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1 ESERCITAZIONE di CHIMICA 3 dicembre, 2012 SOLUZIONI TAMPONE TITOLAZIONI.

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1 1 ESERCITAZIONE di CHIMICA 3 dicembre, 2012 SOLUZIONI TAMPONE TITOLAZIONI

2 2 SOLUZIONI TAMPONE

3 3 Acido debole e base coniugata debole in quantità simile! Acido e base non coniugati si neutralizzano! Sono in grado di tamponare le variazioni di pH (entro un certo intervallo!) CH 3 COOH / CH 3 COO - NH 4 + / NH 3 H 2 CO 3 / HCO 3 - H 2 PO 4 - / HPO 4 2-

4 4 PERCHÈ TAMPONANO? CH 3 COOH / CH 3 COO - (equilibrio!) aggiunta di acido (H 3 O + ): CH 3 COO - + H 3 O + CH 3 COOH + H 2 O (completa!) aggiunta di base (OH - ): CH 3 COOH + OH - CH 3 COO - + H 2 O (completa!)

5 5 EQUAZIONE DI HENDERSON-HASSELBACH HA + H 2 O H 3 O + + A - (equilibrio!) [ H 3 O + ] x [ A - ] [ HA ] ka = da cui [ H 3 O + ] = ka x [ HA ] [ A - ] [ HA ] - log [ H 3 O + ] = - log ka - log [ A - ] [ acido ] pH = pka - log [ base ]

6 6 Calcolare il pH di una soluzione 0,5 mol / L di acido acetico (ka acido acetico = 1,7 x ) 0,5 M HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - (equilibrio!) 0,5 M - x x x [ H 3 O + ] = [ Ac - ] ! [ H 3 O + ] = [ Ac - ] = (ka x CA) 1/2 = 0,92 x 10 -2,5 mol / L pH = 2,53 non è una soluzione tampone!

7 7 Calcolare il pH di una soluzione 0,50 mol / L di acido acetico e 0,50 mol / L di acetato di sodio (ka acido acetico = 1,7 x ) HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - (equilibrio!) 0,50 M 0,50 M [ acido ] 0,50 pH = pka - log = pka - log [ base ] 0,50 pH = pka = 4,76

8 8 Calcolare il pH di una soluzione 0,75 mol / L di acido acetico e 0,50 mol / L di acetato di sodio (ka acido acetico = 1,7 x ) HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - (equilibrio!) 0,75 M 0,50 M [ acido ] 0,75 pH = pka - log = pka - log [ base ] 0,50 pH = pka - 0,18 = 4,76 - 0,18 = 4,58

9 9 Calcolare il pH di una soluzione 0,50 mol / L di acido acetico e 0,75 mol / L di acetato di sodio (ka acido acetico = 1,7 x ) HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - (equilibrio!) 0,50 M 0,75 M [ acido ] 0,50 pH = pka - log = pka - log [ base ] 0,75 pH = pka + 0,18 = 4,76 + 0,18 = 4,94

10 10 Tampone acetato [ acido acetico ][ acetato ]pH 0,75 mol / L0,50 mol / L4,58 0,5 mol / L pka = 4,76 0,50 mol / L0,75 mol / L4,94

11 11 1 Calcolare il pH di una soluzione 0,50 mol / L di ammoniaca e 0,75 mol / L di cloruro di ammonio (kb ammoniaca = 1,7 x ) NH 4 + Cl - NH Cl - (completa!) NH H 2 O H 3 O + + NH 3 (equilibrio!) 0,75 M 0,50 M

12 12 2 NH H 2 O H 3 O + + NH 3 (equilibrio!) 0,75 M 0,50 M pka = 14 - pkb = 14 - log kb = ,76 = 9,24 [ acido ] 0,75 pH = pka - log = 9,24 - log = 9,05 [ base ] 0,50

13 Per fare un tampone a pH = 6,8 quale coppia acido / base può essere scelta tra le seguenti? pka = 6,35 13 coppia acido / basekapka acido acetico-acetato di sodio1,7 x ,76 acido benzoico-benzoato di sodio 6,6 x ,18 acido carbonico-bicarbonato di sodio4,45 x ,35 acido ipocloroso-ipoclorito di sodio2,8 x ,55

14 A 50 mL di una soluzione 0,2 mol / L di acido lattico (ka = 1,4 x ) vengono aggiunti 50 mL di una soluzione 0,1 mol / L di KOH Calcolare il pH prima e dopo laggiunta della base HLat + K + OH - Lat - K + + H 2 O (completa!)

