen de
Equivalencia
En esta región se forma la sal NaX ( X-
es la base conjugada de HX) , luego
la solución se transforma en una solución amortiguadora( buffer).
HX + NaOH H2O + Na+
+ X-
Buffer formado: HX y X-
Luego: Ka = [H3O+
] [X-
]/]HX]
[H3O+
] = Ka[HX] / [X-
]
Luego con esta fórmula se pueden calcular los valores de [HX] y de [X-
] en
cualquier punto.
Los valores de estas concentraciones son:
[HX] = (VHXCHXVNaOH MNAOH) /Vtotal
[X-
] = [NaX] = VNaOH MNAOH/ Vtotal
(d) Después del PE todo el acido (HX) ha reaccionado y por lo tanto
sobrará NaOH, porque el RL es el Acido (HX).
HX + NaOH NaX + H2O
Concentracion de OH-
que sobra:
[OH-
] = (VNaOH MNAOH VHXCHX) / Vtotal
Se calcula su pOH y luego su pH.

8. (d) En el Punto de Equivalencia(PE)
HX + NaOH H2O + NaX
En el PE se considera que se neutraliza completamente el Ácido,
convirtiéndose en la base fuerte NaX. Pero la base fuerte formada (X-
) se
hidroliza, de acuerdo a las siguiente reacción:
NaX  Na+
(ac) + X-
(ac)
Reacción de Hidrólisis: X-
+ H2O  HX + OH-
[X-
] = VNaOH x NNaOH / Vtotal
Como en el caso de hidrólisis de una base fuerte, estudiado en la unidad
anterior
[OH-
] = ( Kw/Ka[X-
]
Kw = 1x 10-14
Ka Constante de disociación del Ácido conjugado (HX).
Ejercicio #2
50 mL de una solución de un Ácido débil (HX) 0.1M se titulan con una
solución de NaOH 0.05M. Ka = 1.74x10-5
.
(a) (a) Calcule el VE o V de NaOH necesario para neutralizar
completamente el V de Ácido.
(b) (b) Calcule el pH al añadirle 0, 50, 99, 100 y 110 mL de NaOH.
Reacción de neutralización:
HX + NaOH NaX + H2 O
VNaOH V de la base(VE)necesario para neutralizar el Ácido
VENaOH = (VHXxCHX / MNAOH
VENaOH = 50mlx 0.1M / 0.05M
VENaOH= 100 mL
Al añadir O mL de NaOH:
[H3O+
] = SQR(Ka[HX] SQR Raiz cuadrada
[H3O+
] = SQR ( 1.74x10-5
x(0.1) = 1.32x10-3
M
pH = -log(1.32x10-3
= 2.88
VE /2 = 100mL/2 = 50mL
pH = pK = -log(1.74x10-5
) = 4.76
Al añadir 99 mL NaOH:

9. [HX] = (VHXxCHX – VNAOHxMNAOH) / Vtotal
[HX] = (50mLx0.1M- 99mLx0.05M) /149mL
[HX] = 3.4x10-4
M
[X-
] = VNAOHxMNAOH) / Vtotal
[X-
] = 99mLx 0.05M / 149mL
[X-
] = 0.033M
[H3O+
] = Ka[HX] /[X-
]
[H3O+
] = 1.74x10-5
(3.4x10-4
) /0.033
[H3O+
] = 1.79x10-7
M
pH = log (1.79x10-7
pH = 6.7
Al añadir 100 mL NaOH:
Este corresponde al PE
[OH-
] = SQR( Kw/Ka[X-
])
[X-
] = VNAOHxMNAOH) / Vtotal
[X-
] = 100mlx0.05M / 150mL
[X-
] = 0.033M
Kw = 1x10-14
Ka = 1.74x10-5
[OH-
] = SQR( 1x10-14
/( 1.74x10-5
)x0.033)
[OH-
] = 4.4x10-6
M
[H3O+
] = Kw/[OH-
] = 1x10-14
/(4.4x10-6
)
[H3O+
] = 2.27x10-10
pH = -log(2.27x10-9
)= 8.6
Al añadir 110 mL NaOH:
[OH-
] = (VNaOHxMNaOH -VHXlxCHXl) /(VHXl + VNaOH)
[OH-
] = (110mLx0.05M – 50mLx0.1M) / 160mL
[OH-
] = 3.1x10-3
[H3O+
] = Kw/[OH-
]
[H3O+
] = 1x10-14
/ (3.1x10-3
)
[H3O+
] = 3x10-12
pH = -log(3x10-12
= 11.5

10. Interpretacion de la curva: En la titulación del HX (Débil) se necesitaron
13.33 mL de NaOH 0.1M y el pH obtenido fue 8.762.
Luego #mol NaOH = #mol HX = 13.33x10-3
L x 0.1 M = 13.33x10-4
mol HX
W(g) HX = 13.33x10-4
mol HX(60g/mol) = 0.080 g HX
%w/w) = W(HX)/W(muestra) = 0.08g/5.5g x100 = 1.64%

