Pomoc s výpočty
1. Objem 10 ml 0,01 M-H2SO4 byl titrován odměrným roztokem 0,02 M-NaOH. Vypočtěte hodnoty pH titrovaného roztoku po přídavku 0,1 ml, 2 ml, 5 ml, 9,9 ml a 12 ml titračního činidla.
2. Vypočtěte pH na počátku titrace, v okamžiku poloviční neutralizace a pT při následující titraci: 5,000 g 10 % (m/m) kyseliny octové se rozpustí v 500 ml vody a alikvotní podíl 100 ml se titruje 0,0560 mol/l NaOH.
Navrhněte vhodný vizuální indikátor pro tuto titraci.
Zdravím, mohla bych poprosit o pomoc s výpočty těchto dvou příkladů, prosím?
Předem mockrát děkuji.
2. Vypočtěte pH na počátku titrace, v okamžiku poloviční neutralizace a pT při následující titraci: 5,000 g 10 % (m/m) kyseliny octové se rozpustí v 500 ml vody a alikvotní podíl 100 ml se titruje 0,0560 mol/l NaOH.
Navrhněte vhodný vizuální indikátor pro tuto titraci.
Zdravím, mohla bych poprosit o pomoc s výpočty těchto dvou příkladů, prosím?
Předem mockrát děkuji.
Odpovědi
Všimni si, že včera večřer je poslední příspěvek něco po osmé. chvíli po 20:30 jsem dával řešení toho prvního příkladu, ale právě v té chvíli server Ontoly spadnul. Vztek už mně přešel, tak to zkusím ještě jednou. Nejprve počáteční stav. H2SO4 je silný elektrolyt pro oba stupně disociace. Běžný chemik na rozdíl od kolegy, nedokáže rozlišit neutralizaci do prvního a druhého stupně. Takže
Na počátku máme 10 cm3 0,01M H2SO4 = 0,01dm3*0,01mol/dm3 = 10^-4 mol H2SO4 = 2*10^-4 mol H+.
H+ postupně neutralizujeme přídavkem roztoku 0,02M NaOH. V 1 cm3 takového roztoku je
n(OH-) = 2*10^-5 mol OH-. OH- reaguje s H+, takže c(H+) klesá a pH roste. Přídavky:
0,1cm3: n(OH-) = 0,1*2*10^-5 = 2*10^-6 mol OH-.
c(H+) = (2*10^-4 - 2*10^-6)/0,0101dm3 = 0,0196 mol/dm3 H+ => pH = -log(0,0196) = 1,71
2cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 2*2*10^-5)/0,012 = 0,0133 mol/dm3 => pH = -log(0,00333) = 1,87
5cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 5*2*10^-5)/0,015 = 0,00667 mol/dm3 => pH = -log(0,00667) = 2,17
9,9cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 9,9*2*10^-5)/0,0199 = 1,005*10^-4 => pH = -log(1,005*10^-4) = 4
12cm3: 10cm3 NaOH neutralizuje H2SO4. 2cm3 0,02M dodá 0,02M*0,002cm3 = 4*10^-5 mol OH-.
c(OH-) = 4*10^-5/0,022 = 0,001818 mol/dm3 => pOH = -log(0,001818) = 2,74 =>
pH = 14 - 2,74 = 11,26.
Pořád potřebuješ i ten druhý příklad?
Na počátku máme 10 cm3 0,01M H2SO4 = 0,01dm3*0,01mol/dm3 = 10^-4 mol H2SO4 = 2*10^-4 mol H+.
H+ postupně neutralizujeme přídavkem roztoku 0,02M NaOH. V 1 cm3 takového roztoku je
n(OH-) = 2*10^-5 mol OH-. OH- reaguje s H+, takže c(H+) klesá a pH roste. Přídavky:
0,1cm3: n(OH-) = 0,1*2*10^-5 = 2*10^-6 mol OH-.
c(H+) = (2*10^-4 - 2*10^-6)/0,0101dm3 = 0,0196 mol/dm3 H+ => pH = -log(0,0196) = 1,71
2cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 2*2*10^-5)/0,012 = 0,0133 mol/dm3 => pH = -log(0,00333) = 1,87
5cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 5*2*10^-5)/0,015 = 0,00667 mol/dm3 => pH = -log(0,00667) = 2,17
9,9cm3: c(H+) = (2*10^-4 - 9,9*2*10^-5)/0,0199 = 1,005*10^-4 => pH = -log(1,005*10^-4) = 4
12cm3: 10cm3 NaOH neutralizuje H2SO4. 2cm3 0,02M dodá 0,02M*0,002cm3 = 4*10^-5 mol OH-.
c(OH-) = 4*10^-5/0,022 = 0,001818 mol/dm3 => pOH = -log(0,001818) = 2,74 =>
pH = 14 - 2,74 = 11,26.
