CURBA DE TITRARE ACIDO-BAZICA

Ĩn timpul titrãrii acido-bazice concentraţia speciilor chimice ce iau parte la reacţiile cantitative se modificã pe parcursul tirãrii. Reprezentarea graficã a unei proprietãţi – de regulã pH-ul, cu volumul soluţiei  titrate (%), în timpul titrãrii se numeşte curba de titrare. Aceasta ajutã la alegerea corectã a indicatorului. Cu cât variaţia de pH în jurul pE (punctul de echivalenţã) este mai mare, cu atât titrarea este mai precisã şi posibiltãţile de alegere a indicatorului potrivit vor fi mai mari. La  calcularea curbei de titrare ( indiferent de natura echilibrului chimic ce stã la baza tirãrii) se întâlnesc trei momente principale:

-stadiul de dinaintea PE;

-momentul punctului de echivalenţã PE;

-stadiul dupã PE.

Curba de titrare poate fi:

-liniarã, când proprietatea urmãritã-pH-ul este proporţionalã cu concentraţia substanţei ce ia parte la reacţie;

-logaritmicã, când proprietatea urmãritã-pH-ul este o funcţie logaritmicã de concentraţie.

Problemele rezolvate mai jos reprezintã un mod personal de abordare şi nu anuleazã alte variante de rezolvare.

Bibliografie:

1.Donald J. Pietryk, Clyde W. Frank, Chimie analiticã, Editura tehnicã, 1989

2.Teodor Hodişan, Claudia Cimpoiu, Iovanca Hodişan,Sorin Hodişan, Teorie şi aplicaţii în chimia analiticã, Risoprint, Cluj Napoca , 2002;

  1. Vasilica Croitoru, Dan-Anghel Constantinescu, Aplicaţii şi probleme de chimie analiticã;

CURBA DE TITRARE  ĨN CAZUL TITRĂRII

ACIZILOR TARI CU BAZE TARI

 

Se titreazã 100 mL soluţie HCl 0,2 N cu  o soluţie de NaOH de aceaşi concentraţie. a) Sã se calculeze pH-ul soluţiei din paharul conic, la urmãtoarele adaosuri de hidroxid de sodiu, la 220 C: 0,00 mL; 25 mL; 50 mL; 75 mL; 99,5 mL; 100 mL; 100,5 mL; 125 mL; b)Sã se traseze curba de titrare pH în funcţie de variaţia volumului de NaOH; c) Sã se calculeze saltul de pH în jurul PE pentru eroarea +0,10 %.

Varianta propusã pentru rezolvare

Ĩn timpul titrãrii are loc reacţia chimicã de neutralizare:

NaOH             + HCl = NaOH + H2O

în biuretã        în paharul conic

OBS:

Concentraţiile normale sunt egale cu cele molare, fiindcã Eg=M;

100 mL de soluţie HCl 0,2 N va fi neutralizat de 100 mL soluţie NaoH 0,2 N, la PE.

CM = n moli/ V (L) = n mmoli/ V(mL)

 a) Calcularea pH-ului la diferitele volume de soluţie NaOH 0,2 N adãugatã.

1) V sol NaOH =0,00 mL, adicã este înainte de a adãuga  NaOH din biuretã peste soluţia de HCl din paharul conic. Ĩn acest caz avem în paharul conic numai HCl, deci ioni de hidrogen:

C M de HCl = C N = 0,2 M

Concentraţia molarã a ionilor de H =[H] = [HCl] =  0,2 M

(vezi reacţia de ionizare a HCl)

pH = -log [H] = -log0,2 = 0,698

2) V sol NaOH 0,2 N =25 mL ; este înainte de PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de hydrogen, care nu sunt neutralizaţi de cantitatea de NaOH introdusã.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 25x 0,2 M = 5 mmoli

mmoli de H+ neutralizaţi de 5 mmoli NaOH = 5 mmoli

mmoli de H+ rãmaşi = 20 mmoli – 5 mmoli=15 mmoli

V soluţiei din pahar = 100 mL + 25 mL = 125 mL

[H] = C H+ = 15 mmoli/ 125 mL = 0,12 M

pH = -log 0,12 = 0,921

3) V sol NaOH 0,2 N =50 mL ; este înainte de PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de hidrogen, care nu sunt neutralizaţi de cantitatea de NaOH introdusã.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 50x 0,2 M = 10 mmoli

mmoli de H+ neutralizaţi de 10 mmoli NaOH = 10 mmoli

mmoli de H+ rãmaşi = 20 mmoli – 10 mmoli=10 mmoli

V soluţiei din pahar = 100 mL + 50 mL = 150 mL

[H] = C H+ = 10 mmoli/ 150 mL = 0,066 M

pH = -log 0,066 = 1,176

  1. V sol NaOH 0,2 N = 75 mL ; este înainte de PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de hidrogen, care nu sunt neutralizaţi de cantitatea de NaOH introdusã.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 75 x 0,2 M = 15 mmoli

