Analitička kemija 1Seminardr.sc. Olivera Galović

Titrimetrijske metode:

a) kiselo-bazne titracije (acid-base titrations)

b) taložne titracije (precipitation titrations)

c) kompleksometrijske titracije (complexometric titrations)

d) oksidacijsko/redukcijske titracije (redox titrations)

KISELO – BAZNE TITRACIJE1. Titracija jake kiseline jakom bazom (npr. titracija HCl s NaOH)

a) Prije početka titracije:

b) Prije ekvivalentne točke:

c) U ekvivalentnoj točki: prisutni su samo NaCl i H2O

d) Nakon ekvivalentne točke:

2. Titracija slabe kiseline jakom bazom (npr. titracija HAc s NaOH)a) Prije početka titracije: prisutna je samo slaba kiselina HAc - za slabe kiseline vrijedi

b) Prije ekvivalentne točke: - dodatkom NaOH nastaje NaAc i preostaje neizreagirana HAc, dakle u otopini je smjesa slabe kiseline i njene soli (Pufer!), pa je

c) U ekvivalentnoj točki: prisutni su samo NaAc i H2O - NaAc kao sol slabe kiseline i jake baze podliježe hidrolizi, pa je ili

d) Nakon ekvivalentne točke - sva HAc je potrošena, a suvišak OH- iona spriječava hidrolizu Ac- pa se izračunava kao i pri titraciji jake kiseline jakom bazom

3. Titracija slabe baze jakom kiselinom (npr. titracija NH4OH s HCl)

a) Prije početka titracije: prisutan je samo NH4OH - za slabe baze vrijedi b) Prije ekvivalentne točke:

- dodatkom HCl nastaje NH4Cl i preostaje neizreagirani NH4OH, pa u otopini imamo smjesu slabe baze i njene soli (pufer!), pa je

c) U ekvivalentnoj točki: pristni su samo NH4Cl i H2O

- NH4Cl kao sol slabe baze i jake kiseline podliježe hidrolizi, pa je ili

d) Nakon ekvivalentne točke

- sav NH4OH je potrošena, a suvišak H+ iona spriječava hidrolizu

pa se izračunava kao i pri titraciji jake baze jakom kiselinom

Izvod 1

Izvod 2

1. Titrira se 100 mL otopine HCl koncentracije c = 0.1 mol/L sa otopinom NaOH iste koncentracije. Kako će se mijenjati pH dodatkom NaOH: 0.00 ; 50.00 ; 90.00 ; 99.99 ; 100 i 110 mL ?

( ) 100( ) 0.1 /( ) 0.1 /

?

V HCl mLc HCl mol Lc NaOH mol LpH

2HCl NaOH NaCl H O

( )) 0.00NaOHa V mL

( )) 50.00NaOHb V mL

( ) ( ) ( ) ( ) 100 0.1 50 0.1 0.0333 /150

HCl HCl NaOH NaOH

ukupno

V c V c mL mLH mol LV mL

1.48pH

0.1 /

1

H HCl mol L

pH

( )) 90.00NaOHc V mL

3100 0.1 90 0.1 1 5.26 10 /190 190

2.28

H mol L

pH

66100 0.1 99.99 0.1 1 10 5.00 10 /

199.99 0,199995.30

H mol L

pH

( )) V 100NaOHf mL

+

- u otopini nema neistitrirane kiseline, nalazi se samo sol NaCl čiji su ioni u kiselinskom

pogledu neutralni i jedini H ioni u otopini potječu od disocijacije vode

+ 7H 1 10

7

OH

pH

( )) 110NaOHg V mL

3110 0.1 100 0.1 1 4.762 10 /210 210

2.3211.68

OH mol L

pOHpH

2. Izračunajte pH otopine tijekom titracije 50.00 mL otopine NaOH koncentracije 0.001 mol/L s otopinom HCl koncentracije 0.001 mol/L a) Prije dodatka kiseline b) nakon dodatka 10.00 mL kiseline c) nakon dodatka 50.00 mL kiseline d) nakon dodatka 55.00 mL kiseline

( )

( )

( )

50.00

0.001 /

0.001 /

NaOH

NaOH

HCl

V mL

c mol L

c mol L

( )) 0.00HCla V mL( ) 0.001 /

311

NaOHOH c mol L

pOHpH

( )) 10.00HClb V mL

450 0.001 10 0.001 0.04 6.66 10 /60 60

3.17610.82

OH mol L

pOHpH

( )) 50.00HClc V mL

71 10

7

OH H

pH

( )) 55.00HCld V mL

555 0.001 50 0.001 0.005 4.762 10 /105 105

4.32

H mol L

pH

3. Izračunajte pH kod titracije 100 mL slabe kiseline HA (Ka=5 x 10-6) koncentracije 0.1 mol/L s otopinom NaOH koncentracije 0.1 mol/L kada se doda: a) 10 % baze potrebne za neutralizaciju b) u točki ekvivalencije c) 10% - tni suvišak

( )

( )

6

( )

100

0.1 /

5 10 /0.1 /

HA

HA

a

NaOH

V mL

c mol L

K mol Lc mol L

( )) 10NaOHa V mL

( )

( )

0.1 10 1

0.1 100 10NaOH

HA

n mL mmol

n mL mmola

100 0.1 10 0.1 9 0.082 /110 110

10 0.1 0.0091 /110

a

s

c mol L

c mol L

6 50.0825 10 4.5 10 /0.0091

4.34

aa

s

cH K mol Lc

pH

pOH=5 pH=14-5=9,00

( )) . . V =100mLNaOHb u T E

( )) 110NaOHc V mL

3

.

