VOLUMETRIA BAZATĂ PE REACŢIA DE COMPLEXARE

Originally posted on CHIMIE ANORGANICA MEDITATII:


Mi-am propus prin acest material sã ofer un sprijin celor ce studiazã chimia analiticã, pentru înţelegerea acestei metode de analizã.
Structura materialului de mai jos este: a) noţiuni: de complecşi, de titrare complexonometricã; b) probleme rezolvate de nivel mediu.
Schema de rezolvare, nu anuleazã variantele de rezolvare însuşite la şcoalã.
Ĩmi place citatul:
“Ĩnainte de a cântãri gtrebuie sã şti ce anume ai de cântãrit”. Liebig

GENERALITĂŢI

Puţini ştiu, cã: vitamina B12, hemoglobina, clorofila, coloranţii, enzimele (de exemplu caboxipeptidaza este o enzimã importantã pentru digestie), pigmenţii sunt substanţe complexe (complecşi). Combinaţiile complexe sunt combinaţii formate dintr-un ion central (ionul unui metal tranziţional) şi un numãr de molecule neutre sau ioni negative ce posedã electroni neparticipanţi, numiţi adenzi sau liganzi. Ĩntre ionul central şi liganzi existã legãturi coordinative.

A:      +  X           → A: X
donor   acceptor       combinaţie complexã

 Despre hemoglobinã se ştie, printre altele:

“Hemoglobina (HGB) este substanţa care conferă culoarea…

View original 1,892 more words

VOLUMETRIA BAZATĂ PE REACŢIA DE COMPLEXARE


Mi-am propus prin acest material sã ofer un sprijin celor ce studiazã chimia analiticã, pentru înţelegerea acestei metode de analizã.
Structura materialului de mai jos este: a) noţiuni: de complecşi, de titrare complexonometricã; b) probleme rezolvate de nivel mediu.
Schema de rezolvare, nu anuleazã variantele de rezolvare însuşite la şcoalã.
Ĩmi place citatul:
“Ĩnainte de a cântãri gtrebuie sã şti ce anume ai de cântãrit”. Liebig

GENERALITĂŢI

Puţini ştiu, cã: vitamina B12, hemoglobina, clorofila, coloranţii, enzimele (de exemplu caboxipeptidaza este o enzimã importantã pentru digestie), pigmenţii sunt substanţe complexe (complecşi). Combinaţiile complexe sunt combinaţii formate dintr-un ion central (ionul unui metal tranziţional) şi un numãr de molecule neutre sau ioni negative ce posedã electroni neparticipanţi, numiţi adenzi sau liganzi. Ĩntre ionul central şi liganzi existã legãturi coordinative.

A:      +  X           → A: X
donor   acceptor       combinaţie complexã

 Despre hemoglobinã se ştie, printre altele:

“Hemoglobina (HGB) este substanţa care conferă culoarea roşie sângelui, deci cu cât sângele este mai roşu, cu atât conţine mai multă hemoglobină. Hemoglobina este exprimatã în grame la suta 100 ml de sânge.
Valorile normale ale hemoglobinei (HGB):

  • HGB bărbați: 13,5 – 17,5 g la 100 ml sânge
  • HGB femei: 12 -16 g la 100 ml de sânge

Nivelul Hemoglobinei (HGB) poate scade, atunci când pacientul are anemii (pierderi mari de sânge, boli infecţioase, lipsa de fier şi vitamine, intoxicaţii cu substanţe chimice, subnutriţie ş.a.).Ĩn acest caz  metabolismul va fi dereglat, iar nivelul de oxigen va scãdea.
Hemoglobina are rol în transportul oxigenului (oxihemoglobină) şi a bioxidului de carbon (carbohemoglobină).”

La ora actualã reacţia de complexare se utilizeazã în industrie, în analiza substanţelor, la sinteza unor substanţe organice, etc. O caracteristicã a complecşilor este culoarea, care depinde de tipul ionului metallic, de numãrul lui de oxidare, de natura ligandului.
Din punct de vedere istoric, prima analizã bazatã pe reacţia de complexare este determinarea Liebig (1850) în care ionul Ag+, este titrat cu ionul CN rezultînd  un complex stabil la punctul de echivalenţã, uşor de detectat. Ĩn anul 1945, Schwarzenbach a introdus acizii aminocarboxilici ca reactivi de complexare, din care acidul etilendiamino-tetraacetic sau EDTA este cel mai utilizat pentru dozarea ionilor metalici, fiindcã formeazã complecşi stabili la punctul de echivalenţã.
Volumetria bazatã pe reacţii de complexare are aplicaţii în analiza substanţelor din diferite domenii: produse farmaceutice; produse din sânge; calciu şi magneziu din urinã; oţeluri; protecţia mediului: apa, solul, aerul, etc.

