|
 |
|
1) 50 mikrolitara 30% otopine NaOH dodano je tikvicu u kojoj je bila voda te je zatim tikvica dopunjena vodom do oznake od 50 mililitara. Koliki je pH tako pripravljene otopine ako je pocetni pH vode bio a)7 b)5.5?
2) zasto krivulja neutralizacijske titracije nije ravan pravac nego je krivulja, odnosno zasto pH ne raste i ne pada linearno kako dodajemo kiselinu u luzinu i obrnuto, nego je krivulja oblika slova S koja ima tocku infleksije? Hvala na odgovorima i pomoci.
|
|
Ime i prezime:
Frano Vinicki
frankolol@gmail.com
|
 |
 |
U prvom zadatku nedostaje podatak o gustoći otopine natrijevog hidroksida. Moguća aproksimacija gustoćom čiste vode ne vrijedi za tako koncentrirane otopine, tako da treba potražiti literaturne podatke. Nakon kraćeg guglanja nalazim da gustoća 30 %-tne vodene otopine natrijevog hidroksida iznosi 1,33 g/mL. S time možemo u račun. U principu trebamo izračunati koncentraciju konačne otopine natrijevog hidroksida, primijetiti da je ona jednaka koncentraciji hidroksidnih iona, iz nje onda izračunati pOH i iz pOH konačno pH.
c(NaOH) = n(NaOH)/V2
= m(NaOH)/(V2⋅M(NaOH))
= w(NaOH)⋅m1(otopina)/(V2⋅M(NaOH))
= w(NaOH)⋅ρ1(otopina)⋅V1(otopina)/(V2⋅M(NaOH))
c(OH‒) = c(NaOH)
pOH = ‒ log (c(OH‒)/(mol / L))
pH = 14 ‒ pOH
Pozdadatak b) je malčice čudan. pH čiste vode pri temperaturi od 25 °C iznosi 7. Ako se temperatura promijeni, promijeni se i konstanta autoionizacije vode, a time i njezin pH, iako voda ostaje neutralna. Pri višoj temperaturi konstanta autoionizacije bit će veća, što znači da će u njoj biti više oksonijevih iona pa će pH biti manji, dok će pri nižim temperaturama biti obrnuto. Jednako će se zbivati i s pOH, odnosno koncentracijom hidroksidnih iona. Vrijednost pH od 5,5 iziskivala bi temperaturu od oko 200 °C, što bi onda, ako želimo tekuću vodu, iziskivalo i znatno veći tlak. Ukratko, uvjeti za takav pH čiste vode nisu baš prikladni za žive eksperimentatore.
Alternativno možemo pretpostaviti da u podzadatku b) nije bila korištena čista voda, nego otopina nekakve kiseline. Kiselina ima svakakvih, a za ovaj zadatak bitno je samo kakve su im konstante disocijacije. Pretpostavimo li da upotrebljena kiselina disocira potpuno tj. da se radi o jakoj kiselini, možemo iz pH izračunati njezinu koncentraciju, a onda i množinu. Po mom računu ispada 1,58 ⋅ 10‒7 mol, što je zanemarivo malo u odnosu na množinu natrijevog hidroksida u otopini, tako da je odgovor isti kao i za podzadatak a). Pretpostavimo li pak da se radi o slaboj kiselini, dolazimo do toga da pH ovisi i o koncentraciji i o konstanti disocijacije kiseline. S dvije nepoznate veličine možemo tek zaključiti da se na pitanje ne može jednoznačno odgovoriti.
Razlog zašto se pH ne mijenja linearno s dodatkom kiseline ili lužine doslovno u bilo kakvu (vodenu) otopinu leži u tomu što pH nije linearna skala te, u manjoj mjeri i samo kad smo blizu neutralnosti ili kad radimo s puferima, u tomu što se radi o ravnotežnim sustavima. Kod neutralizacija pak vrijedi još to da se u nekom času (u točki ekvivalencije) prebacujemo iz jako kisele u jako lužnatu otopinu (ili obrnuto). Dok smo daleko od te točke, mali dodatak lužine kiselini ostavit će otopinu i dalje kiselom, tako da se pH neće mijenjati znatno. Isto vrijedi i dok smo u lužnatom području. Međutim, kad smo blizu neutralnosti, u nekom času suvišak kiseline počet će se naglo smanjivati, sve dok ne prijeđe u suvišak lužine, budući da je kiselina utrošena u reakciji. To se jako osjeti na pH-u jer on u tom kontekstu mjeri upravo suvišak jednog ili drugog reaktanta, a ne progres reakcije. Npr. ako počnemo s 0,1-molarnom kiselinom, čij pH ugrubo iznisi 1, utrošak 90 % kiseline daje nam 0,01 molarnu otopinu, odnosno pH = 2. S 99 % utrošene kiseline došli smo na pH = 3, a s 99,9 na pH = 4. Prema tome, na prvih 90 % dodane lužine (u odnosu na množinu kiseline) imat ćemo promjenu od jedne jedinice pH. Idućih 9 % lužine, odnosno deset puta manje, dat će promjenu za još jednu jedinicu, a idući skok za još jednu jedinicu bit će na idućih 0,9 % količine potrebne za neutralizaciju. Preostali promil podići će pH za tri jedinice, do pH = 7, a ugrubo isto bit će kad dodamo jedan promil viška. Nakon toga promjena pH znatno se usporava jer se logaritam koncentracije lužine u suvišku mijenja sve sporije. (Gornji "račun" funkcionira za dodatak krute lužine zanemarivog volumena, za titraciju s otopinama pogledaj idući odlomak.)
Najbolji način da vidiš zašto titracijske i neutralizacijske krivulje izgledaju kako izgledaju bio bi da si napraviš tablicu s koncentracijama reaktanata za neki neutralizacijski ili titracijski pokus i onda iz tablice napraviš graf. Npr. možeš krenuti od 100 mL 0,1-molarne otopine HCl u koju se mililitar po mililitar po mililitar dodaje 0,1-molarna otopina natrijevog hidroksida. Tablica s preko stotinu redaka nije za na papir, ali vrlo je lako napraviti ju u MS Excelu, a za njom odmah i graf. U tablici ćeš trebati stupce za dodani volumen NaOH, za množine preostale HCl, odnosno NaOH u suvišku, zatim za ukupni volumen (jer se dodatkom lužine ukupan volumen stalno mijenja, što utječe i na koncentracije), onda za koncentracije HCl odnosno NaOH te konačno za pH, odnosno pOH pa pH. Kad definiraš sve formule i izračunaš vrijednosti pH, preostaje još samo odabrati stupac s volumenima dodanog NaOH te stupac s odgovarajućim pH-ovima i kliknuti na neki od ponuđenih oblika grafa (ja obično biram "Scatter"). Ako bude problemâ s crtanjem grafa, javi se opet pa ću dati detaljnije upute.
Pozdrav, |
|
|
Odgovorio:
Ivica Cvrtila
icvrtila@chem.pmf.hr
<-- Povratak
|
|
|
Postavite
pitanje iz bilo kojeg područja kemije i
e-škola će osigurati da dobijete odgovor od kompetentnog znanstvenika. |
  |
|