15 15 2 prima dellaggiunta della base HLat + H 2 O H 3 O + + Lat - (equilibrio!) 0,2 M [ H 3 O + ] = (ka x CA) 1/2 = (1,4 x x 0,2) 1/2 [ H 3 O + ] = 0,53 x mol / L pH = - log [ H 3 O + ] = 2,28

16 16 3 dopo dellaggiunta della base moli acido lattico = M x V = 0,2 x 50 x = 0,01 mol moli KOH = M x V = 0,1 x 50 x = 0,005 mol 0,01 mol 0,005 mol HLat + K + OH - Lat - K + + H 2 O (completa!) 0,005 mol ,005 mol

17 17 4 0,01 mol 0,005 mol HLat + K + OH - Lat - K + + H 2 O (completa!) 0,005 mol ,005 mol HLat + H 2 O H 3 O + + Lat - (equilibrio!) 0,005 mol 0,005 mol M HLat = 0,005 / V M Lat - = 0,005 / V V = 0,1 L [ acido ] 0,005 / V pH = pka - log = 3,85 - log = 3,85 [ base ] 0,005 / V

18 A 50 mL di una soluzione 0,3 mol / L di acido formico (ka = 1,8 x ) vengono aggiunti 40 mL di una soluzione 0,15 mol / L di LiOH Calcolare il pH prima e dopo laggiunta della base HFor + Li + OH - For - Li + + H 2 O (completa!)

19 19 2 prima dellaggiunta della base HFor + H 2 O H 3 O + + For - (equilibrio!) 0,3 M [ H 3 O + ] = (ka x CA) 1/2 = (1,9 x x 0,3) 1/2 [ H 3 O + ] = 0,75 x mol / L pH = - log [ H 3 O + ] = 2,12

20 20 3 dopo dellaggiunta della base moli acido formico = M x V = 0,3 x 50 x = 0,015 mol moli LiOH = M x V = 0,15 x 40 x = 0,006 mol 0,015 mol 0,006 mol HFor + Li + OH - For - Li + + H 2 O (completa!) 0,009 mol ,006 mol

21 21 4 0,015 mol 0,006 mol HFor + Li + OH - For - K + + H 2 O (completa!) 0,009 mol ,006 mol HFor + H 2 O H 3 O + + For - (equilibrio!) 0,009 mol 0,006 mol M HFor = 0,009 / V M For - = 0,006 / V V = 0,09 L [ acido ] 0,009 / V pH = pka - log = 3,74 - log = 3,56 [ base ] 0,006 / V

22 A 500 mL di una soluzione contenente 11,25 g di etil-ammina (kb = 5,1 x ) sono aggiunti 600 mL di una soluzione 0,25 mol / L di acido cloridrico Calcolare prima e dopo laggiunta dellacido Et-NH 2 + HCl Et-NH 3 + Cl - (completa!)

23 23 2 prima dellaggiunta dellacido massa molare Et-NH 2 = 45 g / mol moli Et-NH 2 = 11,25 / 45 = 0,25 mol molarità Et-NH 2 = 0,25 / (500 x ) = 0,125 mol / L [ OH - ] = (kb x CB) 1/2 = (5,1 x x 0,125) 1/2 [ OH - ] = 0,8 x mol / L pOH = 2,1 pH = 11,9

24 24 3 dopo dellaggiunta dellacido moli Et-NH 2 = M x V = 0,125 x 500 x = 0,25 mol moli HCl = M x V = 0,25 x 600 x = 0,15 mol 0,25 mol 0,15 mol Et-NH 2 + HCl Et-NH 3 + Cl - (completa!) 0,10 mol ,15 mol