♣♣♣

 Metoda constã în titrarea substanţei de analizat cu un reactiv, rezultând combinaţii complexe stabile. Punctul de echivalenţã se pune în evidenţã fie cu ajutorul indicatorilor chimici; fie instrumental: spectrofotometric; potenţiometric.

Titrarea complexonometricã are trei puncte importante:
1) alegerea unui agent de complexare adecvat; 2) alegerea condiţiilor experimentale, în special pH-ul; 3) alegerea metodei adecvate pentru sesizarea punctului de echivalenţã.

Ĩn aceastã metodã analiticã, reactivul folosit la titrare este de naturã organicã şi anionii lui numiţi complexoni, joacã rolul de ligand şi formeazã cu majoritatea cationilor sãruri stabile, numite complexonaţi.El se numeşte în acest caz şi chelat.
Din punct de vedere chimic, complexonii sunt acizi alfaaminopolicarboxilici de tipul:
complexon I care este acidul nitrilo-triacetic, cu formula generalã H3X.
Acidul nitrilo-acetic şi sãrurile lui se numesc complexon A.
complexon II acidul etlendiamino-tetraacetic, acid versenic; se noteazã H4Y.
Acidul liber este greu solubil şi de aceea se lucreazã cu sarea lui disodicã, care se obţine prin adãugarea de NaOH la suspensia apoasã a acidului pânã la pH=4,5.
complexon III, sarea de sodiu a acidului etilendiamino-tetraacetic, notat EDTA. Alte denumiri sunt: trilon B, versen, chelaton. Se noteazã Na2H2Y.
Cu metalele divalente, trivalente şi tetravalente se formeazã complexonaţi solubili şi stabili.

Ĩn practica analiticã se foloseşte EDTA, din urmãtoarele motive:
-complecşii lui cu ionii metalici sunt stabili la punctul de echivalenţã;
-viteza de reacţie este stabilã şi rapidã;
-permite un grad de selectivitate, prin controlul pH-ului şi datoritã diferenţelor dintre constantele de stabilitate.
-punctul de echivalenţã se poate detecta uşor chimic sau instrumental;
-titrarea se poate folosi în domeniul de concentraţie de la semimicro la micro.

Metodele de titrare complexonometricã se pot clasifica în:
-metode care folosesc reacţii de formare în trepte a complecşilor;
-metode care folosesc reacţii în care complexul se formeazã într-o singurã treaptã.

Prima metodã este puţin folositã, fiindcã nu se obţine o variaţie sensibilã a concentraţiei ionului metallic la punctul de echivalenţã. Exemple de titrãri sunt: determinarea cianurilor solubilie cu azotat de argint; determinarea halogenurilor solubile cu azotat de mercur.
La a doua metodã, intrã titrãrile cu EDTA. Pentru indicarea punctului de echivalenţã pe cale chimicã se face cu indicatori – coloranţi organici, care formeazã complecşi cu ionii metalici, de culoare diferitã de cea a indicatorului liber, în funcţie de pH. Aceşti indicatori se numesc şi metalocromici. Ei sunt şi indicatori acido-bazici. Cei mai utilizaţi sunt:a) negrul T eriocrom; pH-ul de lucru este realizat cu amestec tampon amoniac-clorurã de amoniu; b) murexidul; pH-ul de lucru este realizat cu soluţie de NaOH 2N ; c) albastru de metiltimol, etc.Intereseazã la titrãrile complexonometrice cercetarea echilibrului de complexare; influenţa pH-ului şi a agenţilor complexanţi auxiliari; curba de titrare complexonometricã; eroarea de tirare. Constanta de instabilitate (disociere) cu cât este mai mica, cu atât stabilitatea ionilor complecşi este mai mare.