110 0.1 100 0.1 4.76 10 /210

2.3211.7

b b a a

ukup

V c V cOH mol LV

pOHpH

- w s

a

K ×cOH =

K

4. Neka monoprotonska kiselina ima Ka=2,0x10-4 mol/L. Ako je 0,01mola ove kiseline otopljeno u 200mL otopine i titrirano s NaOH, koncentracije 0,25mol/L, izračunati pH u slijedećim točkama: a) u početnoj otopini b) kad je jedna petina početne količine kiseline neutralizirana c) u točki ekvivalencije

42,0 10 /0,01200

0,25 /

a

a

a

NaOH

K mol Ln molV mLc mol L

aa

a

n 0,01c = = =0,05mol/LV 0,2

+ -4 -3a aa) H = K ×c = 2×10 ×0,05=3,16×10 mol/L

pH=2,5

a

a

b) V =200mL1 V =40mL5

a aNaOH

b

c ×V 0,05×40mLV = = =8mLc 0,25

+a -

HAH =K

A

a a b b

ukup.

c ×V - c ×V 0,05×0,2 - 0,25×0,008HA = = =0,0385mol/L

V 0,208

- -38mL×0,25mol/LA = =9,615×10 mol/L=c208mL s

+ -4 -4-3

0,0385H =2×10 =8×10 mol/L9,615×10

pH = 3,096 3,1

- -c) A + HOH HA + OH

b0,05×200 V = =40mL=E.P.

0,25 s40mL×0,25mol/Lc = =0,0416mol/L

240mL

w a s1 1pH= pK +pK +logc = 14+3,69-1,38 = 7+1,845-0,69 = 8,1552 2

- w s

a

K ×cOH =

K

5. Koliki je pH u točki ekvivalencije ako je titrirana otopina benzojeve kiseline, koja je dobivena otapanjem 0,6105g benzojeve kiseline u vodi i otopina nadopunjena na 100mL, s NaOH, koncentracije 0,1000 mol/L. pKa=4,18

6 5

a

C H COOH

NaOH

a

V =100mL=0,1Lm =0,6105g

c =0,1mol/LpK =4,18

- w s

a

K ×cOH =

K

-3m 0,6105n = = =4,99×10 molaM 122,118

-3

an 4,99×10c = = =0,049=0,05mol/LV 0,1

a-pK -4,18 -5aK =10 =10 =6,607×10

b0,05×0,1V = = 0,05 L=E.P.

0,1 s50mL×0,1mol/Lc = =0,0333mol/L

150mL

-14- -12 -6w s

-5a

K ×c 1×10 ×0,0333OH = = = 5,045×10 =2,246×10 mol/LK 6,607×10

pOH=5,65pH=8,35

6. Izračunajte pH kod titracije 100 mL slabe baze BOH (Kb= 1x 10-6) koncentracije 0.05 mol/L s otopinom HCl koncentracije 0.1 mol/L kada se doda a) 20 % kiseline potrebne za neutralizaciju b) u točki ekvivalencije c) 20% - tni suvišak

b ba

a

- Volumen kiseline potreban za neutralizacijuV c 0,1 0,05 / V = 0,05 50

c 0,1 /L mol L L mLmol L

( )

b

6

( )

( )

) 100

c = 0,05 mol/L

1 10 / 10

0.1 /

B

b

HCl

HCl

a V mL

K mol LV mL

c mol L

5.398.61

pOHpH

b b a ab

ukup

V c - V c 0,1 0,05 - 0,01 0,1c = 0,03636 mol/LV 0,11

-3a as

ukup

V c 10mL 0,1mol/Lc = 9,09 10 mol/LV 110mL

6 6-3

0,036361 10 4 10 /9,09 10

bb

s

cOH K mol L

c

( )) V 50HClb mL50 0.1 / 0.0333 /

150smL mmol mLc mmol mL

mL

145

6

1 10 0,0333 1,825 10 / pH=4,7381 10

w s

b

K cH mol L

K

( )) V 60HClc mL 310 0.1 / 6.25 10 /160

2.204

mL mmol mLH HCl mmol mLmL

pH

30,1 0,06 0,05 0,1 6,25 100,160

H M

7. Titriramo 50 mL otopine amonijaka koncentracije 0.1 mol/L otopinom HCl koncentracije 0.1 mol/L. SLABA BAZA + JAKA KISELINA