25 25 4 0,25 mol 0,15 mol Et-NH 2 + HCl Et-NH 3 + Cl - (completa!) 0,10 mol ,15 mol Et-NH H 2 O H 3 O + + Et-NH 2 (equilibrio!) 0,15 mol 0,10 mol pka = 14 - pkb = 14 - log kb = ,3 = 10,7 [ acido ] 0,15 pH = pka - log = 10,7 - log = 10,5 [ base ] 0,10

26 Calcolare i grammi di idrossido di sodio che si devono aggiungere ad 1 L di soluzione di acido formico 0,1 mol/ L (ka acido formico 1,8 x ) per avere una soluzione tampone a pH = 3,74 (si consideri nulla la variazione di volume) HFor + Na + OH - For - Na + + H 2 O (completa!)

27 27 2 dopo dellaggiunta della base HFor + Na + OH - For - Na + + H 2 O (completa!) HFor + H 2 O H 3 O + + For - (equilibrio!) [ acido ] [ acido ] pH = pka - log = 3,74 - log = 3,74 [ base ] [ base ] [ acido ] = 1 [ base ]

28 28 3 moli HFor = M x V = 0,1 x 1 = 0,1 0,1 mol 0,05 mol HFor + Na + OH - For - Na + + H 2 O (completa!) 0,05 mol ,05 mol HFor + H 2 O H 3 O + + For - (equilibrio!) 0,05 mol 0,05 mol massa molare NaOH = 40 g / mol massa NaOH = 40 x 0,05 = 2 g

29 A 500 mL di una soluzione 0,5 mol / L di propil-ammina (kb = 4,1 x ) sono aggiunti 5,475 g di HCl gassoso Calcolare il pH (si consideri nulla la variazione di volume) Prop-NH 2 + HCl Prop-NH 3 + Cl - (completa!)

30 30 2 moli Prop-NH 2 = M x V = 0,5 x 500 x = 0,25 mol massa molare HCl = 36,5 g / mol moli HCl = 5,475 / 36,5 = 0,15 mol 0,25 mol 0,15 mol Prop-NH 2 + HCl Prop-NH 3 + Cl - (completa!) 0,10 mol ,15 mol Prop-NH H 2 O H 3 O + + Prop-NH 2 (equilibrio!) 0,15 mol 0,10 mol

31 31 3 Prop-NH H 2 O H 3 O + + Prop-NH 2 (equilibrio!) 0,15 mol 0,10 mol pka = 14 - log kb = ,39 = 10,61 [ acido ] 0,15 pH = pka - log = 10,61 - log = 10,43 [ base ] 0,10

32 32 1 TAMPONI (due sali) In 250 mL di soluzione sono contenuti 4,35 g di K 2 HPO 4 e 6,00 g di NaH 2 PO 4 Calcolare il pH sapendo le tre ka dellacido fosforico ka1 = 7,5 x ka2 = 6,2 x ka3 = 4,4 x

33 33 2 H 3 PO 4 +H 2 O H 3 O + +H 2 PO 4 - ka1 = 7,5 x H 2 PO 4 - +H 2 O H 3 O + +HPO 4 2- ka2 = 6,2 x HPO H 2 O H 3 O + +PO 4 3- ka3 = 4,4 x

34 34 3 massa molare K 2 HPO 4 = 174 g / mol moli K 2 HPO 4 = 4,35 / 174 = 0,025 mol massa molare NaH 2 PO 4 = 120 g / mol moli NaH 2 PO 4 = 6,00 / 120 = 0,050 mol H 2 PO H 2 O H 3 O + + HPO 4 2- (equilibrio!) 0,050 mol 0,025 mol ka2 = 6,2 x 10 -8

35 35 4 H 2 PO H 2 O H 3 O + + HPO 4 2- (equilibrio!) 0,050 mol 0,025 mol ka2 = 6,2 x [ acido ] 0,050 pH = pka - log = 7,2 - log = 6,9 [ base ] 0,025

36 A mL di una soluzione 0,1 mol / L di acido acetico sono aggiunti 500 mL di una soluzione 0,1 mol / L di NaOH: stimare il pH circa 7 tra 7 e 10 tra 3 e 7 superiore a 10 0,10 mol 0,05 mol HAc + Na + OH - Ac - Na + + H 2 O (completa!) 0,05 mol ,05 mol

37 37 1 Calcolare la variazione di pH di una soluzione tampone di acido acetico 0,10 mol / L e di acetato di sodio 0,10 mol / L (ka = 1,7 x ) alla quale si aggiungono 0,4 g / L di idrossido di sodio (considerare nulla la variazione di volume!)