mmoli de H+ neutralizaţi de 15 mmoli NaOH = 15 mmoli

mmoli de H+ rãmaşi = 20 mmoli – 15 mmoli=5 mmoli

V soluţiei din pahar = 100 mL + 75 mL = 175 mL

[H] = C H+ = 5 mmoli/ 175 mL = 0,028 M

pH = -log 0,028 = 1,544

  1. V sol NaOH 0,2 N = 99,5 mL ; este înainte de PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de hidrogen, care nu sunt neutralizaţi de cantitatea de NaOH introdusã.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 99,5 x 0,2 M = 19,9mmoli

mmoli de H+ neutralizaţi de 19,9 mmoli NaOH = 19,9mmoli

mmoli de H+ rãmaşi = 20 mmoli – 19,9 mmoli= 0,1 mmoli

V soluţiei din pahar = 100 mL + 75 mL = 199,5 mL

[H] = C H+ = 0,1 mmoli/ 199,5 mL = 0,0005 M

pH = -log 0,0005 = 3,299

  1. V sol NaOH 0,2 N = 100 mL ; este la PE.

Soluţia conţine numai sarea NaCl nehidrolizabilã şi nu se modificã constanta de disociere a apei la 220 C; pH-ul soluţiei este neutru (7). El rezultã din:

[H] = √ 1,00.10-14 = 1,00.10-7

pH= -log 1.10-7 = 7

  1. V sol NaOH 0,2 N = 100,5 mL ; este dupã PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de OH  aflaţi în exces.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH neutralizaţi = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 100,5 x 0,2 M = 20,1mmoli

mmoli de OH în exces=  20,1 mmoli -20 mmoli = 0,1

V soluţiei din pahar = 100 mL + 100,5 = 200,5 mmoli

[H] = C H+ = 0,1 mmoli/ 200,5 mL = 0,00049 M

pOH = -log 0,00049 = 3,309

pH= 14-pOH= 10,690

  1. V sol NaOH 0,2 N = 125 mL ; este dupã PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de OH  aflaţi în exces.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH neutralizaţi = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 125 x 0,2 M = 25 mmoli

mmoli de OH în exces=  25 mmoli -20 mmoli = 5

V soluţiei din pahar = 100 mL + 125 = 225 mmoli

[H] = C H+ = 5 mmoli/ 225 mL = 0,022 M

pOH = -log 0,022 = 1,653

pH= 14-pOH= 12,347

V NaOH mL adãugat
0
25
50
75
99,5
100
100,5
125
pH
0,698

0,921
1,176
1,544
3,299
7
10,690
12,347

b) Curba de titrare

1-curba de titrare acido-bazica 1

c) Calculul variaţiei de pH în jurul PE pentru eroarea +– 0,10 % se calculeazã astfel:

∆( pH) 100 +/-0,1 = pH la (100mL de soluţie NaOH 0,2 M +0,1mL) – pH la (100 mL de soluţie NaOH 0,2 M-0,1 mL)

Unde:

100=Volumul de NaOH 0,2 M la PE; el neutralizeazã 100 mL de soluţie HCl 0,2 M

c 1) Calculãm pH-ul pentru volumul de NaOH= 100-0,1=99,9 mL

este înainte de PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de hidrogen, care nu sunt neutralizaţi de cantitatea de NaOH introdusã.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 99,9 x 0,2 M = 19,98 mmoli

mmoli de H+ neutralizaţi de 19,98 mmoli NaOH = 19,98mmoli

mmoli de H+ rãmaşi = 20 mmoli – 19,98 mmoli= 0,02 mmoli

V soluţiei din pahar = 100 mL + 99,9 mL = 199,9 mL

[H] = C H+ = 0,02 mmoli/ 199,9 mL = 0,0001 M

pH = -log 0,0001 = 3,999

c 2) Calculãm pH-ul pentru volumul de NaOH 0,2 M = 100+0,1= 100,1 mL ;

este dupã PE.

pH-ul soluţiei este dat de cantitatea de ioni de OH  aflaţi în exces.

mmoli de H+ iniţiali= 100 mL x 0,2 M (mmoli/ mL) = 20 mmoli

mmoli de OH neutralizaţi = 20 mmoli

mmoli de OH introduşi = 100,1 x 0,2 M = 20,02mmoli

mmoli de OH în exces=  20,02 mmoli -20 mmoli = 0,02

V soluţiei din pahar = 100 mL + 100,1 = 200,1 mmoli

[H] = C H+ = 0,02 mmoli/ 200,1 mL = 0,000099 M

pOH = -log 0,000099 = 4,0002

pH= 14-pOH= 9,999

Deci:

∆( pH) 100+-0,1 = 9,999-3,999=6

PREPARĂRI DE SOLUŢII. PROPRIETĂŢI

Am rezolvat anumite probleme din bibliografia datã, pe baza experienţei la catedrã, când elevii mei mi-au solicitat sprijinul pentru acest gen. Sunt utile şi studenţilor. Varianta de rezolvare este personalã şi nu exclude altele învãţate.
Chimia soluţiilor nu se înţelege din “cretã şi tablã”- este o ştiinţã experimentalã şi care are conexiuni cu matematica, fizica, biologia, chimia analiticã… Mulţi elevi o considerã dificilã, motivele sunt multe; dar unii ajung sã practice o meserie bazatã pe chimie: medic, asistent medical, farmacist, profesor, chimist, programator, bucãtar. Alţi elevi câştigã medalii la olimpiada internaţionalã de chimie.
Poţi folosi aceste exemple şi link-urile de mai sus, pentru a rezolva temele.
Aş fi mulţumitã, dacã oferta mea te-a ajutat.

