1 esercitazione di chimica 3 dicembre, 2012 soluzioni tampone titolazioni
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1
ESERCITAZIONE di CHIMICA3 dicembre, 2012
SOLUZIONI TAMPONE
TITOLAZIONI
2
SOLUZIONI TAMPONE
3
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- / HPO4
2-
4
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
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
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 0,50 M
[ acido ] 0,50pH = pka - log ------------ = pka - log -------
[ base ] 0,50
pH = pka = 4,76
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 10-5)
HAc + H2O H3O+ + Ac- (equilibrio!)
0,75 M 0,50 M
[ acido ] 0,75pH = pka - log ------------ = pka - log -------
[ base ] 0,50
pH = pka - 0,18 = 4,76 - 0,18 = 4,58
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 10-5)
HAc + H2O H3O+ + Ac- (equilibrio!)
0,50 M 0,75 M
[ acido ] 0,50pH = pka - log ------------ = pka - log -------
[ base ] 0,75
pH = pka + 0,18 = 4,76 + 0,18 = 4,94
10
Tampone acetato
[ acido acetico ] [ acetato ] pH
0,75 mol / L 0,50 mol / L 4,58
0,5 mol / L 0,5 mol /L pka = 4,76
0,50 mol / L 0,75 mol / L 4,94
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 10-5)
NH4+ Cl- NH4
+ + Cl- (completa!)
NH4+ + H2O H3O+ + NH3 (equilibrio!)
0,75 M 0,50 M
12
2
NH4+ + H2O H3O+ + NH3 (equilibrio!)
0,75 M 0,50 M
pka = 14 - pkb = 14 - log kb = 14 - 4,76 = 9,24
[ acido ] 0,75pH = pka - log ------------ = 9,24 - log ------ = 9,05
[ base ] 0,50
2009-2010
Per fare un tampone a pH = 6,8 quale coppia acido / base può essere scelta tra le seguenti?
pka = 6,35
13
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
14
1
2009-2010
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
2
prima dell’aggiunta della base
HLat + H2O H3O+ + Lat- (equilibrio!)
0,2 M
[ 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
16
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 0,005 mol
HLat + K+ OH- Lat- K+ + H2O (completa!)
0,005 mol ---- 0,005 mol
17
4
0,01 mol 0,005 mol
HLat + K+ OH- Lat- K+ + H2O (completa!)
0,005 mol ---- 0,005 mol
HLat + H2O H3O+ + 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 / VpH = pka - log ------------ = 3,85 - log ------------- = 3,85
[ base ] 0,005 / V
18
1
2009-2010
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!)
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2
prima dell’aggiunta della base
HFor + H2O H3O+ + For- (equilibrio!)
0,3 M
[ 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
20
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 0,006 mol
HFor + Li+ OH- For- Li+ + H2O (completa!)
0,009 mol ---- 0,006 mol
21
4
0,015 mol 0,006 mol
HFor + Li+ OH- For- K+ + H2O (completa!)
0,009 mol ---- 0,006 mol
HFor + H2O H3O+ + 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 / VpH = pka - log ------------ = 3,74 - log ------------ = 3,56
[ base ] 0,006 / V
22
1
2009 - 2010
A 500 mL di una soluzione contenente11,25 g di etil-ammina (kb = 5,1 x 10-4)
sono aggiunti 600 mL di una soluzione 0,25 mol / Ldi acido cloridrico
Calcolare prima e dopo l’aggiunta dell’acido
Et-NH2 + HCl Et-NH3+ Cl- (completa!)
23
2
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
24
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 0,15 mol
Et-NH2 + HCl Et-NH3+ Cl- (completa!)
0,10 mol ---- 0,15 mol
25
4
0,25 mol 0,15 mol
Et-NH2 + HCl Et-NH3+ Cl- (completa!)
0,10 mol ---- 0,15 mol
Et-NH3+ + H2O H3O+ + Et-NH2 (equilibrio!)
