3.15 Μέτρηση ph Ρυθμιστικά Διαλύματα

Transcript

1 3.15 Μέτρηση ph Ρυθμιστικά Διαλύματα 1. Οι περιοχές ph αλλαγής χρώματος των δύο δεικτών είναι: Πορτοκαλί του μεθυλίου: 3,1 4,5 (σε ph < 3,1 χρωματίζει το διάλυμα κόκκινο και σε ph > 4,5 χρωματίζει το διάλυμα κίτρινο). Μπλε της θυμόλης: 1,2 2,8 (σε ph < 1,2 χρωματίζει το διάλυμα κόκκινο και σε ph > 4,5 χρωματίζει το διάλυμα κίτρινο). Στο διάλυμα ΗCl, όπου έχουμε ph < 1, και οι δύο δείκτες δίνουν χρώμα κόκκινο. Στο διάλυμα CH 3 COOH, όπου έχουμε ph =2,4, το μεν πορτοκαλί του μεθυλίου εξακολουθεί να δίνει χρώμα κόκκινο, το δε μπλε της θυμόλης αλλάζει χρώμα και γίνεται πορτοκαλί. Άρα, το μπλε της θυμόλης μπορεί να χρησιμοποιηθεί για τη διάκριση ανάμεσα σε διαλύματα ασθενών και ισχυρών οξέων. Το πορτοκαλί του μεθυλίου δεν μπορεί να χρησιμοποιηθεί γι αυτή τη διάκριση αφού, τόσο σε διαλύματα ισχυρών όσο και σε διαλύματα ασθενών οξέων, δεν αλλάζει χρώμα (παραμένει κόκκινο). 2. Οι πειραματικά προσδιοριζόμενες τιμές ph βρίσκονται αρκετά κοντά στις θεωρητικά υπολογιζόμενες. Η μη ακριβής σύμπτωση των τιμών οφείλεται κυρίως σε δύο λόγους: (α) Οι συγκεντρώσεις των μετρούμενων διαλυμάτων είναι προσεγγιστικές, αφού τα διαλύματα δεν είναι πρότυπα. (β) Το νερό που χρησιμοποιείται για την παρασκευή των διαλυμάτων περιέχει διαλυμένο CO 2, το οποίο έχει όξινη αντίδραση (ταπείνωση του ph). 3. Στο Πείραμα 46, η όποια απόκλιση της πειραματικής από τη θεωρητική τιμή του ph μπορεί να αποδοθεί: (α) Σε σφάλμα ζύγισης του οξικού νατρίου. (β) Στις μη ακριβείς συγκεντρώσεις των διαλυμάτων CH 3 COOH και ΗCl. (γ) Στη μέτρηση των όγκων των διαλυμάτων με ογκομετρικό κύλινδρο και όχι με σιφώνιο (όργανο ακριβείας). Στο στάδιο 4 διαπιστώνουμε τη μεγάλη διαφορά που έχουμε στη μεταβολή της τιμής του ph, όταν προσθέτουμε την ίδια (μικρή) ποσότητα ισχυρού οξέος σε ρυθμιστικό διάλυμα αφενός και σε καθαρό νερό αφετέρου.

2 4. (α) NaOH : M pοh = 2,0 ph = 12,0 (β) CH 3 COOH : M ph = ½ (pκ α log[ηα]) (προσεγγιστικός τύπος για πολύ ασθενή οξέα, Κ α << ) Κ α = 1, ph = 3,50 (γ) H 2 SO 4 : M Σε καθαρό νερό [Η 3 Ο + ] = [ΟΗ ] = M Το διάλυμα H 2 SO 4 συγκεντρώσεως M παρέχει το πολύ [Η 3 Ο + ] = M << M ph = 7,0 (δ) ΗΝO 3 : M ph = 2 log2 = 1,7 (ε) Ba(OH) 2 : M pοh = 2 log4 = 1,4 ph = 12,6 (στ) [Η + ] = [Cl ] + [ΟΗ ] = [ΟΗ ] (Αρχή ηλεκτρικής ουδετερότητας) [ΟΗ ] = [Η + ] ( ) και [Η + ]([Η + ] ( )) = (εξίσωση 2ου βαθμού) [Η + ] = 1, ph = 7,0 log1,6 = 6,8 5. ph = 2,00 [Η + ] = 0,010 Μ ph = 13,00 pοh = 1,00 [ΟΗ ] = 0,10 Μ Εξουδετέρωση: Η + (aq) + ΟΗ (aq) Η 2 Ο() [ΟΗ ](περίσσεια) = (0,10 0,010) Μ /2 = 0,045 Μ = 4, Μ pοh = 2 log4,5 = 1,35 ph = 14,00 1,35 = 12,65 ή ph = 12,7 6. CO 2 (g) + H 2 O() H 2 CO 3 (aq) H 2 CO 3 (aq) + H 2 O() HCO 3 (aq) + H 3 O + (aq) HCO 3 (aq) + H 2 O() CO 3 2 (aq) + H 3 O + (aq)