I have been solving problems from the above books based on the teaching experience and when my students asked support to me for such problems. These problems are useful even for the faculty students. The way of solving these problems is my own and does not exclude other learned methods of solving. The Chemistry of solutions it is not understood by “chalk and blackboard” – it is an experimental science connected to Math, Physics, Biology, Analithic Chemistry… Many students consider it difficult, the motives are many; but some of them will practice a career based on Chemistry: doctor, nurse, pharmacist, teacher, chemist, programmer, cook. Other students win medals at the international Chemistry Olympics.
You may use these examples and the above links in order to solve your homework and other tasks.
I would be happy if my offer helped you.

Bibliografie:
1. A .Şova, Exerciţii şi probleme de chimie, Editura Junimea, Iaşi, 1978;
2. Olga Petrescu, Adrian-Mihail Stadler, Chimie anorganicã şi chimie fizicã teste şi probleme, Editura Aramis, 2003;
3. F. Urseanu, C.Tãrãşanu-Mihãilã, G. Bogza, Probleme de chimie şi de tehnologie chimicã, Editura Tehnicã, Bucureşti, 1978
4. https://meddstudent.files.wordpress.com/2013/08/electricitate-c899i-electromagnetism.pdf
5. http://chimiegenerala.3x.ro/Capitolul4/Curs/c4_2_4.htm
6. http://www.ziare.com/scoala/chimie/performanta-pentru-elevii-romani-patru-medalii-la-olimpiada-internationala-de-chimie-1313687
7. http://chemistry.about.com/lr/general_chemistry/1381983/3/

Cuprins

Se prezintã probleme rezolvate de tipul:
1. moduri de exprimare a concentraţiei soluţiilor;
2. transformãri reciproce ale diverselor tipuri de concentraţie (procentualã, molarã, normalã, molalã, titrul, fracţia molarã);
3. solubilitatea substanţelor;
4. efecte ale interacţiunii solvent-solvat;
5. preparãri de soluţii; calculul cantitãţii de oleum necesarã preparãrii unei soluţii de acid sulfuric; obţinerea unui produs de reacţie într-o concentraţie data;
6. proprietãţi ale soluţiilor: presiunea de vapori; urcarea punctului de fierbere (ebulioscopia); scãderea punctului de solidificare al soluţiilor (crioscopia); presiunea osmoticã a soluţiilor.

I. PROBLEME REZOLVATE
TRANSFORMĂRI DE CONCENTRAŢII, PREPĂRĂRI DE SOLUŢII
PE BAZĂ DE REACŢIE CHIMICĂ

Problema 1 Oleum este o soluţie de SO3 în H2SO4
Câte Kilograme acid sulfuric 60% H2SO4 şi câte kilograme oleum 60 % SO3 sunt necesare pentru a prepara 60 Kg oleum 6 % SO3 ?

Rezolvare

1-images (2)-002

1-images (2)-001 1-images (2)

Vom rezolva un sistem:
m s1 + m s2 = ms3
md1 + md2 = md 3 – se referã la masele dizolvate de acid sulfuric în cele trei soluţii.

m d2 = masa dizolvatã de H2SO4 din soluţia de oleum şi care este suma dintre masa de acid sulfuric existent şi  cel format dintre apa şi SO3

m d3 = masa dizolvatã de H2SO4 din soluţia de oleum REZULTATA şi care este suma dintre masa de acid sulfuric existent şi cel format dintre apa şi SO3

Ĩn care se noteazã cu:

-m s1= x (kg)
-ms2 = y (kg)
Se exprimã md1.2,3 în funcţie de x şi y.

Calcule

1. Calcule pentru soluţia 1
Se calculeazã la soluţia 1 de 60% H2SO4 masa dizolvatã de H2SO4 :
Dacã în 100 % soluţie de acid sulfuric …..sunt……………….60% de acid sulfuric
Atunci în x (kg) soluţie de acid sulfuric…..sunt…………….md1 (kg) acid sulfuric

m d1 = 60 x/ 100= 0,6 x H2SO4

2. Calcule pentru soluţia 2. O soluţie 60% oleum are: 60% SO3 şi 40 % H2SO4

2.1Se calculeazã la soluţia nr. 2 de oleum SO3 60 % cantitatea SO3 dizolvat şi H2SO4:
Dacã în 100 % soluţie de oleum …..sunt……….60% de SO3………..40% H2SO4
Atunci în y (kg) soluţie de oleum…..sunt……… a (kg) SO3……….b(kg)

a = 0,6 y SO3 (kg); b = 0,4y (kg) H2SO4

2.2. Se calculeazã cantitatea de acid sulfuric format de SO3 cu apa.
SO3 + H2O = H2SO4

1kmol SO3……………….1kmol H2SO4
80 kg SO3…………………98 kg H2SO4
0,6 y………………………..c

c = 0,6.98/ 80 = 0,735 y H2SO4

2.3.Se calculeazã masa totalã de acid sulfuric din soluţia nr.2:
md 2 = 0,4y + 0,735 y = 1,14 y (aprox.)