0,15 mol 0,10 mol
pka = 14 - pkb = 14 - log kb = 14 - 3,3 = 10,7
[ acido ] 0,15 pH = pka - log ------------ = 10,7 - log ------ = 10,5 [ base ] 0,10
26
1
2008-2009 Calcolare i grammi di idrossido di sodio che si devono
aggiungere ad 1 L di soluzione di acido formico0,1 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!)
27
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 ]
28
3
moli HFor = M x V = 0,1 x 1 = 0,1
0,1 mol 0,05 mol
HFor + Na+ OH- For- Na+ + H2O (completa!)
0,05 mol ---- 0,05 mol
HFor + H2O H3O+ + For- (equilibrio!)
0,05 mol 0,05 mol
massa molare NaOH = 40 g / mol
massa NaOH = 40 x 0,05 = 2 g
29
1
2010-2011
A 500 mL di una soluzione 0,5 mol / L dipropil-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-NH2 + HCl Prop-NH3+ Cl- (completa!)
30
2
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 0,15 mol
Prop-NH2 + HCl Prop-NH3+ Cl- (completa!)
0,10 mol ---- 0,15 mol
Prop-NH3+ + H2O H3O+ + Prop-NH2 (equilibrio!)
0,15 mol 0,10 mol
31
3
Prop-NH3+ + H2O H3O+ + Prop-NH2 (equilibrio!)
0,15 mol 0,10 mol
pka = 14 - log kb = 14 - 3,39 = 10,61
[ acido ] 0,15 pH = pka - log ------------ = 10,61 - log ------ = 10,43
[ base ] 0,10
32
1
TAMPONI (due sali)
In 250 mL di soluzione sono contenuti4,35 g di K2HPO4 e 6,00 g di NaH2PO4
Calcolare il pH sapendo le tre ka dell’acido fosforico
ka1 = 7,5 x 10-3 ka2 = 6,2 x 10-8 ka3 = 4,4 x 10-13
33
2
H3PO4 + H2O H3O+ +H2PO4
- ka1 = 7,5 x 10-3
H2PO4- + H2O H3O+ +
HPO42- ka2 = 6,2 x 10-8
HPO42- + H2O H3O+ +
PO43- ka3 = 4,4 x 10-13
34
3
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
H2PO4- + H2O H3O+ + HPO4
2- (equilibrio!)
0,050 mol 0,025 mol
ka2 = 6,2 x 10-8
35
4
H2PO4- + H2O H3O+ + HPO4
2- (equilibrio!)
0,050 mol 0,025 mol
ka2 = 6,2 x 10-8
[ acido ] 0,050 pH = pka - log ------------ = 7,2 - log -------- = 6,9
[ base ] 0,025
36
2009-2010
A 1.000 mL di una soluzione 0,1 mol / L di acido aceticosono 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+ + H2O (completa!)
0,05 mol ---- 0,05 mol
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 10-5)alla quale si aggiungono
0,4 g / L di idrossido di sodio
(considerare nulla la variazione di volume!)
38
2
prima dell’aggiunta di NaOH
0,1 mol / L 0,1 mol / L
HAc + H2O H3O+ + Ac-
[ acido ] 0,10pH = pka - log ------------ = 4,76 - log ------- = 4,76
[ base ] 0,10
39
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 0,01 mol / L 0,10 mol / L
HAc + Na+ OH- Ac- Na+ + H2O
0,09 mol / L ---- 0,11 mol / L
[ acido ] 0,09pH = pka - log ------------ = 4,76 - log ------
[ base ] 0,11
pH = 4,76 + 0,09 = 4,85 pH = 4,85 - 4,76 = + 0,09
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 10-5)alla quale si aggiungono
0,365 g / L di acido cloridrico
(considerare nulla la variazione di volume!)