38 38 2 prima dellaggiunta di NaOH 0,1 mol / L 0,1 mol / L HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - [ acido ] 0,10 pH = pka - log = 4,76 - log = 4,76 [ base ] 0,10

39 39 3 dopo laggiunta di NaOH massa molare NaOH = 40 g / mol moli NaOH = 0,4 / 40 = 0,01 mol / L 0,10 mol / L 0,01 mol / L 0,10 mol / L HAc + Na + OH - Ac - Na + + H 2 O 0,09 mol / L ,11 mol / L [ acido ] 0,09 pH = pka - log = 4,76 - log [ base ] 0,11 pH = 4,76 + 0,09 = 4,85 pH = 4,85 - 4,76 = + 0,09

40 40 1 Calcolare la variazione di pH di una soluzione tampone di acido acetico 0,10 mol / L e di acetato di sodio 0,10 mol / L (ka = 1,7 x ) alla quale si aggiungono 0,365 g / L di acido cloridrico (considerare nulla la variazione di volume!)

41 41 2 prima dellaggiunta di HCl 0,1 mol / L 0,1 mol / L HAc + H 2 O H 3 O + + Ac - [ acido ] 0,10 pH = pka - log = 4,76 - log = 4,76 [ base ] 0,10

42 42 3 dopo laggiunta di HCl massa molare HCl = 36,5 g / mol moli HCl = 0,365 / 36,5 = 0,01 mol / L 0,10 mol / L 0,01 mol / L 0,10 mol / L Ac - + HCl HAc + Cl - 0,09 mol / L ,11 mol / L [ acido ] 0,11 pH = pka - log = 4,76 - log [ base ] 0,09 pH = 4,76 - 0,09 = 4,67 pH = 4,67 - 4,76 = - 0,09

43 43 4 Aggiungendo ad 1 L di acqua 0,4 g di NaOH (0,01 mol) il pH passa da 7 a 12! pH = + 5! Aggiungendo ad 1 L di acqua 0,365 g di HCl (0,01 mol) il pH passa da 7 a 2! pH = - 5!

44 44 1 Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 300 g al 15 % m / m di NaH 2 PO 4 con 450 mL di KOH 0,01 mol / L e portando il volume finale a mL

45 g al 15 % m / m di NaH 2 PO 4... massa soluzione = 300 g massa NaH 2 PO 4 = 15 x (300 / 100) = 45 g massa molare NaH 2 PO 4 = 120 g / mol moli NaH 2 PO 4 = 45 / 120 = 0,375 mol moli H 2 PO 4 - = 0,375 mol

46 mL di KOH 0,5 mol /L... volume soluzione = 450 mL moli KOH = M x V = 0,5 x 0,450 = 0,225 mol moli OH - = 0,225 mol 0,375 0, H 2 PO OH - HPO H 2 O 0, ,225

47 e portando il volume finale a mL moli H 2 PO 4 - = 0,150 mol moli HPO 4 2- = 0,225 mol volume soluzione = mL ka2 H 3 PO 4 = 6,3 x pka2 H 3 PO 4 = 7,20 [ acido ] 0,150 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,38 [ base ] 0,225 / V

48 e aggiungendo 0,050 mol di HCl? 0,225 0,050 0,150 HPO HCl H 2 PO Cl - 0, ,200 0,050 [ acido ] 0,200 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,14 [ base ] 0,175 / V

49 oppure aggiungendo 0,050 mol di NaOH? 0,150 0,050 0,225 H 2 PO NaOH HPO Na + 0, ,275 0,050 [ acido ] 0,100 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,64 [ base ] 0,275 / V

50 50 TITOLAZIONI

51 51 TITOLAZIONE Reazione completa tra due reagenti (di norma, un acido e una base) Punto equivalente: pH al termine della titolazione

52 mL di una soluzione di NaOH 0,05 mol / L sono titolati con una soluzione di HCl 0,1 mol / L Calcolare il volume in mL della soluzione di HCl e il pH al punto equivalente Na + OH - + HCl Na + Cl - + H 2 O (completa!)

