ESERCITAZIONE di CHIMICA

Presentazione sul tema: "ESERCITAZIONE di CHIMICA"— Transcript della presentazione:

1 ESERCITAZIONE di CHIMICA
3 dicembre, 2012 SOLUZIONI TAMPONE TITOLAZIONI

2 SOLUZIONI TAMPONE 2

3 Acido debole e base coniugata debole in quantità simile!
SOLUZIONI TAMPONE 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!) CH3COOH / CH3COO- NH4+ / NH3 H2CO3 / HCO3- H2PO4- / HPO42-

4 CH3COOH / CH3COO- (equilibrio!)
PERCHÈ TAMPONANO? CH3COOH / CH3COO- (equilibrio!) aggiunta di acido (H3O+): CH3COO H3O+  CH3COOH H2O (completa!) aggiunta di base (OH-): CH3COOH OH-  CH3COO H2O (completa!)

5 EQUAZIONE DI HENDERSON-HASSELBACH HA + H2O  H3O+ + A- (equilibrio!)
[ H3O+ ] x [ A- ] [ HA ] ka = da cui [ H3O+ ] = ka x [ HA ] [ A- ] [ HA ] - log [ H3O+ ] = - log ka - log [ A- ] [ acido ] pH = pka - log [ base ]

6 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (equilibrio!)
Calcolare il pH di una soluzione 0,5 mol / L di acido acetico (ka acido acetico = 1,7 x 10-5) 0,5 M HAc H2O  H3O Ac- (equilibrio!) 0,5 M - x x x [ H3O+ ] = [ Ac- ] ! [ H3O+ ] = [ Ac- ] = (ka x CA)1/2 = 0,92 x 10-2,5 mol / L pH = 2,53 non è una soluzione tampone!

7 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (equilibrio!)
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 10-5) HAc H2O  H3O Ac- (equilibrio!) 0,50 M ,50 M [ acido ] ,50 pH = pka - log = pka - log [ base ] ,50 pH = pka = 4,76

8 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (equilibrio!)
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 10-5) HAc H2O  H3O Ac- (equilibrio!) 0,75 M ,50 M [ acido ] ,75 pH = pka - log = pka - log [ base ] ,50 pH = pka - 0,18 = 4,76 - 0,18 = 4,58 8

9 HAc + H2O  H3O+ + Ac- (equilibrio!)
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 10-5) HAc H2O  H3O Ac- (equilibrio!) 0,50 M ,75 M [ acido ] ,50 pH = pka - log = pka - log [ base ] ,75 pH = pka + 0,18 = 4,76 + 0,18 = 4,94 9

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

11 NH4+ Cl-  NH4+ + Cl- (completa!)
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 10-5) NH4+ Cl-  NH Cl- (completa!) NH H2O  H3O NH3 (equilibrio!) 0,75 M ,50 M 11

12 NH4+ + H2O  H3O+ + NH3 (equilibrio!)
0,75 M ,50 M pka = 14 - pkb = 14 - log kb = ,76 = 9,24 [ acido ] ,75 pH = pka - log = 9,24 - log = 9,05 [ base ] ,50 12

13 acido benzoico-benzoato di sodio
Per fare un tampone a pH = 6,8 quale coppia acido / base può essere scelta tra le seguenti? pka = 6,35 coppia acido / base ka pka acido acetico-acetato di sodio 1,7 x 10-5 4,76 acido benzoico-benzoato di sodio 6,6 x 10-5 4,18 acido carbonico-bicarbonato di sodio 4,45 x 10-7 6,35 acido ipocloroso-ipoclorito di sodio 2,8 x 10-8 7,55 13

14 A 50 mL di una soluzione 0,2 mol / L di acido lattico
1 A 50 mL di una soluzione 0,2 mol / L di acido lattico (ka = 1,4 x 10-4) vengono aggiunti 50 mL di una soluzione 0,1 mol / L di KOH Calcolare il pH prima e dopo l’aggiunta della base HLat K+ OH-  Lat- K H2O (completa!)