3. Calcule pentru soluţia rezultatã de oleum, soluţia nr.3 :
3.1 Se calculeazã masele de SO3 şi H2SO4 (kg) :
100 % oleum …….sunt……………6% SO3……………………….94% H2SO4
60 kg oleum……..are…………d…………………………e

d = 60.6/100= 3,6 kg SO3
e = 60.94 / 100= 60-3,6 = 56, 4 kg H2SO4

3.2 Se calculeazã masa de acid sulfuric format de 3,6 kg SO3 cu apa :
1kmol SO3……………….1kmol H2SO4
80 kg SO3…………………98 kg H2SO4
3,6 kg………………………..f

f = 3,6. 98/ 80 =4,41kg H2SO4

3.3 Se calculeazã masa totalã de acid sulfuric din soluţia 3:
m d3 = 56,4 + 4,41 = 60,81 kg

4. Se rezolvã sistemul :

CodeCogsEqn

0,6x + 1,14y -0,6x-0,6y = 60,81-0,6.60
0,54 y = 24,81
y = 45,94 kg
x = 60-45,94=14,06 kg

R : 45,94 ; 14,06

II PROPRIETĂŢILE COLIGATIVE ALE SOLUŢIILOR: SCĂDEREA PRESIUNII DE VAPORI, EBULIOSCOPIA, CRIOSCOPIA, PRESIUNEA OSMOTICĂ

THE COLLIGATIVE PROPERTIES OF THE SOLUTIONS:

EBULLIOSCOPIA AND FREEZING POINT

Am rezolvat probleme referitoare la: ebulioscopie şi criscopie, prin care se aflã masa molecularã a unui compus. Sunt metode fizico-chimice de analizã, ce permit determinarea masei moleculare a substanţei şi mai departe identificarea substanţei- dacã este necunoscutã, dacã se mãsoarã temperaturile: de fierbere a soluţiei; de solidificare a soluţiei. Sper sã ajute pe cei care studiazã acest domeniu al chimiei şi al chimiei fizice.

I have solved problems referring at: ebullioscopy and freezing point, among which is the molecular mass of a compound. There are physical chemical methods of analysis that allow determining a substance molecular mass and further the identification of the substance – if it is unknown. I hope this helps those who study this Physical Chemistry domain.
SĂ NE AMINTIM:

Note bibliografie
C. D. Neniţescu, Chimie generalã, EDP Bucureşti, 1979

Proprietãţile coligative ale soluţiilor sunt acele proprietãţi enumerate mai sus, care sunt aproximativ proporţionale cu concentraţiile molale ale sovatului/ sau molare ale lui şi nu depind de natura chimicã a solutului. Ĩn practicã se lucreazã cu concentraţia molalã: numãrul de moli de solvat la 1000 g solvent.
Cum un mol dintr-o substanţã conţine N( numãrul lui Avogadro) particule (molecule sau ioni) se deduce cã proprietãţile coligative ale soluţiilor sunt proporţionale cu numãrul de particul dintr-o cantitate datã de solvent.
Legea formulatã mai sus se aplicã ( aproximativ) numai la substanţele covalente, care nu ionizeazã în soluţie. Ĩn practicã se lucreazã cu soluţii diluate: 0,01; 0,001 molale, fiindcã la soluţiile concentrate apar abateri de la aceste legi.

PROBLEME REZOLVATE

I BIBLIOGRAFIE

Aurica Şova, Exerciţii şi probleme de chimie pentru licee şi admitere în învãţãmântul superior, Editura Junimea, Iaşi, 1978

1.(3.39) Care este masa molecularã a substanţei A ştiind cã prin dizolvarea un gram din acest compus în 1000 g benzen, produce o scãdere a temperaturii de solidificare cu 0,0530 C.Constanta ebulioscopicã a benzenului este 5000.