41
2
prima dell’aggiunta di HCl
0,1 mol / L 0,1 mol / L
HAc + H2O H3O+ + Ac-
[ acido ] 0,10pH = pka - log ------------ = 4,76 - log ------- = 4,76
[ base ] 0,10
42
3
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 0,01 mol / L 0,10 mol / L
Ac- + HCl HAc + Cl-
0,09 mol / L ---- 0,11 mol / L
[ acido ] 0,11pH = pka - log ------------ = 4,76 - log ------
[ base ] 0,09
pH = 4,76 - 0,09 = 4,67 pH = 4,67 - 4,76 = - 0,09
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
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 / Le portando il volume finale a 2.500 mL
45
2
... 300 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
46
3
... 450 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 0,225 ----
H2PO4- + OH- HPO4
2- + H2O
0,150 ---- 0,225
47
4
... e portando il volume finale a 2.500 mL
moli H2PO4- = 0,150 mol
moli HPO42- = 0,225 mol
volume soluzione = 2.500 mL
ka2 H3PO4 = 6,3 x 10-8 pka2 H3PO4 = 7,20
[ acido ] 0,150 / VpH = pka - log ----------- = 7,20 - log ------------ = 7,38
[ base ] 0,225 / V
48
5
... e aggiungendo 0,050 mol di HCl?
0,225 0,050 0,150
HPO42- + HCl H2PO4
- + Cl-
0,175 ---- 0,200 0,050
[ acido ] 0,200 / VpH = pka - log ----------- = 7,20 - log ------------ = 7,14
[ base ] 0,175 / V
49
6
... oppure aggiungendo 0,050 mol di NaOH?
0,150 0,050 0,225
H2PO4- + NaOH HPO4
2- + Na+
0,100 ---- 0,275 0,050
[ acido ] 0,100 / VpH = pka - log ----------- = 7,20 - log ------------ = 7,64
[ base ] 0,275 / V
50
TITOLAZIONI
51
TITOLAZIONE
Reazione completa tra due reagenti
(di norma, un acido e una base)
Punto equivalente: pH al termine della titolazione
52
1
200 mL di una soluzione di NaOH 0,05 mol / Lsono titolati con una soluzione di HCl 0,1 mol / L
Calcolare il volume in mL della soluzione di HCle il pH al punto equivalente
Na+ OH- + HCl Na+ Cl- + H2O (completa!)
53
2
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!)
---- ---- 0,01 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
1
2009-2010
50 mL di una soluzione di acido solforico sono titolatida 10 mL di una soluzione di NaOH 0,2 mol / L
Calcolare la molarità della soluzione diacido solforico
H2SO4 + 2 Na+ OH- Na2+ SO4
2- + 2 H2O (completa!)
55
2
moli NaOH = M x V = 0,2 x 10 x 10-3 = 0,002 mol
x mol 0,002 mol
H2SO4 + 2 Na+ OH- Na2+ SO4
2- + 2 H2O (completa!)
---- ---- 0,001 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
56
1
2009-2010
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 NaOHe il pH al punto equivalente
HBut + Na+ OH- But- Na+ + H2O (completa!)
57
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!)
---- ---- 0,0175 mol
moli NaOH = moli HBut = 0,0175 mol
V NaOH = moli / M = 0,0175 / 0,224 = 0,078 L cioè 78 mL
58
3
But- Na+ But- + Na+
But- + H2O HBut + OH- (equilibrio!)
moli But- = moli NaBut = 0,0175 mol
V finale = 50 + 78 = 128 mL
molarità NaBut = 0,0175 / (128 x 10-3) = 0,14 mol / L
kb = 10-14 / ka = 10-14 / (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 = 5,01 pH = 8,99
59
1
2009-2010
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 formicoe il pH al punto equivalente
HFor + K+ OH- For- K+ + H2O (completa!)
60
2
moli KOH = M x V = 0,117 x 39 x 10-3 = 0,0046 mol
x mol 0,0046 mol
HFor + K+ OH- For- K+ + H2O (completa!)