15 prima dell’aggiunta della base HLat + H2O  H3O+ + Lat- (equilibrio!)
[ H3O+ ] = (ka x CA)1/2 = (1,4 x 10-4 x 0,2)1/2 [ H3O+ ] = 0,53 x 10-2 mol / L pH = - log [ H3O+ ] = 2,28 15

16 dopo dell’aggiunta della base
3 dopo dell’aggiunta della base moli acido lattico = M x V = 0,2 x 50 x 10-3 = 0,01 mol moli KOH = M x V = 0,1 x 50 x 10-3 = 0,005 mol 0,01 mol ,005 mol HLat K+ OH-  Lat- K H2O (completa!) 0,005 mol ,005 mol 16

17 HLat + K+ OH-  Lat- K+ + H2O (completa!)
4 0,01 mol ,005 mol HLat K+ OH-  Lat- K H2O (completa!) 0,005 mol ,005 mol HLat H2O  H3O Lat- (equilibrio!) 0,005 mol ,005 mol M HLat = 0,005 / V M Lat- = 0,005 / V V = 0,1 L [ acido ] ,005 / V pH = pka - log = 3,85 - log = 3,85 [ base ] ,005 / V 17

18 A 50 mL di una soluzione 0,3 mol / L di acido formico
1 A 50 mL di una soluzione 0,3 mol / L di acido formico (ka = 1,8 x 10-4) vengono aggiunti 40 mL di una soluzione 0,15 mol / L di LiOH Calcolare il pH prima e dopo l’aggiunta della base HFor Li+ OH-  For- Li H2O (completa!) 18

19 prima dell’aggiunta della base HFor + H2O  H3O+ + For- (equilibrio!)
[ H3O+ ] = (ka x CA)1/2 = (1,9 x 10-4 x 0,3)1/2 [ H3O+ ] = 0,75 x 10-2 mol / L pH = - log [ H3O+ ] = 2,12 19

20 dopo dell’aggiunta della base
3 dopo dell’aggiunta della base moli acido formico = M x V = 0,3 x 50 x 10-3 = 0,015 mol moli LiOH = M x V = 0,15 x 40 x 10-3 = 0,006 mol 0,015 mol ,006 mol HFor Li+ OH-  For- Li H2O (completa!) 0,009 mol ,006 mol 20

21 HFor + Li+ OH-  For- K+ + H2O (completa!)
4 0,015 mol ,006 mol HFor Li+ OH-  For- K H2O (completa!) 0,009 mol ,006 mol HFor H2O  H3O For- (equilibrio!) 0,009 mol ,006 mol M HFor = 0,009 / V M For- = 0,006 / V V = 0,09 L [ acido ] ,009 / V pH = pka - log = 3,74 - log = 3,56 [ base ] ,006 / V 21

22 A 500 mL di una soluzione contenente
1 A 500 mL di una soluzione contenente 11,25 g di etil-ammina (kb = 5,1 x 10-4) sono aggiunti 600 mL di una soluzione 0,25 mol / L di acido cloridrico Calcolare prima e dopo l’aggiunta dell’acido Et-NH HCl  Et-NH3+ Cl- (completa!) 22

23 prima dell’aggiunta dell’acido massa molare Et-NH2 = 45 g / mol
moli Et-NH2 = 11,25 / 45 = 0,25 mol molarità Et-NH2 = 0,25 / (500 x 10-3) = 0,125 mol / L [ OH- ] = (kb x CB)1/2 = (5,1 x 10-4 x 0,125)1/2 [ OH- ] = 0,8 x 10-2 mol / L pOH = 2,1 pH = 11,9 23