Rezolvare

Este o problemã care se referã la scãderea punctului de solidificare a soluţiei de substanţã A, care este dizolvatã în solventul benzen- se numeşte şi crioscopie.
„Crioscopia – reprezinta scaderea temperaturii de solidificare TS, a solutiei fata de cea a solventului pur TS0. Scaderea punctului de solidificare DTc este proportionala cu concentratia molala a solutiei.”
http://www.scrigroup.com/educatie/chimie/SISTEME-DISPERSE-Solutii-Propr95772.php

http://primulanlaumfcluj.files.wordpress.com/2012/10/curs-8.pdf

Se aplicã formula de calcul:
∆T crioscopic = Kc .Cmolalã = Kc. msolvat / Msolvat . m solvent

Unde:
∆T crioscopic= scãderea temperaturii la solidificarea soluţiei
= T congelare solvent – Tcongelare soluţiei (0 C)

m solvat =masa de substanţã A = 1 g
m solvent = masa de benzene = 1000 g
Kc = constanta crioscopicã =5000
∆T crioscopic=0,0530 C

Etape de lucru:
1.Ĩnlocuim datele în formula de calcul:

0,053 = 5000.1/  MA. 1000

2. Se rezolvã acestã ecuaţie, cu necunoscuta MA:
MA = 5/ 0,053 = 94,34

R = 94,34

2. (3.42) Care va fi masa molecularã a unui compus organic dacã se cunosc cã:
a) soluţia obţinutã prin dizolvarea a 5g din aceastã substanţã în benzen, produce o scãdere a punctului de solidificare de 1,870 C;
b) dacã se dizolvã în aceeaşi cantitate de benzen 2 g etanol ( C2H5OH) scãderea punctului de solidificare este de 2,2630C.

Rezolvare

Caz 1                              Caz 2

solutia 1 de A in m benzen solutia 2 de benzen in alcool

Se observã din desenele de mai sus, cã cele douã soluţii au IN comun aceeaşi masã de benzen, care este SOLVENT .
Din formula de calculare a scãderii temperaturii de solidificare pentru soluţia 2 se va afla masa de benzen, care se înlocuieşte în formula de calculare a scãderii temperaturii de solidificare pentru solutia 1 şi va rezulta masa molecularã a substanţei A. Constanta crioscopicã a benzenului este identicã în ambele cazuri.

Etape de calcul:
1. Se calculeazã masa de solvent – benzenul din soluţia 2:
∆T crioscopic = Kc .Cmolalã = Kc. msolvat / Msolvat . m solvent

m solvat = 2 g de etanol
M etanol= 46
m solvent= m benzen (g)
∆T crioscopic= 2,263 grade C

2,263 = KC . 2 / 46.m benzen
2,263.46. m benzen = 2 KC
52,094 m benzen= KC
m benzen = KC / 52,094

2. Se calculeazã masa molecularã a solvatului din soluţia 1:
∆T crioscopic = Kc .Cmolalã = Kc. msolvat / Msolvat . m solvent

m solvat = 5g
m solvent= m benzen= KC / 52,094
∆T crioscopic= 1,87 grade C

1,87 = KC . 5 / M solvate . (KC / 52,094)

CodeCogsEqn (1)

1,87 . M = 260, 25
M = 139,17

R = 139

3. Ce cantitate de zahãr trebuie sã se dizolve în 100g de apã pentru ca soluţia sã fiarbã la 100,10C. Constanta ebulioscopicã a apei este 520. Formula zahãrului este C12H22O11.

Rezolvare

Este o problemã despre creşterea temperaturii de fierbere a soluţiei, faţã de temperatura de fierbere a solventului pur.
Ebulioscopia reprezintã creşterea temperaturii de fierbere a unei soluţii (Tf), in raport cu cea a solventului pur (Tf0). La presiune constantã creşterea temperaturii de fierbere a unei soluţii faţã de cea a solventului pur este proporţionalã cu concentraţia molalã a soluţiei.

∆T ebulioscopic = Tf – Tf0 = Ke .Cmolalã = Ke. msolvat / Msolvat . m solvent

unde:

m = concentraţia molalã a soluţiei (numãrul de moli de solut la 1000 g solvent pur);
Ke = constanta ebulioscopicã, care reprezintã creşterea temperaturii de fierbere la dizolvarea unui mol de substanta în 1000 g solvent.

Calcule:
M  C12H22O11= 12.12 + 22.1 + 11.16 = 342
Tf = 100,1 0 C
Tf0 = 100 0 C
m solvat = necunoscut
m solvent (apã) = 100 g
K e= 520

100,1-100= 520. m solvat/ 342. 100

0,1 = 520 m solvat / 34200
0,1.34200 = 520 m solvat

m solvat = 6,576 g

R= 6,576 g

PRESIUNEA OSMOTICĂ A SOLUŢIILOR ( LEGILE LUI VAN”T HOFF)

 Date despre presiunea osmoticã:

“Osmoza reprezintă difuzia spontană a moleculelor solventului printr-o membrană semipermeabilă dintr-o soluţie de concentraţie mai mică într-o soluţie de concentraţie mai mare. Forţa ce determină osmoza revenită la o unitate de suprafaţă de membrană se numeşte presiune osmotică. Presiunea osmotică este determinată de scăderea potenţialului chimic al solventului în prezenţa substanţei dizolvate. Tendinţa sistemului de a egala potenţialul chimic al solventului în toate punctele din volumul solventului şi de a trece la o stare caracterizată de o valoare minimă a energiei libere determină osmoza.
Presiunea osmotică a soluţiilor ideale şi infinit diluate nu depinde de natura solventului şi substanţei dizolvate, ci este determinată de numărul particulelor dizolvate într-o unitate de volum al soluţiei. Conform legii van Hoff, pentru astfel de soluţii, presiunea osmotică a soluţiei, л, se supune ecuaţiei:

Л V= (m/M) .R.T
л = (m/V) .R.T/ M
m/V =C
π = C× R×T/ M
Unde:
C – reprezintă concentraţia molară a soluţiei; R – constanta universală a gazelor; T –temperatura soluţiei, în grade Kelvin.
În cazul soluţiilor de electroliţi, valorile presiunii osmotice determinate experimental sunt mai mari faţă de valorile calculate cu relaţia de mai sus.”
Coeficientul izotonic, i, este raportul dintre presiunea osmoticã mãsuratã experimental-p¢   şi presiunea osmoticã calculatã- p:
i= л’/ л
Coeficientul osmotic f0, reprezintã raportul dintre valoarea i efectiv mãsuratã la o soluţie şi numãrul maxim de ioni ni pe care substanţa din soluţie, i-ar forma la diluţie infinitã:
f o = i/ n i
 1-osmoza-inversa 1-descărcare (1)

Utilizãrile osmozei
Osmoza se întâlneşte în fenomenele fiziologice ce au loc la diferite nivele de organizare a materiei vii. De exemplu intervine în procesele de transport al apei şi al substanţelor nutritive din organism; în menţinerea volumului şi arhitecturii celulare, a metabolismului celular.
Astfel la plante, apa încãrcatã cu substanţele nutritive dizolvate din sol pãtrunde prin osmozã în rãdãcinile plantelor, şi prin asociere cu fenomenul de capilaritate asigurã ascensiunea sevei în plante.

www.acizif.com/IT-cursuri/Biofizica/Sisteme_disperse.doc
http://www.scritub.com/stiinta/fizica/Fenomenul-de-osmoza-Legile-pre2321022712.php
1. La temperatura de 250C, presiunea osmoticã a unei soluţii de uree (CH4ON2) în apã are valoarea de 2,04 at. Sã se calculeze titrul soluţiei.

Rezolvare

Date cunoscute:

p=  presiunea osmoticã= 2,04 at
t=250C
T grade Kelvin=t+273=25+273=298 K
R (constanta universalã a gazelor perfecte) =0,082 atm.L/ mol.K
M uree=AC + 4 A H + AO + 2 A N = 12+ 4.1+ 16+ 2.14 = 60
C=concentraţia=m / V (g/L)

Date necunoscute:
C (concentraţia de uree din soluţie în g/L) =?
T titrul (concentraţia de uree din soluţie în g/mL)= ?

►Se calculeazã concentraţia de uree din soluţie (g/L) cu ajutorul relaţiei matematice a presiunii osmotice:
p = C× R×T/ M
2,04/ C = 0,082.298 / 60
C = 2,04/ 0,407= 5,01 g/L
►Se calculeazã titrul, care este concentraţia de uree exprimatã în g/mL:
Dacã 1 L=1000 mL soluţie…………….are………………..5,01 g de uree
Atunci 1 mL soluţie……………………are………………..T
T= 1mL.5,01 g/ 1000mL= 0,005 g/mL

R: 0,005 g/mL

III PROBLEME REZOLVATE

SOLUBILITATEA SUBSTANŢELOR

♣ Este dorinţa mea, de a oferi un sprijin pentru înţelegerea acesui tip de probleme, cu aplicabilitate practicã în analiza şi tehnologia fabricãrii substanţelor; sunt variante personale de rezolvare, ce nu anuleazã altele studiate la şcoalã.

Date despre solubilitate:
https://cognitivsystem.files.wordpress.com/2013/03/lectia08.pdf
http://ro.wikipedia.org/wiki/Solubilitate

BIBLIOGRAFIE

  1. Donald J. Pietryk, Clyde W. Frank, Chimie analiticã, Editura tehnicã, 1989
  2. F. Urseanu, C.Tãbãrãşanu-Mihãilã, G. Bogza, Probleme de chimie şi de tehnologie chimicã, Editura tehnicã, 1978
  3. Şt.Ilie, M.Ionicã, Probleme de Chimie, pentru clasele a IX-a şi a X-a, EDP, Bucureşti, 1981
  4. Teodor Hodişan, Claudia Cimpoiu, Iovanca Hodişan,Sorin Hodişan, Teorie şi aplicaţii în chimia analiticã, Risoprint, Cluj Napoca , 2002;

1. Pe baza datelor de mai jos sã se construiascã curba de solubilitatea a fosfatului primar de potasiu KH2PO4 în apã şi sã se construiascã curba de solubilitate. Cât este solubilitatea la 500C.
1-curba de solubilitate-001
1-curba de solubilitate 1

