|
 |
|
Izracunajte pH otopine tijekom titracije 50 mL otopine octene kiseline koncentracije 0.001 M s otopinom natrijeca hidroksida koncentracije 0.001 M:
1. Prije dodatka lužine
2. Nakon dodatka 15 mL lužine
3. Nakon dodatka 25 mL lužine
4. Nakon didatka 50 mL lužine
5. Nakon dodatka 51 mL lužine
|
|
Ime i prezime:
Beti Barišin
ebarsin2000@gmail.com
|
 |
 |
Za ovaj se zadatak prvo treba tjelesno i duhovno pripremiti. Tjelesno u smislu da ti trebaju kalkulator, olovka i dosta papira za sve račune, a duhovno u smislu da se pozdraviš s barem sat vremena života. Nakon toga možeš na drugu fazu priprema, a to je da napišeš nekoliko jednadžbi reakcija i izračunaš dvije konstante.
Prva jednadžba je disocijacija octene kiseline:
CH3COOH ⇌ CH3COO‒ + H+
S njom dolazi odgovarajući izraz za konstantu ravnoteže.
Ka = [H+][CH3COO‒]/[CH3COOH]
Taj će nam izraz biti dostatan da riješimo prvi od pet podzadataka. On se može pojednostavniti u:
Ka ≈ [H+]2/c(CH3COOH)
ali u ovom slučaju iznimno daje pogrešan rezultat jer je koncentracija premala, a konstanta disocijacije prevelika da bi aproksimacija vrijedila. Zato će trebati preurediti izraz u:
Ka = [H+]2/(c(CH3COOH) ‒ [H+])
i onda riješiti kvadratnu jednadžbu:
[H+]2 + [H+]·Ka ‒ Ka·c(CH3COOH) = 0
[H+] = (1/2)·[‒Ka + (Ka2 + 4·Ka·c(CH3COOH))1/2]
Kvadratne jednadžbe općenito imaju po dva rješenja, ali ovdje bi drugo rješenje bilo negativno, dakle fizički nemoguće, pa ga zanemarujem.
Rješenje jednadžbe bit će koncentracija vodikovih iona iz koje se lako izračuna pH otopine octene kiseline.
Za iduća dva podzadatka može se opet malo preuređivati jednadžbe, ovaj put tako da se što lakše dobije pH otopine neke slabe kiseline i njezine soli, drugom rječju pufera, jer upravo to nastaje kad se dio octene kiseline neutralizira natrijevom lužinom. Da ne ponavljam izvod koji sam već prije ovdje napisao, napisat ću ishod poznat pod imenom Henderson-Hasselbalchova jednadžba:
pH = pKa + log ([A‒]/[HA])
U njega treba samo uvrstiti koncentracije soli i kiseline pa da se odmah dobije pH. Zapravo, možemo ubaciti i množine jer se radi o istoj otopini pa će se (zajednički) volumen u razlomku pokratiti. Zbog toga nam je dovoljno izračunati množine nastalog natrijevog acetata (koje će biti jednake množinama dodanog natrijevog hidroksida) i množine preostale octene kiseline (koje ćemo dobiti tako da od početne množine octene kiseline oduzmemo množinu dodanog natrijevog hidroksida.
Za slučaj da gornji opis nije intuitivno jasan, polazimo od jednadžbe neutralizacije:
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
Ona bi to da octena kiselina i natrijeva lužina reagiraju u omjeru 1 : 1 trebala učiniti očiti(ji)m.