24 dopo dell’aggiunta dell’acido
3 dopo dell’aggiunta dell’acido moli Et-NH2 = M x V = 0,125 x 500 x 10-3 = 0,25 mol moli HCl = M x V = 0,25 x 600 x 10-3 = 0,15 mol 0,25 mol ,15 mol Et-NH HCl  Et-NH3+ Cl- (completa!) 0,10 mol ,15 mol 24

25 Et-NH2 + HCl  Et-NH3+ Cl- (completa!)
4 0,25 mol ,15 mol Et-NH HCl  Et-NH3+ Cl- (completa!) 0,10 mol ,15 mol Et-NH H2O  H3O Et-NH2 (equilibrio!) 0,15 mol ,10 mol pka = 14 - pkb = 14 - log kb = ,3 = 10,7 [ acido ] ,15 pH = pka - log = 10,7 - log = 10,5 [ base ] ,10 25

26 0,1 mol/ L (ka acido formico 1,8 x 10-4) per avere
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 10-4) per avere una soluzione tampone a pH = 3,74 (si consideri nulla la variazione di volume) HFor Na+ OH-  For- Na H2O (completa!) 26

27 dopo dell’aggiunta della base
2 dopo dell’aggiunta della base HFor Na+ OH-  For- Na H2O (completa!) HFor H2O  H3O For- (equilibrio!) [ acido ] [ acido ] pH = pka - log = 3,74 - log = 3,74 [ base ] [ base ] [ acido ] = 1 [ base ] 27

28 HFor + Na+ OH-  For- Na+ + H2O (completa!)
3 moli HFor = M x V = 0,1 x 1 = 0,1 0,1 mol ,05 mol HFor Na+ OH-  For- Na+ + H2O (completa!) 0,05 mol ,05 mol HFor H2O  H3O For- (equilibrio!) 0,05 mol ,05 mol massa molare NaOH = 40 g / mol massa NaOH = 40 x 0,05 = 2 g 28

29 A 500 mL di una soluzione 0,5 mol / L di
1 A 500 mL di una soluzione 0,5 mol / L di propil-ammina (kb = 4,1 x 10-4) sono aggiunti 5,475 g di HCl gassoso Calcolare il pH (si consideri nulla la variazione di volume) Prop-NH HCl  Prop-NH3+ Cl- (completa!) 29

30 moli Prop-NH2 = M x V = 0,5 x 500 x 10-3 = 0,25 mol
massa molare HCl = 36,5 g / mol moli HCl = 5,475 / 36,5 = 0,15 mol 0,25 mol ,15 mol Prop-NH HCl  Prop-NH3+ Cl- (completa!) 0,10 mol ,15 mol Prop-NH H2O  H3O Prop-NH2 (equilibrio!) 0,15 mol ,10 mol 30

31 Prop-NH3+ + H2O  H3O+ + Prop-NH2 (equilibrio!)
0,15 mol ,10 mol pka = 14 - log kb = ,39 = 10,61 [ acido ] ,15 pH = pka - log = 10,61 - log = 10,43 [ base ] ,10 31

32 In 250 mL di soluzione sono contenuti
1 TAMPONI (due sali) In 250 mL di soluzione sono contenuti 4,35 g di K2HPO4 e 6,00 g di NaH2PO4 Calcolare il pH sapendo le tre ka dell’acido fosforico ka1 = 7,5 x ka2 = 6,2 x ka3 = 4,4 x 10-13 32

33 H3PO4 + H2O  H3O+ + H2PO4- ka1 = 7,5 x 10-3
HPO42- + H2O  H3O+ + PO43- ka3 = 4,4 x 10-13 33

34 massa molare K2HPO4 = 174 g / mol moli K2HPO4 = 4,35 / 174 = 0,025 mol
massa molare NaH2PO4 = 120 g / mol moli NaH2PO4 = 6,00 / 120 = 0,050 mol H2PO H2O  H3O HPO42- (equilibrio!) 0,050 mol ,025 mol ka2 = 6,2 x 10-8 34