R: aprox 42 g/100 g apã
2. Sã se determine cantitatea de clorurã de potasiu care cristalizeazã prin rãcirea la 00C a 767 g soluţie saturatã la 900 Solubilitãţile la aceste temperaturi sunt:
Solubilitatea la 100 C = 31,3 g/100g apã
Solubilitatea la 900 C = 53,4 g/100 g apã

Varianta propusã pentru rezolvare

  1. Se calculeazã masa de KCl din 767 g soluţie saturatã la 900C, cu relaţia:

►Din definiţia solubilitãţii la 900C se observã cã:
100 g apã dizolvã 53,4 g KCl………..rezultã cã vom avea: 100+53,4=153,4 g soluţie saturatã

►Se aplicã regula de trei simplã:
Dacã în 153,4 g soluţie saturate……..sunt…………53,4 g KCl
Atunci 767 g soluţie saturate ………..are…………..x g KCl
x = 767 g .53,4g/ 153,4 g = 267 g KCl

  1. Se calculeazã masa de KCl care se va dizolva în masa de apã din 767 g soluţie pentru a rezulta o soluţie saturatã la 100C, cu relaţiile:

►Se calculeazã masa de apã din 767 g soluţie:
m apã = m s- md = 767-267=500 g

►Din definiţia solubilitãţii la 100C se observã cã:
100 g apã ………..dizolvã………………….. 31,3 g KCl

►Se aplicã regula de trei simplã:
Dacã în 100 g apã……..se dizolvã …………31,3 g KCl
Atunci    500 g apã………dizolvã…………..y g KCl
y = 500 g .31,3g / 100 g = 156,5 g KCl

  1. Se calculeazã diferenţa de masã de KCl din soluţiile saturate la 900 C şi 100C şi care va reprezenta masa de KCl cristalizatã prin racier:

m KCl cristalizat = 267-156,5 = 110,5 g

R: 110,5 g

3. Sã se determine cantitatea de apã necesarã dizolvãrii a 574 g ZnSO4.7H2O la 800C pentru a obţine o soluţie saturate de sulfat de zinc. Solubilitatea este la 800C este 66,7 g ZnSO4 /100 g H2O.

Varianata propusa pentru rezolvare

1.Se calculeazã masa de sulfat de zinc şi masa de apã conţinute în 574 g de sulfat de zinc cristalizat cu 7 moli de apã.
A Zn = 65; A H  = 1; A O = 16; A S= 32
M ZnSO4 = A Zn + A S + 4 A O =65+32+4.16=161g/mol
M ZnSO4.7H2O = M ZnSO4 + 7 M H2O = 161+7.18=287 g/mol

Dacã 287g/mol  ZnSO4.7H2O………..conţin………..161g/mol ZnSO4
Atunci 574  g/mol ZnSO4.7H2O……..conţin…………x g ZnSO4
x = 574.161/287= 322 g de ZnSO4
m apã= 574g-322g=252 g
2.Se calculeazã cu ajutorul solubilitãţii masa de apã, necesarã pentru dizolvarea a 322 g de ZnSO4 anhidru:
Dacã 66,7 g ZnSO4…………se dizolvã în………100g apã
Atunci 322 g ZnSO4………..se dizolvã în………y g de apã
y = 322.100/ 66,7 = 482 g
3.Se calculeazã masa realã de apã, ce va dizolva 574 g de ZnSO4.7H2O, fiindcã sarea aduce în plus 252 g de apã:
m apã necesarã= 482-252=230g
R: 230 g

4.Solubilitatea clorurii de amoniu în apã la 00 C este 29,4 g/100 g apã, iar la 500 C este 50,4 g/100 g apã. Sã se calculeze cantitatea de clorurã de amoniu care trebuie adãugatã la 500 g soluţie saturate de clorurã de amoniu la 00 C, pentru ca sã devinã saturatã la 500 C.

 Rezolvare

Pentru înţelegerea modului de rezolvare se propune desenul de mai jos:

1-pahar-berzelius-sticla-forma-joasa-100-ml~58633851-pahar-berzelius-sticla-forma-joasa-100-ml~5863385 (1)

Se observã, din desen datele cunoscute şi datele necunoscute, adicã masa de clorurã de amoniu din soluţia saturatã la 500C şi masa de clorurã de amoniu adãugatã.

1. Se calculeazã masa de clorurã de amoniu din 500 g soluţie de clorurã de amoniu saturatã la 00 C, cu regula de trei simplã, conform relaţiei:
►din solubilitate se calculeazã masa de soluţie saturate la 00C:
29,4 g NH4Cl + 100 g apã=129,4 g soluţie saturatã

► se aplicã regula de trei simplã:
Dacã 129,4 g soluţie saturata………are……………..29,4 g NH4Cl
Atunci 500 g soluţie saturata……….are……..m g de NH4Cl
m = 500 g.29,4g/129,4g = 113,60 g NH4Cl

2.Se calculeazã masa de apã din 500 g soluţie saturate la 00C:
m apã = 500g soluţie saturatã-113,6 g NH4Cl= 386,40g apã

