Titrationskurve? Bitte helfen Sie ...

Nun, zuerst würde ich die Titrationskurve einer diprotischen Säure skizzieren ( $"HPO"_4^(2-)$ ist schwer genug zu formen).

Hier wird zwischen dem Pufferbereich (in dem der Halbäquivalenzpunkt liegt) und dem Äquivalenzpunkt unterschieden.

Pufferbereich --- Die Henderson-Hasselbalch-Gleichung gilt NICHT, WEDER der Strom $K_a$ ist klein. $K_(a1)$ ist nicht klein genug, aber $K_(a2)$ und $K_(a3)$ sind.
Punkt der halben Äquivalenz --- $"pH" = "pK"_a$
Äquivalenzpunkt --- Regelmäßiges schwaches Säure / Base-Gleichgewicht!

$K_(a1,2,3) = 7.1 xx 10^(-3), 6.3 xx 10^(-8), 4.5 xx 10^(-13)$

Also finden wir zuerst die Äquivalenzpunkte.

$"H"_3"PO"_4 + 3"NaOH"(aq) -> "Na"_3"PO"_4(aq) + 3"H"_2"O"(l)$

$"Total equivalence point"$ :

$"0.100 mol"/"L" xx "0.050 L" = "0.0050 mols H"_3"PO"_4$

$= "0.0150 mols OH"^(-)$

$=> "1000 mL"/"0.100 mol NaOH" xx "0.0150 mols OH"^(-)$

$=$ $"150 mL"$ for all three protons

$=>$ $"50 mL"$ for each proton

Somit liegen die Äquivalenzpunkte bei $"50 mL"$ , $"100 mL"$ , und $"150 mL"$ . Beachten Sie, wie wir nicht erreichen $"150 mL"$ , also ignoriere diesen.

$(ia)$ $"0.00 mL"$ base hinzugefügt

$"H"_3"PO"_4(aq) rightleftharpoons "H"_2"PO"_4^(-)(aq) + "H"^(+)(aq)$

$K_(a1) = 7.1 xx 10^(-3) = (["H"_2"PO"_4^(-)]["H"^(+)])/(["H"_3"PO"_4]) = x^2/(0.100 - x)$

Although $x$ is not small enough, since $(K_(a1))/("0.100 M") < 1$ , this can be done iteratively.

$x_1 ~~ sqrt(0.100K_(a1)) = "0.02665 M"$

$x_2 ~~ sqrt((0.100 - x_1)K_(a1)) = "0.02282 M"$

$x_3 ~~ sqrt((0.100 - x_2)K_(a1)) = "0.02341 M"$

$x_4 ~~ sqrt((0.100 - x_3)K_(a1)) = "0.02332 M"$

$x_5 = sqrt((0.100 - x_4)K_(a1)) = "0.02333 M"$

And thus, $x = "0.02333 M"$ for $["H"^(+)]$ . That gives

$color(blue)("pH"_1) = -log(0.02333) = color(blue)(1.63)$ .

$(ib)$ $"10.00 mL"$ der Base hinzugefügt

$"0.100 mol/L" xx "0.010 L" = "0.0010 mols OH"^(-)$

This neutralizes that much $"H"_3"PO"_4$ to give

$"0.0050 mols H"_3"PO"_4 - "0.0010 mols OH"^(-)$

$= "0.0040 mols H"_3"PO"_4$ leftover

$-> "0.0010 mols H"_2"PO"_4^(-)$ produced

This is then a concentration of

$("0.0010 mols H"_2"PO"_4^(-))/("50.00 mL acid" + "10.00 mL base") cdot "1000 mL"/"1 L"$

$=$ $"0.01667 M H"_2"PO"_4^(-)$

and $"0.06667 M H"_3"PO"_4$

These again go into the full equilibrium expression. Remember to include the initial concentrations.

$K_(a1) = 7.1 xx 10^(-3) = (["H"_2"PO"_4^(-)]["H"^(+)])/(["H"_3"PO"_4])$

$= ((0.01667 + x)(x))/(0.06667 - x)$

This must be solved in full.

$7.1 xx 10^(-3) cdot 0.06667 - 7.1 xx 10^(-3)x = 0.01667x + x^2$

$x^2 + (0.01667 + 7.1 xx 10^(-3))x - 7.1 xx 10^(-3) cdot 0.06667 = 0$

$x^2 + 0.02377x - 4.73 xx 10^(-4) = 0$

and here we get $["H"^(+)] = x = "0.01290 M"$ , so

$color(blue)("pH"_2) = -log(0.01290) = color(blue)(1.89)$

$(ic)$ $"25.00 mL"$ der Base hinzugefügt, der erste Halbäquivalenzpunkt

I won't show much math here, but you can convince yourself that you are at the first half-equivalence point, so

$"pH"_3 = "pK"_(a1) = -log(7.1 xx 10^(-3)) ~~ 2.15$ is expected.

However, it's a bit larger, due to Le Chatelier's principle.