35 H2PO4- + H2O  H3O+ + HPO42- (equilibrio!)
0,050 mol ,025 mol ka2 = 6,2 x 10-8 [ acido ] ,050 pH = pka - log = 7,2 - log = 6,9 [ base ] ,025 35

36 A 1.000 mL di una soluzione 0,1 mol / L di acido acetico
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 tra 7 e tra 3 e superiore a 10 0,10 mol ,05 mol HAc Na+ OH-  Ac- Na H2O (completa!) 0,05 mol ,05 mol 36

37 acetato di sodio 0,10 mol / L (ka = 1,7 x 10-5)
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 10-5) alla quale si aggiungono 0,4 g / L di idrossido di sodio (considerare nulla la variazione di volume!) 37

38 prima dell’aggiunta di NaOH
2 prima dell’aggiunta di NaOH 0,1 mol / L ,1 mol / L HAc H2O  H3O Ac- [ acido ] ,10 pH = pka - log = 4,76 - log = 4,76 [ base ] ,10 38

39 dopo l’aggiunta di NaOH massa molare NaOH = 40 g / mol
3 dopo l’aggiunta di NaOH massa molare NaOH = 40 g / mol moli NaOH = 0,4 / 40 = 0,01 mol / L 0,10 mol / L ,01 mol / L ,10 mol / L HAc Na+ OH  Ac- Na H2O 0,09 mol / L ,11 mol / L [ acido ] ,09 pH = pka - log = 4,76 - log [ base ] ,11 pH = 4,76 + 0,09 = 4, pH = 4,85 - 4,76 = + 0,09 39

40 acetato di sodio 0,10 mol / L (ka = 1,7 x 10-5)
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 10-5) alla quale si aggiungono 0,365 g / L di acido cloridrico (considerare nulla la variazione di volume!) 40

41 prima dell’aggiunta di HCl
2 prima dell’aggiunta di HCl 0,1 mol / L ,1 mol / L HAc H2O  H3O Ac- [ acido ] ,10 pH = pka - log = 4,76 - log = 4,76 [ base ] ,10 41

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

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

44 e portando il volume finale a 2.500 mL
1 Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 300 g al 15 % m / m di NaH2PO4 con 450 mL di KOH 0,01 mol / L e portando il volume finale a mL 44

45 massa molare NaH2PO4 = 120 g / mol
g al 15 % m / m di NaH2PO4 ... massa soluzione = 300 g massa NaH2PO4 = 15 x (300 / 100) = 45 g massa molare NaH2PO4 = 120 g / mol moli NaH2PO4 = 45 / 120 = 0,375 mol moli H2PO4- = 0,375 mol 45

46 ... 450 mL di KOH 0,5 mol /L ... volume soluzione = 450 mL
3 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, , H2PO OH  HPO H2O 0, ,225 46

47 ... e portando il volume finale a 2.500 mL
4 ... e portando il volume finale a mL moli H2PO4- = 0,150 mol moli HPO42- = 0,225 mol volume soluzione = mL ka2 H3PO4 = 6,3 x pka2 H3PO4 = 7,20 [ acido ] ,150 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,38 [ base ] ,225 / V 47

48 ... e aggiungendo 0,050 mol di HCl?
0, , ,150 HPO HCl  H2PO Cl- 0, , ,050 [ acido ] ,200 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,14 [ base ] ,175 / V 48

49 ... oppure aggiungendo 0,050 mol di NaOH?
6 ... oppure aggiungendo 0,050 mol di NaOH? 0, , ,225 H2PO NaOH  HPO Na+ 0, , ,050 [ acido ] ,100 / V pH = pka - log = 7,20 - log = 7,64 [ base ] ,275 / V 49

50 TITOLAZIONI 50

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

52 200 mL di una soluzione di NaOH 0,05 mol / L
1 200 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 H2O (completa!) 52

53 moli NaOH = M x V = 0,05 x 200 x 10-3 = 0,01 mol
0,01 mol x mol Na+ OH HCl  Na+ Cl H2O (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 53