3Se calculeazã masa de clorurã de amoniu, care se va dizolva în 386,4 g apã, la 500C, pentru a rezulta o soluţie saturatã cu solubilitatea de 50,4 g/100g apã:
Dacã 100 g apã…………….dizolvã maxim…………..50,4 g NH4Cl
Atunci 386,40 g apã………..dizolvã…………………..m’
m’ = 386,40g.50,4g / 100g=194,75 g clorurã de amoniu

4. Se calculeazã masa de clorurã de amoniu adãugatã peste 113,60 g NH4Cl, pentru a se ajunge la 194,75 g de clorurã de amoniu, din soluţia saturatã la 500C:
m’ NH4Cl = mNH4Cl + m adãugatã
194,75 g = 113,6 + m adaugatã
m adaugatã= 194,75-113,6 = 81,15 g
R: 81,15g

 

5. La temperatura de 300C azotatul de potasiu prezintã solubilitatea de 45 g/100g apã. a)Cu ce procent creşte solubilitatea, dacã se dubleazã temperatura. b)Calculaţi concentraţia procentualã a soluţiei saturate la 300C. Solubilitatea la 600C ( dublul temperaturii de 300C) este 110g /100 g apã.

Rezolvare

a) Procentul de creştere a solubilitãţii
Se calculeazã diferenţa de mase de KNO3 din cele douã solubilitãţi şi apoi se aplicã un calcul de regula de trei simplã.
m KNO3 = 110g( din solubilitatea la 600C) – 45 g(din solubilitatea la 300C)
m KNO3 = 65 g
dacã de la 45 g KNO3 …….se creşte………………cu 65 g KNO3
atunci la 100 %…………………se creşte …………….cu x
x= 100%.65g/45g = 144,44%

b) Concentraţia procentualã a soluţiei saturate la 300C :
Se calculeazã masa soluţiei saturate şi apoi se aplicã relaţia de calculare a concentraţiei procentuale:
m soluţie saturatã = 45g+100g = 145 g
dacã 145 g soluţie saturatã…………….are…………………..45g KNO3
atunci 100 % soluţie………………are……………………..Cp
Cp = 100%.45g/145 g = 31,03 %

 R : 144,44%; 31,03%.

6. Câţi litri (c.n.) de hidrogen sulfurat sunt necesari pentru ca barbotaţi în 50 L soluţie H2S 0,2N la 150C, aceasta sã devinã saturatã şi sã se determine molaritatea soluţiei obţinute. Se va considera volumul apei egal cu volumul soluţiei. Solubilitatea H2S la 150C este 294,5 mL H2S/ 100 mL apã la 760 mm Hg şi temperatura de 15 grade C. A H=1; A S= 32

Rezolvare

Varianta de rezolvare propusã are la bazã diferenţa dintre volumul de H2S (c.n.) necesar pentru a obţine o soluţie saturatã la 15 grade C şi volumul de H2S (c.n.) care este dizolvat în 50 L soluţie 0,2 N. Molaritatea soluţie saturate se va calula cu formula matematicã de calculare a concentraţiei molare.

1. Se calculeazã volumul de H2S (c.n.) necesar pentru a obţine o soluţie saturatã la 15 grade C. V apã=50L=50.1000 mL

Dacã în 100 mL apã……………..se dizolvã……. 294,5mL H2S
 Atunci în 50.1000m L apã………se dizolvã……..x
x = 50.1000m L. 294,5mL/100mL = 147,25 L

2. Se calculeazã câţi litri de H2S (c.n.) sunt în 50L soluţie 0,2n.

►Se calculeazã masa dizolvatã de hidrogen sulfurat din soluţia de mai sus:
M H2S = 2A H + A S = 2.1+32 = 34
E g H2S = M / 2 = 34/2= 17
m d = CN .Eg.V = 0,2.17.50 = 170 g

►Se calculeazã volumul de hidrogen sulfurat, pe care-l ocupã în condiţii normale (c.n.) de temperature şi presiune 170 g gaz.

Dacã 1 mol de gaz……………..ocupã………………..22,4 L (c.n.)
Dacã 34 g ….………………….ocupã…………………22,4L
Atunci 170 g…………………..ocupã…………………y L
y = 170 g.22,4L/ 34g = 112 L

3. Se calculeazã diferenţa de volume de gaz, care va reprezenta volumul de gaz ce se va introduce în 50 L soluţie 0,2 N de hidrogen sulfurat:
∆ = 147,25L- 112L = 35,25L

4. Se calculeazã concentraţia molarã pentru 50 L soluţie saturate ce conţine 147,25 L de hydrogen sulfurat absorbiţi:
►Prima data se calculeazã numãrul de moli de hidrogen sulfurat, ocupaţi de 147,25L:
m H2S = 147,25L  / 22,4 L/mol  = 6,57 moli
► Se calculeazã concentraţia molarã:

Dacã în 50 L soluţie………………sunt …………..6,57 moli H2S
Atunci 1 L soluţie…………………are……………C M
C M = 1L. 6,57 moli/ 50 L = 0,131 moli/L

R: 112L; 0,131 moli/L