11. CURVAS DE TITULACIÓN CON FORMACIÓN DE PRECIPITADO
En una titulación de este tipo se forma un precipitado. La curva al igual que
la titulación de ácidos y bases tiene una forma sigmoidal y nos permite
determinar el contenido de uno o varios analitos en una muestra acuosa.
Esta es una reacción de cloruros con formación del precipitado AgCl; los
demás productos son ionicos.
NaX + AgNO3 AgX(s) + Na+
(ac) + NO3
-
Por ejemplo, en la titulación de una solución de NaCl con una solución
estandar de AgNO3 se obtiene la siguiente reacción (experimento de
cloruros):
NaCl(ac) + AgNO3 (ac) Na+
(ac) + NO3
-
(ac) + AgX(s)
Reacción ionica Neta:
Ag+
(s) + Cl-
(s)AgCl(s)
Esto quiere decir que en la reacción se forma un precipitado (sólido).
En esta titulación la solución debe saturarse del ion Ag+ y del ion Cl+
para
posteriorment formarse el precipitado AgCl.
Como en las curvas de titulación Ácido-Base, se presentan cuatro puntos
fundamentales en la curva de titulación.
(a) Antes de comenzar la titulación ( V(AgNO3) = 0 mL):
En este punto la concentración inicial de Cloruro es igual a la CNaCl
Luego: [Cl-
]= CNaCl
* pCl-
= - log[Cl-
]
(b) En cualquier punto después de V = 0 mL de AgNO3 y antes de
alcanzar el Punto de Equivalencia (PE).
[AgNO3] = [Ag+
]
La concentración del Cl-
que sobre en cualquier punto será:
#moles de Cl-
total = (V(Cl-
)x [Cl-
]
Moles de Cl-
sobran:
[Cl-
] = (V(Cl-
))x[Cl-
] – V(Ag+
) x [Ag+
]
Recuerde que: #moles AgNO3 = #mol Ag+
[Cl-
] = (V(Cl-
)x[Cl-
] – V(Ag+
) x M(Ag+
)/V(total)
 pCl--= -log[Cl-
]

12. (c) En el PE
En este punto de la titulación reacciona completamente el Cl-
.
El V de AgNO3 necesario para alcanzar el Punto de
Equivalencia(PE) se denomina VE.
En el VE: #mol Cl-
= #mol Ag+
(V(Cl-
)x [Cl-
] = V(Ag+
) x [Ag+
]
VE es el V(Ag+
) en el Punto de Equivalencia:
VE = (V(Cl-
)x [Cl-
]/ [Ag+
]
#mol Cl-
- #mol Ag+
= 0 ; debido a que en este punto la solución esta
saturada, se aplica la formula correspondiente a la Kps de una solución
saturada de AgCl (ver unidad sobre Kps).
AgCl(s) Ag+
+ Cl-
[Cl-
] = [Ag+
]
Kps =[Cl-
][Ag+
] = [Cl-
]2
[Cl-
] = Kps
pCl- = -log( √Kps)
(d) Después del PE
Después del PE el ion Cl-
, reacciona completamente (RL) y por lo tanto
sobran moles de AgNO3 . -
#mol AgNO3 = #mol Ag+
= (V(Ag+
) x[Ag+
] - (V(Cl-
)x [Cl-
]
[Ag+
] = (V(Ag+
) x M(Ag+
) - (V(Cl-
)x C(Cl-
-
)) /Vtotal
Calculemos la [Cl-
] a partir de la Kps
Kps = [Cl-
][Ag+
]
[Cl-
] = Kps /[Ag+
]
pCl-
= -log(Kps /[Ag+
]
Ejercicio #3
50 mL de NaBr 0.1M se titulan con AgNO3 0.05M.
(a) Calcule el VE o Volumen de AgNO3 necesario para titular
completamente el Cl-
presente en la solución.
(b) Calcule el pBr al agregar: 0, 50, 99, 100 y 110mL de AgNO3. Kps
= 5x10-13
Reacción:
NaBr(ac)+ AgNO3(ac) AgBr(s) + Na+
(ac) + NO3
-
(ac)
Reacción Ionica neta:
Br-
(ac) + Ag+(ac) AgBr(s)
V = 0.0 mL AgNO3
[Br-
] = 0.1M

13. p[Br-
] = -log0.1 =1
(b) 50 mL AgNO3
[Br-
] = (V(Br-
)x M(Br-
-
)– V(Ag+
) x M(Ag+
))/ ( Vtotal)
[Br-
] = (50mLx 0.1M – 50mLx0.05M) /100mL =
[Br-
] = 0.025M
pBr-
= -log[Br]-
= -log0.025
pBr-
= 1.6
(c) 99 mL AgNO3
[Br-
] = (V(Br-
)x [Br-
]– V(Ag+
) x [Ag+
])/ ( Vtotal)
[Br-
] = (50mLx 0.1M – 99mLx0.05M) /149mL =
[Br-
] = 3.36x10-4
M
pBr-
= -log[Br-
]= -log3.36x10-4
pBr-
= 3.5
(d) 100 mL AgNO3 Este corresponde al VE
[Br-
] = Kps = 5x10-13
= 7.1x10-7
pBr = 6.1
(e) 110 mL AgNO3 (equivale a VE+10)
Después del VE aparece un exceso de Ag+
en la solución.
[Ag+
] = (V(Ag+
) x [Ag+
] - (V(Br-
)x [Br-]) /Vtotal
[Ag+
] = (110mLx0.05M – 50mLx0.1M) /160mL
[Ag+
] = 3.1x10-3
M
[Br-
] = Kps /[Ag+
] = 5x10-13
/(3.1x10-3
)
[Br] = 1.6x10-10
pBr = - log(1.6x10-10
)
pBr = 9.8
Utilizando logaritmos, podemos resolver también esta parte del
problema:
Kps =[Br-
][Ag+
]
log Kps-
= log[Br-
] + log[Ag+
]
-log Kps-
= -log[Br-
] + -log[Ag+
]
pKps = pBr + pAg+
pKps = -log( 5x10-13
) = 12.3
p[Ag+
] = -lo(3.1x10-3
) = 2.51
pBr-
= pKps – pAg+
pBr-
= 12.3 – 2.5 = 9.8
IR AL
TOPE