Pořád potřebuješ i ten druhý příklad?
Mockrát děkuji! A ano, pokud bych mohla poprosit.
c(CH3COOH) = n/V = 0,0166 mol/dm3. Kyselina octová je slabá kyselina o pKa = 4,75. V průběhu titrace se titrovaný roztok chová jako octanový pufr. Počáteční stav před zahájením titrace má pH dané vztahem pH = 0,5*(4,75 - log(0,0166)) = 0,5*(4,75 - (-1,7799)) = 3,26.
Při poloviční titraci je polovina obsahu kyseliny převedena na sůl silné báze. Jedná se tedy o pufr. Když látkové množství octanu (ns) je rovné množství nezreagované kyseliny (na), platí vztah
pH = pKa+log(ns/na); když ns=na pak ns/na = 1 a log(ns/na) = 0 a pH = pKa = 4,75.
Titrováno bylo 0,1dm3 roztoku o c = 0,0166mol/dm3, tedy 0,00166mol. K neutralizaci bylo potřeba
V(NaOH) = 0,00166/0,0560 = 0,0296dm3. Celkový objem v bodu ekvivalence tak bude
0,1 + 0,0296 = 0,1296dm3. Koncentrace octanu tedy bude
c(Ac-) = 0,00166mol/0,1296dm3 = 0,0128mol/dm3. Octanový ion je slabá zásada o
pKb = 14 - pKa = 9,25. pOH = 0,5*(9,25 - log(0,0128) = 0,5*(9,25 + 1,893) = 5,57
pH = 14-5,57 = 83,43.
Vhodným indikátorem by byl fenolftalein. Má přechod v rozmezí 8,3 - 10,0. Ale v tabulkách se dají najít další.
Prvý příklad 0,1ml:
Počet molú H2SO4 na počátku: n(H2SO4)= 0,01mol/l×0,01l= 0,0001mol.
Počet molú NaOH přidaného: n(NaOH)= 0,02mol/l×0,0001l= 0,000002mol.
Lebo na jednu molekulu H2SO4 rejagujú dvě molekuły NaOH, přidané NaOH zrejagujú dopoły svojého množství H2SO4. Tagže zreaguje 0,000001mol H2SO4.
Počet molú H+ jontú, keré ostáły (uvažuju enem prvú dysocijaciju): n(H+)≈ 2×(0,0001−0,000001)mol≈ 0,000198mol.
Celkový objem gajstu: 10ml+0,1ml= 10,1ml= 0,0101l.
Koncentraca H+ jontú mosí byť: [H+]= 0,000198mol/0,0101l≈0,0196mol/l.
pH=−log 10 (0,0196)≈1,7
Přidat komentář ▾
Počet molú H2SO4 na počátku: n(H2SO4)= 0,01mol/l×0,01l= 0,0001mol.
Počet molú NaOH přidaného: n(NaOH)= 0,02mol/l×0,0001l= 0,000002mol.
Lebo na jednu molekulu H2SO4 rejagujú dvě molekuły NaOH, přidané NaOH zrejagujú dopoły svojého množství H2SO4. Tagže zreaguje 0,000001mol H2SO4.
Počet molú H+ jontú, keré ostáły (uvažuju enem prvú dysocijaciju): n(H+)≈ 2×(0,0001−0,000001)mol≈ 0,000198mol.
Celkový objem gajstu: 10ml+0,1ml= 10,1ml= 0,0101l.
Koncentraca H+ jontú mosí byť: [H+]= 0,000198mol/0,0101l≈0,0196mol/l.
pH=−log 10 (0,0196)≈1,7