---- ---- 0,0046 mol
moli HFor = moli KOH = 0,0046 mol
M HFor = moli / V = 0,0046 / (25 x 10-3) = 0,186 mol / L
61
3
For- K+ For- + K+
For- + H2O HFor + OH- (equilibrio!)
moli For- = moli KFor = 0,0046 mol
V finale = 25 + 39,74 = 64,74 mL
molarità KFor = 0,0046 / (64,74 x 10-3) = 0,071 mol / L
kb = 10-14 / ka = 10-14 / (1,9 x 10-4) = 0,52 x 10-10
[ OH- ] = (kb x CB)1/2 = (0,52 x 10-10 x 0,071)1/2
[ OH- ] = 0,19 x 10-5 mol / L pOH = 5,72 pH = 8,28
100 mL di HCl 0,1 mol / L titolati con NaOH 0,1 mol / L
0
2
4
6
8
10
12
14
0 50 100 150 200 250 300 350
Volume NaOH, mL
pH pH PE = 7,00
62
100 mL di HAc 0,1 mol / L titolati con NaOH 0,1 mol / L
0
2
4
6
8
10
12
14
0 50 100 150 200 250 300 350
Volume NaOH, mL
pH
Effetto tampone
pH PE = 8,85
63
64
1
2008-2009
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)
NH3 + HCl NH4+ Cl- (completa!)
65
2
moli HCl = M x V = 0,1 x 15 x 10-3 = 1,5 x 10-3 mol
x mol 1,5 x 10-3 mol
NH3 + HCl NH4+ Cl- (completa!)
---- ---- 1,5 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
66
3
NH4+ Cl- NH4
+ + Cl-
NH4+ + H2O H3O+ + NH3 (equilibrio!)
moli NH4+ = moli NH4Cl = 1,5 x 10-3 mol
V finale = 50 + 15 = 65 mL
molarità NH4Cl = 1,5 x 10-3 / (65 x 10-3) = 0,023 mol / L
ka = 10-14 / kb = 10-14 / (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
67
4
... 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 0,75 x 10-3 mol
NH3 + HCl NH4+ Cl- (completa!)
0,75 x 10-3 mol ---- 0,75 x 10-3 mol
[ NH4+ ] 0,75 x 10-3
pH = pka - log ---------- = 9,23 - log --------------- = 9,23 [ NH3 ] 0,75 x 10-3
68
5
NH3 + HCl NH4+ Cl-
stato specie presenti pH volume
inizialebase debole
NH310,85 50 mL
metà titolazione
tamponeNH4
+ / NH39,23 57,5 mL
fine titolazione
saleNH4
+ Cl- 5,42 65 mL
0
2
4
6
8
10
12
50 60 70 80 90 100 110
Volume soluzione, mL
pH
Effetto tampone
pH PE = 5,42
50 mL di NH3 0,03 mol / L titolati con HCl 0,1 mol / L
69
70
1
2008-2009
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-NH2 + HCl Met-NH3+ Cl- (completa!)
71
2
moli HCl = M x V = 0,1 x 16,8 x 10-3 = 1,68 x 10-3 mol
x mol 1,68 x 10-3 mol
Met-NH2 + HCl Met-NH3+ Cl- (completa!)
---- ---- 1,68 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
72
3
Met-NH3+ Cl- Met-NH3
- + Cl-
Met-NH3+ + H2O H3O+ + Met-NH2 (equilibrio!)
moli Met-NH3+ = moli Met-NH3Cl = 1,68 x 10-3 mol
V finale = 82 + 16,8 = 98,8 mL
M Met-NH3Cl = 1,68 x 10-3 / (98,8 x 10-3) = 0,017 mol / L
ka = 10-14 / kb = 10-14 / (4,6 x 10-4) = 0,22 x 10-10
[ H3O+ ] = (ka x CA)1/2 = (0,22 x 10-10 x 0,017)1/2
[ H3O+ ] = 0,06 x 10-5 mol / L pH = 6,22
73
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 0,84 x 10-3 mol
Met-NH2 + HCl Met-NH3+ Cl- (completa!)
0,84 x 10-3 mol ---- 0,84 x 10-3 mol
[ Met-NH3+ ]
pH = pka - log ---------------- = 10,66 [ Met-NH2 ]
74
5
Met-NH2 + HCl Met-NH3+ Cl-
stato specie presenti pH volume
inizialebase debole
Met-NH211,48 82 mL
metà titolazione
tamponeMet-NH3
+ / Met-NH210,66 90,4 mL
fine titolazione
saleMet-NH3
+ Cl- 6,22 98,8 mL
75
FINE !