54 50 mL di una soluzione di acido solforico sono titolati
1 50 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 H2SO Na+ OH-  Na2+ SO H2O (completa!) 54

55 moli NaOH = M x V = 0,2 x 10 x 10-3 = 0,002 mol
x mol ,002 mol H2SO4 + 2 Na+ OH-  Na2+ SO H2O (completa!) ,001 mol moli H2SO4 = moli NaOH / 2 = 0,002 / 2 = 0,001 mol M H2SO4 = moli / V = 0,001 / (50 x 10-3) = 0,02 mol / L 55

56 50 mL di una soluzione di acido butirrico 0,35 mol / L
1 50 mL di una soluzione di acido butirrico 0,35 mol / L (ka = 1,5 x 10-5) 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 H2O (completa!) 56

57 moli HBut = M x V = 0,35 x 50 x 10-3 = 0,0175 mol
2 moli HBut = M x V = 0,35 x 50 x 10-3 = 0,0175 mol 0,0175 mol x mol HBut Na+ OH-  But- Na H2O (completa!) ,0175 mol moli NaOH = moli HBut = 0,0175 mol V NaOH = moli / M = 0,0175 / 0,224 = 0,078 L cioè 78 mL 57

58 But- + H2O  HBut + OH- (equilibrio!)
3 But- Na+  But Na+ But H2O  HBut OH- (equilibrio!) moli But- = moli NaBut = 0,0175 mol V finale = = 128 mL molarità NaBut = 0,0175 / (128 x 10-3) = 0,14 mol / L kb = / ka = / (1,5 x 10-5) = 0,67 x 10-9 [ OH- ] = (kb x CB)1/2 = (0,67 x 10-9 x 0,14)1/2 [ OH- ] = 0,31 x 10-4,5 mol / L pOH = 5, pH = 8,99 58

59 25 mL di una soluzione di acido formico
1 25 mL di una soluzione di acido formico (ka = 1,9 x 10-4) 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 H2O (completa!) 59

60 HFor + K+ OH-  For- K+ + H2O (completa!)
moli KOH = M x V = 0,117 x 39 x 10-3 = 0,0046 mol x mol ,0046 mol HFor K+ OH-  For- K H2O (completa!) ,0046 mol moli HFor = moli KOH = 0,0046 mol M HFor = moli / V = 0,0046 / (25 x 10-3) = 0,186 mol / L 60

61 For- + H2O  HFor + OH- (equilibrio!)
3 For- K+  For K+ For H2O  HFor OH- (equilibrio!) moli For- = moli KFor = 0,0046 mol V finale = ,74 = 64,74 mL molarità KFor = 0,0046 / (64,74 x 10-3) = 0,071 mol / L kb = / ka = / (1,9 x 10-4) = 0,52 x 10-10 [ OH- ] = (kb x CB)1/2 = (0,52 x x 0,071)1/2 [ OH- ] = 0,19 x 10-5 mol / L pOH = 5, pH = 8,28 61

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 50 mL di una soluzione di ammoniaca
1 50 mL di una soluzione di ammoniaca (kb = 1,7 x 10-5) 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 l’aggiunta di 7,5 mL di HCl) NH HCl  NH4+ Cl- (completa!) 64

65 moli HCl = M x V = 0,1 x 15 x 10-3 = 1,5 x 10-3 mol
2 moli HCl = M x V = 0,1 x 15 x 10-3 = 1,5 x 10-3 mol x mol ,5 x 10-3 mol NH HCl  NH4+ Cl- (completa!) ,5 x 10-3 mol moli NH3 = moli HCl = 1,5 x 10-3 mol M NH3 = moli / V = 1,5 x 10-3 / (50 x 10-3) = 0,03 mol / L 65