$["H"_2"PO"_4^(-)] = ["H"_3"PO"_4] = "0.0025 mols"/("50.00 mL acid" + "25.00 mL base") cdot "1000 mL"/"1 L"$

$=$ $"0.03333 M"$

$K_(a1) = 7.1 xx 10^(-3) = (["H"_2"PO"_4^(-)]["H"^(+)])/(["H"_3"PO"_4])$

$= ((0.03333 + x)(x))/(0.03333 - x)$

Solving this, we find

$0 = x^2 + (0.03333 + 7.1 xx 10^(-3))x - 7.1 xx 10^(-3) cdot 0.03333$

for which $x = ["H"^(+)] = "0.005188 M"$ and

$color(blue)("pH"_3) = -log(0.005188) = color(blue)(2.29)$

$(id)$ $"50.00 mL"$ der Base hinzugefügt, der erste Äquivalenzpunkt

Here we are halfway between the first and second half-equivalence points, which had $"pH" = "pK"_(ai)$ , so

$color(blue)("pH"_4 = 1/2("pK"_(a1) + "pK"_(a2)) = 4.67)$

$(ie)$ $"65.00 mL"$ der Base hinzugefügt, oder $"15.00 mL"$ nach dem ersten Äquivalenzpunkt

$"0.0015 mols NaOH"$ added to neutralize $"0.0015 mols H"_2"PO"_4^(-)$ to give $"0.0015 mols HPO"_4^(2-)$ and $"0.0035 mols H"_2"PO"_4^(-)$ in $"50.00 + 65.00 mL"$ solution.

The Henderson-Hasselbalch equation here would apply, since $K_(a2)$ is small. The $K_(a2)$ would be:

$6.3 xx 10^(-8) = ((0.01304 + x)(x))/(0.03043 - x) ~~ (0.01304x)/0.03043$

$=> x ~~ 1.470 xx 10^(-7) "M"$

and $color(blue)("pH"_5 ~~ 6.83)$ .

Or, we could have done...

$"pH"_5 = "pK"_(a2) + log((["HPO"_4^(2-)])/(["H"_2"PO"_4^(-)]))$

$= -log(6.3 xx 10^(-8)) + log(0.01304/0.03043)$

$= 6.83$

$(i f)$ $"75.00 mL"$ ist der zweite Halbäquivalenzpunkt

And so, we get $["H"_2"PO"_4^(-)] = ["HPO"_4^(2-)]$ , which means

$color(blue)("pH"_6) ~~ "pK"_(a2) = -log(6.3 xx 10^(-8))$

$= color(blue)(7.20)$

$(ig)$ $"100.00 mL"$ ist der zweite Äquivalenzpunkt

Here we are halfway between the second and third half-equivalence points, which had $"pH" = "pK"_(ai)$ , so

$color(blue)("pH"_7 = 1/2("pK"_(a2) + "pK"_(a3)) = 9.77)$

$(ih)$ $"110.00 mL"$ der Base hinzugefügt, $"10.00 mL"$ nach dem zweiten Äquivalenzpunkt

Therefore, we are

$"0.100 mol/L" xx "0.010 L" = "0.0010 mols OH"^(-)$

past the second equivalence point, which means we neutralized $"0.0010 mols HPO"_4^(2-)$ and made $"0.0010 mols PO"_4^(3-)$ . This gives

$["HPO"_4^(2-)] = ("0.0040 mols HPO"_4^(2-))/("50.00 + 110.00 mL") cdot "1000 mL"/"1 L"$

$=$ $"0.02500 M"$

$["PO"_4^(3-)] = ("0.0010 mols HPO"_4^(2-))/("50.00 + 110.00 mL") cdot "1000 mL"/"1 L"$

$=$ $"0.00625 M"$

As a result, and we can again make small $x$ approximations here,

$K_(a3) = 4.5 xx 10^(-13) = ((0.00625 + x)(x))/(0.02500 - x)$

$~~ 0.00625/0.02500 x$

$=> x ~~ 1.80 xx 10^(-12) "M"$

And that gives

$color(blue)("pH"_8) = -log(1.80 xx 10^(-12)) = color(blue)(11.74)$

Hier "leiten" wir $"pH"$ Formeln für den ersten und zweiten Äquivalenzpunkt.

$"pH"_("1st-half-equiv") = "pK"_(a1) + log((["base"])/(["acid"]))$

$"pH"_("2nd-half-equiv") = "pK"_(a2) + log((["base"])/(["acid"]))$

Am Halbäquivalenzpunkt sind also die Konzentrationen von schwacher Base und schwacher Säure gleich $"pH"_("1st-half-equiv") = "pK"_(a1)$ , und $"pH"_("2nd-half-equiv") = "pK"_(a2)$ .

Eine perfekte Titration würde a ergeben $V_(NaOH)$ Volumenlücke im Diagramm, sodass das Diagramm durchgehend eine gewisse ungerade Funktionssymmetrie aufweist.

Das heißt,

das $"pH"$ Auf beiden Seiten des Äquivalenzpunkts ist der Abstand zum Äquivalenzpunkt gleich $"pH"$ .
das $"pH"$ Auf beiden Seiten des Halbäquivalenzpunkts ist der Abstand zum Halbäquivalenzpunkt gleich $"pH"$ .

Wenn wir also den zweiten Äquivalenzpunkt wollen, sind wir von dem zweiten Halbäquivalenzpunkt und dem dritten Halbäquivalenzpunkt, d. H

$"pH"_("equivpt",i) = 1/2("pK"_(ai) + "pK"_(a(i+1)))$

$(ii)$ Und das Diagramm sollte mit diesen Datenpunkten einfach zu zeichnen sein. Es sieht nicht so gut aus, da Sie nicht alle Daten zwischen den Dateien haben, aber ... hier ist, was ich in Excel bekommen habe:

Können Sie dieses Diagramm mit den Halbäquivalenz- und Äquivalenzpunkten kennzeichnen? (In diesem Diagramm sind jeweils zwei enthalten.)

Und ein Tutorial ist hier.