53 53 2 moli NaOH = M x V = 0,05 x 200 x = 0,01 mol 0,01 mol x mol Na + OH - + HCl Na + Cl - + H 2 O (completa!) ,01 mol moli HCl = moli NaOH = 0,01 mol volume HCl = moli / M = 0,01 / 0,1 = 0,1 L cioè 100 mL pH = 7

54 mL di una soluzione di acido solforico sono titolati da 10 mL di una soluzione di NaOH 0,2 mol / L Calcolare la molarità della soluzione di acido solforico H 2 SO Na + OH - Na 2 + SO H 2 O (completa!)

55 55 2 moli NaOH = M x V = 0,2 x 10 x = 0,002 mol x mol 0,002 mol H 2 SO Na + OH - Na 2 + SO H 2 O (completa!) ,001 mol moli H 2 SO 4 = moli NaOH / 2 = 0,002 / 2 = 0,001 mol M H 2 SO 4 = moli / V = 0,001 / (50 x ) = 0,02 mol / L

56 mL di una soluzione di acido butirrico 0,35 mol / L (ka = 1,5 x ) sono titolati con soluzione di NaOH 0,224 mol / L Calcolare il volume della soluzione di NaOH e il pH al punto equivalente HBut + Na + OH - But - Na + + H 2 O (completa!)

57 57 2 moli HBut = M x V = 0,35 x 50 x = 0,0175 mol 0,0175 mol x mol HBut + Na + OH - But - Na + + H 2 O (completa!) ,0175 mol moli NaOH = moli HBut = 0,0175 mol V NaOH = moli / M = 0,0175 / 0,224 = 0,078 L cioè 78 mL

58 58 3 But - Na + But - + Na + But - + H 2 O HBut + OH - (equilibrio!) moli But - = moli NaBut = 0,0175 mol V finale = = 128 mL molarità NaBut = 0,0175 / (128 x ) = 0,14 mol / L kb = / ka = / (1,5 x ) = 0,67 x [ OH - ] = (kb x CB) 1/2 = (0,67 x x 0,14) 1/2 [ OH - ] = 0,31 x 10 -4,5 mol / L pOH = 5,01 pH = 8,99

59 mL di una soluzione di acido formico (ka = 1,9 x ) sono titolati con 39 mL di una soluzione di KOH 0,117 mol / L Calcolare la molarità della soluzione di acido formico e il pH al punto equivalente HFor + K + OH - For - K + + H 2 O (completa!)

60 60 2 moli KOH = M x V = 0,117 x 39 x = 0,0046 mol x mol 0,0046 mol HFor + K + OH - For - K + + H 2 O (completa!) ,0046 mol moli HFor = moli KOH = 0,0046 mol M HFor = moli / V = 0,0046 / (25 x ) = 0,186 mol / L

61 61 3 For - K + For - + K + For - + H 2 O HFor + OH - (equilibrio!) moli For - = moli KFor = 0,0046 mol V finale = ,74 = 64,74 mL molarità KFor = 0,0046 / (64,74 x ) = 0,071 mol / L kb = / ka = / (1,9 x ) = 0,52 x [ OH - ] = (kb x CB) 1/2 = (0,52 x x 0,071) 1/2 [ OH - ] = 0,19 x mol / L pOH = 5,72 pH = 8,28

62 100 mL di HCl 0,1 mol / L titolati con NaOH 0,1 mol / L pH PE = 7,00 62

63 100 mL di HAc 0,1 mol / L titolati con NaOH 0,1 mol / L Effetto tampone pH PE = 8,85 63

64 mL di una soluzione di ammoniaca (kb = 1,7 x ) sono titolati con 15 mL di una soluzione di acido cloridrico 0,1 mol / L Calcolare la molarità della soluzione di ammoniaca, il pH al punto equivalente e a metà titolazione (dopo laggiunta di 7,5 mL di HCl) NH 3 + HCl NH 4 + Cl - (completa!)