1.0108.1 53 NHKOH b

13.1187.2

pHpOH

Prije početka : 4NHOH LmolKb /108.1 5

s

bb ccKOH Za vrijeme titriranja:

5 4451.8 10 1.62 10 /5

OH mol L 21.1079.3

pHpOHKada je dodano 5.0 mL HCl

b

3

5 43

0,050 0.1 0,005 0.1c 0.0818 /

0,055

0,005 0.1 9,09 10 /0,055

0,08181,8 10 1,62 109,09 10

b b a a

ukup

a as

uk

bb

s

V c V cmol L

V

V cc mol L

Vc MOH K M Mc M

- Kada je neutralizirano 50 % ukupne količine amonijaka

bpKpOH 74.4pOH 26.9pH

- U T.E. – pH je manji od 7 zbog reakcije hidrolize kationa slabe baze, što

uzrokuje nastajanje stanovitog suviška H+

HOHNHHOHNH 44

sbw cpKpKpH log21

21

21

28.5)30.174.414(21

pH

- Poslije T.E. – ako je dodan suvišak od 0.1 mL kiseline

mLmmolmL

mLmmolmLHClH /1099.91.100

/1.01.0 5

00.4pH

0.1 0,05 0,05 /0,1

a as

uk

V c M Lc mol LV L

50,1 0,0501 0,05 0,1 9,99 100,1001

H M

8. U 25,0 cm3 otopine (NH4)2SO4 dodano je 50,0 cm3 0,25 M KOH. Otopina je zagrijana do vrenja da se istjera NH3, a zatim ohlađena na sobnu temperaturu. Višak baze je titriran sa 22,5 cm3 0,1020 M HCl uz indikator metiloranž. Kolika je koncentracija otopine (NH4)2SO4 ?

4 4 2 4 3 222 2 2NH SO KOH K SO NH H O

4 42

5,1 0,20425

n mmolc NH SO MV mL

0,05 0, 25 0,0125 12,5n KOH c V mola mmola

3( ) 0,102 0,0225 2,29 10 2,3 višak bazen HCl c V mola mmola

( ) 12,5 2,3 10, 2n KOH mmol

4 42

10,2 5,12

n NH SO mmol

9. Za standardizaciju otopine NaOH odvagano je 0,4252g kalijevog kiselog ftalata (KHC8H4O4). Za titraciju je utrošeno 24,11 cm3 otopine NaOH. Izračunaj koncentraciju NaOH.

8 4 4 8 4 4 2HC H O NaOH NaHC H O H O

8 4 4( ) 0,4252( ) 24,11( ) ?

m KHC H O gV NaOH mLc NaOH

31

0,4252 2,08 10204,418

m gn molaM gmol

32,08 10 0,0863 /0,02411NaOH

nc mol LV

10. Skicirajte tok krivulje titracije za 0,1 M HCOOH s 0,1 M KOH. Da li možete za iniciranje točke ekvivalencije upotrijebiti indikator bromfenol plavo (pH 3-4,6) odnosno neutral crveno (pH 6,8-8,0)? Ka=2,110-4

pH HCOOH prije titracije: 4 32,1 10 0,1 4,58 10

2,34a HAH K c x x

pH

4 40,075 2,1 10 6,3 100,025

3,2

aa

s

cH K x x

cpH

25% neutralizirano:

3

3

4 4

0,1 0,1 0,1 0,025 7,5 10 0,060,125

0,1 0,025 2,5 10 0,020,125

0,06 2,1 10 6,3 100,02

a a b ba

ukup ukup

sukup

aa

s

V c c Vc MV V

c MV

cH K Mc

- uzima se da je

V = 100 mL

75% neutralizirano:c(HCOOH)=0,025

c(HCOO-)=0,075

4 50,025 2,1 10 7 100,075

4,15

aa

s

cH K

cpH

50% neutralizirano:c(HCOOH)=0,05

c(HCOO-)=0,05

4 40,05 2,1 10 2,1 100,05

3,68

aa

s

cH K x xc

pH

3

3

4 4

0,1 0,1 0,1 0,05 5 10 0,0330,150

0,1 0,05 5 10 0,0330,150

0,033 2,1 10 2,1 100,033

a a b ba

ukup ukup

sukup

aa

s

V c c Vc MV V

c MV

cH K M

c

3

3

4 5

0,1 0,1 0,1 0,075 2,5 10 0,0140,175

0,1 0,075 7,5 10 0,0430,175

0,014 2,1 10 6,84 100,043

a a b ba

ukup ukup

sukup

aa

s

V c c Vc MV V

c MV

cH K M

c

U točki ekvivalencije:

14 26

4

10 5 10 1,54 102,1 10

8,19

OH

pH

0,1 0,1 0,01 0,050,2s

ukup

c MV

V(KOH) / mL pH

0 2,34

25 3,2

50 3,68

75 4,15

100 8,19

Titracija 0,1M HCOOH s 0,1M KOH

0123456789

0 25 50 75 100 125

V(KOH) / mL

pH

w s

a

K cOHK