Bibliografie
 

  1. Donald J. Pietrzyk, Clyde W. Frank, Chimie analiticã, Editura tehnicã Bucureşti, 1989
  2. Teodor Hodişan, Iovanca Haiduc, Claudia Cimpoiu, Sorin Hodişan, Teorie şi aplicaţii în chimia analiticã
  3. http://chemwiki.ucdavis.edu/Analytical_Chemistry/Analytical_Chemistry_2.0/09_Titrimetric_Methods/9C_Complexation_Titrations
  4. http://www.rasfoiesc.com/educatie/chimie/Volumetria-prin-reactia-de-com83.php
  5. http://en.wikipedia.org/wiki/Metal_ammine_complex
  6. http://en.wikipedia.org/wiki/Complexometric_titration

 

PROBLEME REZOLVATE

  1. Sã se calculeze cantitatea de complexon III (Na2H2Y.2H2O), exprimatã în grame, necesarã pentru prepararea a 1500 mL soluţie de CIII 0,01 M. Masa molecularã a CIII este 372,14 g/mol

Rezolvare
1. Se calculeazã numãrul de moli de CIII din 1500 mL soluţie, prin aplicarea regulii de trei simplã, plecând de la definiţia concentraţiei molare:
Dacã 1L soluţie=1000mL soluţie 0,01 M…………..are…………0,01 moli CIII
Atunci          1500 mL soluţie 0,01 M…………………au…………..x moli
x = 1500mL .0,01 moli / 1000 mL = 0,015 moli
2. Se calculeazã masa de CIII, ce corespunde la 0,015 moli:

m CIII = 372,14 g/mol . 0,015 moli = 5,58 g

R: se vor cântãri 5,58 g de CIII.

  1. Pentru titrarea a 9,6 cm3 dintr-o soluţie ce conţine ioni de magneziu se consumã la titrare 10,6 cm3 soluţie de complexon III 5.10-2 M. Care este concentraţia de ioni de magneziu a soluţiei titrate, sub formã de titru? A Mg = 24,31

Rezolvare

Cunoaştem:
v Probã=9,6 cm3 (mL)
v CIII consumat la titrare= 10,6 cm3
C M la CIII = 5.10-2 M (mol/L)
A Mg = 24,31
M CIII= masa molecularã la CIII (g/mol)
Nu cunoaştem:
m Mg din proba titratã = ?
T = titrul în Mg2+ (g/mL)

Existã în practica analiticã formula de calcul a cantitãţii de Mg din probã:
Mg (g) = v.5.10-2.24,31/ 1000

Unde:
v = volumul de EDTA consumat la titrare(cm3)
►Este bine sã deducem formula, nu sã memorãm!
►Deci propun o schemã de rezolvare, pe baza reacţiei dintre CIII şi ionul Mg:

a. se calculeazã masa dizolvatã de CIII din 10,6 cm3:

md CIII = 10,6 .10-3 (L). M( CIII) g/ mol . 5.10-2 moli/L = 53.10-5 .M (g)
b. de pe reacţie calculãm masa de ioni de Mg din proba titratã:

x           53.10-5 .M
Mg2++  H2Y2-                  ↔   MgY2-+ 2H+
24,31     M

x = 24,31. 53.10-5 .M / M = 1288,34 .10-5 g = 1,29 .10-2 g
c. Se calculeazã titrul de Mg din 9,6 mL:

Dacã 9,6 mL ……..conţin……………1,29 .10-2 g Mg2+
Atunci 1 mL……… conţine…………….y
y = 1 mL . 1,29.10-2 g  / 9,6 mL = 0,1345 .10-2 g/mL
R: T = 0,1345 .10-2 g/mL

  1. Câte grame Zn2+, Na+ şi respectiv CN se gãsesc în 200 mL soluţie ce conţine complexul Na2[Zn (CN)4] în concentraţie 0,100 M?

ANa = 22,98; A Zn= 65,37; A C =12; A N =14

Rezolvare

► La prima vedere suntem tentaţi sã calculãm masa de complex din 200 mL soluţie 0,100 M şi printr-un calcul cu regula de trei simplã, sã aflãm masele ionilor Na, Zn şi CN. Se poate calcula astfel, numai masa ionului Na, fiindcã complexul  Na2 [Zn (CN)4] nu este 100% insolubil; are o solubilitate în apã şi se pun în liberatate ionii de Zn şi (CN).