65 65 2 moli HCl = M x V = 0,1 x 15 x = 1,5 x mol x mol 1,5 x mol NH 3 + HCl NH 4 + Cl - (completa!) ,5 x mol moli NH 3 = moli HCl = 1,5 x mol M NH 3 = moli / V = 1,5 x / (50 x ) = 0,03 mol / L

66 66 3 NH 4 + Cl - NH Cl - NH H 2 O H 3 O + + NH 3 (equilibrio!) moli NH 4 + = moli NH 4 Cl = 1,5 x mol V finale = = 65 mL molarità NH 4 Cl = 1,5 x / (65 x ) = 0,023 mol / L ka = / kb = / (1,7 x ) = 0,59 x [ H 3 O + ] = (ka x CA) 1/2 = (0,59 x x 0,023) 1/2 [ H 3 O + ] = 0,12 x 10 -4,5 mol / L pH = 5,42

67 a metà titolazione moli HCl = M x V = 0,1 x 7,5 x = 0,75 x ,5 x mol 0,75 x mol NH 3 + HCl NH 4 + Cl - (completa!) 0,75 x mol ,75 x mol [ NH 4 + ] 0,75 x pH = pka - log = 9,23 - log = 9,23 [ NH 3 ] 0,75 x 10 -3

68 68 5 NH 3 + HCl NH 4 + Cl - statospecie presentipHvolume iniziale base debole NH 3 10,8550 mL metà titolazione tampone NH 4 + / NH 3 9,2357,5 mL fine titolazione sale NH 4 + Cl - 5,4265 mL

69 Effetto tampone pH PE = 5,42 50 mL di NH 3 0,03 mol / L titolati con HCl 0,1 mol / L 69

70 mL di una soluzione di metil-ammina (kb = 4,6 x ) sono titolati con 16,8 mL di una soluzione di acido cloridrico 0,1 mol / L Calcolare la molarità della soluzione di metil ammina, il pH al punto equivalente e a metà titolazione (dopo laggiunta di 8,4 mL di HCl) Met-NH 2 + HCl Met-NH 3 + Cl - (completa!)

71 71 2 moli HCl = M x V = 0,1 x 16,8 x = 1,68 x mol x mol 1,68 x mol Met-NH 2 + HCl Met-NH 3 + Cl - (completa!) ,68 x mol moli Met-NH 2 = moli HCl = 1,68 x mol M Met-NH 2 = moli / V = 1,68 x / (82 x ) M Met-NH 2 = 0,02 mol / L

72 72 3 Met-NH 3 + Cl - Met-NH Cl - Met-NH H 2 O H 3 O + + Met-NH 2 (equilibrio!) moli Met-NH 3 + = moli Met-NH 3 Cl = 1,68 x mol V finale = ,8 = 98,8 mL M Met-NH 3 Cl = 1,68 x / (98,8 x ) = 0,017 mol / L ka = / kb = / (4,6 x ) = 0,22 x [ H 3 O + ] = (ka x CA) 1/2 = (0,22 x x 0,017) 1/2 [ H 3 O + ] = 0,06 x mol / L pH = 6,22

73 a metà titolazione moli HCl = M x V = 0,1 x 8,4 x = 0,84 x ,68 x mol 0,84 x mol Met-NH 2 + HCl Met-NH 3 + Cl - (completa!) 0,84 x mol ,84 x mol [ Met-NH 3 + ] pH = pka - log = 10,66 [ Met-NH 2 ]

74 74 5 Met-NH 2 + HCl Met-NH 3 + Cl - statospecie presentipHvolume iniziale base debole Met-NH 2 11,4882 mL metà titolazione tampone Met-NH 3 + / Met-NH 2 10,6690,4 mL fine titolazione sale Met-NH 3 + Cl - 6,2298,8 mL

75 75 FINE !


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