66 NH4+ + H2O  H3O+ + NH3 (equilibrio!)
NH4+ Cl-  NH Cl- NH H2O  H3O NH3 (equilibrio!) moli NH4+ = moli NH4Cl = 1,5 x 10-3 mol V finale = = 65 mL molarità NH4Cl = 1,5 x 10-3 / (65 x 10-3) = 0,023 mol / L ka = / kb = / (1,7 x 10-5) = 0,59 x 10-9 [ H3O+ ] = (ka x CA)1/2 = (0,59 x 10-9 x 0,023)1/2 [ H3O+ ] = 0,12 x 10-4,5 mol / L pH = 5,42 66

67 NH3 + HCl  NH4+ Cl- (completa!)
... a metà titolazione moli HCl = M x V = 0,1 x 7,5 x 10-3 = 0,75 x 10-3 1,5 x 10-3 mol ,75 x 10-3 mol NH HCl  NH4+ Cl- (completa!) 0,75 x 10-3 mol ,75 x 10-3 mol [ NH4+ ] ,75 x 10-3 pH = pka - log = 9,23 - log = 9,23 [ NH3 ] ,75 x 10-3 67

68 NH3 + HCl  NH4+ Cl- stato specie presenti pH volume iniziale
5 NH HCl  NH4+ Cl- stato specie presenti pH volume iniziale base debole NH3 10,85 50 mL metà titolazione tampone NH4+ / NH3 9,23 57,5 mL fine titolazione sale NH4+ Cl- 5,42 65 mL 68

69 50 mL di NH3 0,03 mol / L titolati con HCl 0,1 mol / L
Effetto tampone pH PE = 5,42 69

70 82 mL di una soluzione di metil-ammina
1 82 mL di una soluzione di metil-ammina (kb = 4,6 x 10-4) 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 l’aggiunta di 8,4 mL di HCl) Met-NH HCl  Met-NH3+ Cl- (completa!) 70

71 moli HCl = M x V = 0,1 x 16,8 x 10-3 = 1,68 x 10-3 mol
2 moli HCl = M x V = 0,1 x 16,8 x 10-3 = 1,68 x 10-3 mol x mol ,68 x 10-3 mol Met-NH HCl  Met-NH3+ Cl- (completa!) ,68 x 10-3 mol moli Met-NH2 = moli HCl = 1,68 x 10-3 mol M Met-NH2 = moli / V = 1,68 x 10-3 / (82 x 10-3) M Met-NH2 = 0,02 mol / L 71

72 Met-NH3+ Cl-  Met-NH3- + Cl-
Met-NH H2O  H3O Met-NH2 (equilibrio!) moli Met-NH3+ = moli Met-NH3Cl = 1,68 x 10-3 mol V finale = ,8 = 98,8 mL M Met-NH3Cl = 1,68 x 10-3 / (98,8 x 10-3) = 0,017 mol / L ka = / kb = / (4,6 x 10-4) = 0,22 x 10-10 [ H3O+ ] = (ka x CA)1/2 = (0,22 x x 0,017)1/2 [ H3O+ ] = 0,06 x 10-5 mol / L pH = 6,22 72

73 pH = pka - log ---------------- = 10,66
4 ... a metà titolazione moli HCl = M x V = 0,1 x 8,4 x 10-3 = 0,84 x 10-3 1,68 x 10-3 mol ,84 x 10-3 mol Met-NH HCl  Met-NH3+ Cl- (completa!) 0,84 x 10-3 mol ,84 x 10-3 mol [ Met-NH3+ ] pH = pka - log = 10,66 [ Met-NH2 ] 73

74 Met-NH2 + HCl  Met-NH3+ Cl-
5 Met-NH HCl  Met-NH3+ Cl- stato specie presenti pH volume iniziale base debole Met-NH2 11,48 82 mL metà titolazione tampone Met-NH3+ / Met-NH2 10,66 90,4 mL fine titolazione sale Met-NH3+ Cl- 6,22 98,8 mL 74

75 FINE ! 75