Ĩn soluţie apoasã are loc o reacţie de disociere a complexului:

Na2[Zn (CN)4]  = 2 Na+ + 4  [Zn (CN)4]

Ionul complex suferã la rândul lui o disociere secundarã, într-o mãsurã micã:
[Zn (CN)4] = Zn2+ + 4(CN)

Sunt reacţii de echilibru, la care se aplicã legea acţiunii maselor:

Ki = [Zn2+]. [CN]4/ [Zn(CN)4] = constanta de disociere=constanta de instabilitate

Deci stabilitatea complexului nostru în soluţie este caracterizatã prin constanta de instabilitate Ki, inversa constantei lui de formare Kf .
Din tabele se scoate valoarea acesteia:
Ki = 1.10-19 = 1/ Kf

Deci, în 200 mL soluţie a complexului  Na2[Zn (CN)4] vor fi speciile chimice: ionul Na+ liber; ionii liberi de Zn şi CN în echilibru chimic cu ionul complex.

► Ĩn concluzie:
-calculãm masa ionului de Na+ cu regula de trei simplã, cu ajutorul masei moleculare a complexului;
-calculãm masele ionilor de Zn şi CN pe baza calculelor specifice echilibrului chimic, din constanta de formare.
……………………………………………………………………………………………

Calcule
1. Masa de ioni de Na+ din 200 mL soluţie 0,100 M?

 m complex = CM (mol/L) . Vs(L) . M (g/mol)
M complex= 2.A Na + A Zn + 4.AC + 4 A N = 2.22,98+ 65,37 + 4.12 + 4.14 = 45,96 + 65,37+48+ 56= 215,33 g / mol
m complex = 0,1 . 0,2. 215,33 = 4,31 g

 Se aplicã regula de trei simplã:
Dacã  1 mol de complex…………are…………1 atom g de ioni Na
215,33 g/ mol complex……are………….2.22,98 g/ mol.atom Na
Atunci  4,31 g ……………………are…………..x
x = 4,31.2.22,98 / 215,33 = 0,9192 g de ioni Na

2. Se calculeazã masa ionilor de Zn şi CN rezultaţi din disocierea ionului complex în soluţie apoasã, cu ajutorul expresiei matematice a constantei de formare a ionului complex Kf:

♣  Calcularea cantitãţii de ioni de Zn:

Zn2+ + 4(CN) = [Zn (CN)4]
Kf = [Zn (CN)4]/ [Zn2+] .[CN]4
 
Ĩn expresia matematicã, de mai sus intrã concentraţiile molare ale speciilor chimice.
Considerãm  cã la stabilirea echilibrului chimic, se poate nota cã:
[CN] = 4 Zn2+]

Deci, prin înlocuire în expresia constantei Kf, rezultã cã:
Kf = [Zn (CN)4 ]/ [Zn2+] .44[Zn2+ ]4
 
[Zn2+] = 5√[Zn (CN)4] / Kf.44  ; calcul cu radical de ordinul 5

[Zn (CN)4 ] = concentraţia molarã a complexului=0,1 mol/L
K= 1/ Ki = 1/ 1.10-19= 1019

 [Zn2+] = ( 0,1/ 256.1019)0,2; radicalul l-am exprimat sub formã de putere: 1/5=0,2

[Zn2+] =( 0,00039.1019)0,2= (0,0039.10-20)0,2= (0,0039)0,2.(10-20)0,2= 0,329.10-4 mol/L

⇒ masa ionilor de Zn din 200 mL soluţie este:

m Zn2+ = 0,329.10-4 mol/L . 0,2 L. 65,37 g / mol.ioni  =  4,30.10-4 g

¨ ♣ Calcularea cantitãţii de ioni de CN:

Avem relaţia dintre concentraţiile molare:
[CN] = 4 Zn2+]

 [CN] = 4. 0,329.10-4 mol/L= 1,316.10-4 mol/L

 masa de ioni de CN din 200 mL:
m CN = 1,316.10-4 mol/L. 0,2 L. 26 g/mol de ioni = 6,84. 10-4g
R: 0,9192 g de ioni Na; 4,30.10-4 g ioni de Zn; 6,84 10-4.g ioni de CN.

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