3 7. 22 o C : K w = 1, [H + ] = 1, M ph = 7, o C : K w = 5, [H + ] = 7, M ph = 6,13 8. (α) 80 o C K w > 1, ph < 7 όμως [Η + ] = [ΟΗ ] το νερό είναι ουδέτερο (β) ph = 12,00 poh = 2,00 [OH ] = 1, M = 0,010 Μ ph = 13,00 poh = 1,00 [OH ] = 1, M = 0,10 Μ Με την ανάμιξη 1:1 ο όγκος διπλασιάζεται [OH ](τελικό) = [(0,010 M) + (0,10 M)] / 2 = 0,055 Μ pοh = log0,055 = 1,26 ph = 12,74 (γ) Σωστό, αφού όσο ασθενέστερο είναι ένα οξύ, τόσο μικρότερη συγκέντρωση ιόντων Η + θα παρέχει και άρα τόσο μεγαλύτερο θα είναι το ph του (για ίδιες συγκεντρώσεις οξέων). 9. Για τη διάσταση του δείκτη HIn και τη σταθερά διαστάσεώς του Κ α γράφουμε: ΗIn(aq) H + (aq) + In (aq) K a = + - [H ][In ] [HIn] ph = 5,50 [H + ] = 1,0 10 5,5 = 3, Αν C η αρχική συγκέντρωση του δείκτη, τότε τη στιγμή της χρωματικής αλλαγής θα είναι [In ] = C / 5 [HIn] = C C / 5 Άρα, K a 6 6 (3,16 10 ) C / 5 3,16 10 = = = 7, C 1 5 7

4 10. Σύμφωνα με τα δεδομένα, έχουμε: ΗIn(aq) H + (aq) + In (aq) (κίτρινο) (κόκκινο) K a + - [H ][In ] = = 9,0 10 [HIn] [HIn] [H ] = 9,0 10 [In ] (α) Όταν είναι ορατό το κίτρινο χρώμα, ισχύει: [ΗΙn] / [In ] = 30 : 1 [H + ] = 2, M ph = 6,57 (β) Όταν υπερισχύει η κόκκινη μορφή, ισχύει: [Ιn ] / [ΗIn] = 2 : 1 [H + ] = 4, M ph = 8,35 Άρα, η περιοχή ph αλλαγής χρώματος του δείκτη είναι 6,57 8, Θα χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση Henderson Hasselbach: + 4 ] poh = p K b + log ] 3 ΔΕΔΟΜΕΝΑ poh = 4,65, K b = 1, pk b = 4,76, 3 ] = 0,105 M Εξίσωση Henderson Hasselbach log[νη + 4 ] = 4,65 4,76 + log0,105 = 0,11 0,98 = 1,09 [ΝΗ + 4 ] = 0,081

5 2 mol ιόντων ΝΗ 4 + προέρχονται από 1 mol (NH 4 ) 2 SO 4 (= 132,0 g). Δηλαδή, η συγκέντρωση των ιόντων ΝΗ 4 + (0,081 Μ) είναι ίση με το μισό της συγκέντρωσης του (NH 4 ) 2 SO 4 (0,0405 Μ) Αν x είναι τα γραμμάρια του (NH 4 ) 2 SO 4 που πρέπει να προσθέσουμε, τότε αυτά είναι ίσα με x / 132,0 mol και η συγκέντρωση του (NH 4 ) 2 SO 4 στο διάλυμα είναι x / 132,0 mol = 0,0405 0,3200 L x = 1,71 g (NH 4 ) 2 SO Θα χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση Henderson Hasselbach: + 4 ] poh = p K b + log ] 3 (α) K b = 1, pk b = 4,76 3 ] = (36,00 ml 0,200 mol / L) / 100,00 ml = 0,0720 M [ΝΗ + 4 ] = (64,00 ml 0,200 mol / L) / 100,00 ml = 0,0128 M 0,128 poh = 4,76 + log = 4,76 + 0,249 = 5,01 0,072 pοh = 5,01 ph = 8,99 9,00 (β) Αραίωση μέχρις 1,00 L οι συγκεντρώσεις [ΝΗ 3 ] και [ΝΗ + 4 ] θα διαιρεθούν δια 10 Εξίσωση Henderson Hasselbach 0, 0128 poh = 4,76 + log = 4,76 + 0, 249 = 5,01 0, 0072

6 Αραίωση μέχρις 10,00 L!!! Στην εξίσωση Henderson Hasselbach, για πολύ μεγάλες αραιώσεις, παύει να ισχύει η υπόθεση ότι το μεγαλύτερο μέρος του ασθενούς οξέος (ή της ασθενούς βάσεως) παραμένει μη ιοντισμένο. Το ph σε τέτοια διαλύματα (μετά από μεγάλη αραίωση) πέφτει περίπου στο 7. (γ) Προσθήκη HCl: [0,10 ml (1,00 mmol / ml) = 0,10 mmol] Αντίδραση: ΝΗ 3 (aq) + HCl(aq) ΝΗ 4 Cl(aq) αρχικό ρ.δ. 7,2 mmol 12,8 mmol τελικό ρ.δ. 7,1 mmol 12,9 mmol τελικά: [ΝΗ 3 ] = 0,071 Μ [ΝΗ 4 + ] = 0,129 Μ Εξίσωση Henderson Hasselbach 0,129 poh = 4,76 + log = 4,76 + 0,259 = 5,02 0,071 ph = 8,98 (δ) Έστω x τα ζητούμενα ml HCl [(x ml) (1,00 mmol / ml) = x mmol] ] 3 τελ 7,2 x = x Cl] 4 τελ 12,8 + x = x 4Cl] τελ 12,8 + x = ] 7,2 x 3 τελ = y Εξίσωση Henderson Hasselbach: + 4 ] τελ poh = p Kb + log = p Kb +log y ] 3 τελ

7 ή poh = pk b + log y Είναι poh = 5,10 και pk b = 4,76 log y = 0,34 y = 2,2 12,8 + x 7,2 x = 2,2 x = 0,95 ml