A sad jednadžbe za množine:
n(CH3COONa) = n(NaOH)
= c(NaOH)·Vdodano(NaOH)
n(CH3COOH) = n0(CH3COOH) ‒ n(CH3COONa)
= c0(CH3COOH)·V(CH3COOH) ‒ c(NaOH)·Vdodano(NaOH)
S tim jednadžbama riješit ćemo drugi i treći podzadatak i sad možemo na četvrti, koji se zapravo bavi računanjem pH vodene otopine soli jake baze i slabe kiseline. Za to će nam trebati jednadžba slična onoj prvoj, samo obrnuta, jer sad gledamo kako se acetatni anion ponaša kao baza:
CH3COO‒ + H2O ⇌ CH3COOH + OH‒
Izraz za konstantu ravnoteže sad bi izgledao ovako:
K = [CH3COOH][OH‒]/[CH3COO‒]
Slijedeći logiku opisanu ovdje, može se pokazati da se ta konstanta može izračunati iz konstante disocijacije octene kiseline i konstante autoionizacije vode:
K = Kw/Ka(CH3COOH)
Također se može opet sklopiti i kvadratna jednadžba:
[OH‒]2 + [OH‒]·K ‒ K·c(CH3COONa) = 0
koja se, slično kao i u prvom zadatku, može zamijeniti aproksimativnim izrazom:
K ≈ [OH‒]2/c(CH3COONa)
Moja bi preporuka bila da i u prvom i u četvrtom podzadatku riješiš i punu i pojednostavljenu kvadratnu jednadžbu, tako da vidiš kako se odnose točno i približno rješenje. S obzirom na to da se radi o dosta dosadnom tipkanju, također bih preporučio da si te formule napišeš u MS Excel ili neki srodni program i onda samo ubacuješ u njih konstante i koncentracije. Dade se tako prištediti dosta minuta i još više živaca.
Preostaje nam peti podzadatak. U njemu imamo potpuno neutraliziranu octenu kiselinu i mali suvišak natrijeve lužine. pH možemo računati (barem) na dva načina. Lakši je da se pravimo da nam je sol nebitna i jednostavno izračunamo suvišak natrijeve lužine te iz njega koncentraciju hidroksidnih aniona pa pOH pa pH:
n(OH‒) = nsuvišak(NaOH)
= c(NaOH)·Vdodano(NaOH) ‒ c0(CH3COOH)·V(CH3COOH)
c(OH‒) = n(OH‒)/(Vdodano(NaOH) + V(CH3COOH))
pH ćeš izračunati kako sam opisao u prethodnom odgovoru.
Drugi, kompliciraniji, ali točniji način uvažava činjenicu da acetatni anion daje hidroksidne anione i u bazičnim otopinama, tako da se vraćamo na polaznu jednadžbu:
K = [CH3COOH][OH‒]/[CH3COO‒]
Nju ćemo sad preurediti tako da nam nepoznanica budu nastale molekule octene kiseline tj. njihova koncentracija. Ona je zapravo jednaka porastu koncentracije hidroksidnih aniona
K = [CH3COOH]·([CH3COOH] + c(OH‒))/(c1(CH3COOH) ‒ [CH3COOH])
c1(CH3COOH) = c0(CH3COOH)·V(CH3COOH)/(Vdodano(NaOH) + V(CH3COOH))
Jednadžbu za "konačnu" koncentraciju octene kiseline tj. acetatnih aniona dodajem posebno jer bi inače prethodni izraz bio nepregledan čak i meni koji sam ga napisao. Taj se izraz vjerojatno može pojednostavniti. To ostavljam za zabavu svima kojima su ovakvi zadaci zabavni (nisam tu posve ironičan).
Vrijednosti pH koje sam dobio redom su: 3,91; 4,39; 4,76; 7,73 i 9,00. Lako je moguće da su neka rješenja pogrešna. Nisam siguran da ću biti jako zahvalan ako me netko upozori na greške, ali svakako ću se potruditi ispraviti ih. Isto vrijedi i za eventualne nejasnoće u odgovoru.
Jedan sličan zadatak, samo ne s toliko razrađenim odgovorom, možeš naći ovdje.
Pozdrav, |
|
|
Odgovorio:
Ivica Cvrtila
aproksimativac@gmail.com
<-- Povratak
|
|
|
Postavite
pitanje iz bilo kojeg područja kemije i
e-škola će osigurati da dobijete odgovor od kompetentnog znanstvenika. |
  |
|
