Titrationskurve? Bitte helfen Sie ...
Nun, zuerst würde ich die Titrationskurve einer diprotischen Säure skizzieren (HPO2−4 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 Ka ist klein. Ka1 ist nicht klein genug, aber Ka2 und Ka3 sind.
- Punkt der halben Äquivalenz --- pH=pKa
- Äquivalenzpunkt --- Regelmäßiges schwaches Säure / Base-Gleichgewicht!
Ka1,2,3=7.1×10−3,6.3×10−8,4.5×10−13
Also finden wir zuerst die Äquivalenzpunkte.
H3PO4+3NaOH(aq)→Na3PO4(aq)+3H2O(l)
Total equivalence point:
0.100 molL×0.050 L=0.0050 mols H3PO4
=0.0150 mols OH−
⇒1000 mL0.100 mol NaOH×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
H3PO4(aq)⇌H2PO−4(aq)+H+(aq)
Ka1=7.1×10−3=[H2PO−4][H+][H3PO4]=x20.100−x
Although x is not small enough, since Ka10.100 M<1, this can be done iteratively.
x1≈√0.100Ka1=0.02665 M
x2≈√(0.100−x1)Ka1=0.02282 M
x3≈√(0.100−x2)Ka1=0.02341 M
x4≈√(0.100−x3)Ka1=0.02332 M
x5=√(0.100−x4)Ka1=0.02333 M
And thus, x=0.02333 M for [H+]. That gives
pH1=−log(0.02333)=1.63.
(ib) 10.00 mL der Base hinzugefügt
0.100 mol/L×0.010 L=0.0010 mols OH−
This neutralizes that much H3PO4 to give
0.0050 mols H3PO4−0.0010 mols OH−
=0.0040 mols H3PO4 leftover
→0.0010 mols H2PO−4 produced
This is then a concentration of
0.0010 mols H2PO−450.00 mL acid+10.00 mL base⋅1000 mL1 L
= 0.01667 M H2PO−4
and 0.06667 M H3PO4
These again go into the full equilibrium expression. Remember to include the initial concentrations.
Ka1=7.1×10−3=[H2PO−4][H+][H3PO4]
=(0.01667+x)(x)0.06667−x
This must be solved in full.
7.1×10−3⋅0.06667−7.1×10−3x=0.01667x+x2
x2+(0.01667+7.1×10−3)x−7.1×10−3⋅0.06667=0
x2+0.02377x−4.73×10−4=0
and here we get [H+]=x=0.01290 M, so
pH2=−log(0.01290)=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
pH3=pKa1=−log(7.1×10−3)≈2.15 is expected.
However, it's a bit larger, due to Le Chatelier's principle.
[H2PO−4]=[H3PO4]=0.0025 mols50.00 mL acid+25.00 mL base⋅1000 mL1 L
= 0.03333 M
Ka1=7.1×10−3=[H2PO−4][H+][H3PO4]
=(0.03333+x)(x)0.03333−x
Solving this, we find
0=x2+(0.03333+7.1×10−3)x−7.1×10−3⋅0.03333
for which x=[H+]=0.005188 M and
pH3=−log(0.005188)=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=pKai, so
pH4=12(pKa1+pKa2)=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 H2PO−4 to give 0.0015 mols HPO2−4 and 0.0035 mols H2PO−4 in 50.00 + 65.00 mL solution.
The Henderson-Hasselbalch equation here would apply, since Ka2 is small. The Ka2 would be:
6.3×10−8=(0.01304+x)(x)0.03043−x≈0.01304x0.03043
⇒x≈1.470×10−7M
and pH5≈6.83.
Or, we could have done...
pH5=pKa2+log⎛⎜⎝[HPO2−4][H2PO−4]⎞⎟⎠
=−log(6.3×10−8)+log(0.013040.03043)
=6.83
(if) 75.00 mL ist der zweite Halbäquivalenzpunkt
And so, we get [H2PO−4]=[HPO2−4], which means
pH6≈pKa2=−log(6.3×10−8)
=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=pKai, so
pH7=12(pKa2+pKa3)=9.77
(ih) 110.00 mL der Base hinzugefügt, 10.00 mL nach dem zweiten Äquivalenzpunkt
Therefore, we are
0.100 mol/L×0.010 L=0.0010 mols OH−
past the second equivalence point, which means we neutralized 0.0010 mols HPO2−4 and made 0.0010 mols PO3−4. This gives
[HPO2−4]=0.0040 mols HPO2−450.00 + 110.00 mL⋅1000 mL1 L
= 0.02500 M
[PO3−4]=0.0010 mols HPO2−450.00 + 110.00 mL⋅1000 mL1 L
= 0.00625 M
As a result, and we can again make small x approximations here,
Ka3=4.5×10−13=(0.00625+x)(x)0.02500−x
≈0.006250.02500x
⇒x≈1.80×10−12M
And that gives
pH8=−log(1.80×10−12)=11.74
Hier "leiten" wir pH Formeln für den ersten und zweiten Äquivalenzpunkt.
pH1st-half-equiv=pKa1+log([base][acid])
pH2nd-half-equiv=pKa2+log([base][acid])
Am Halbäquivalenzpunkt sind also die Konzentrationen von schwacher Base und schwacher Säure gleich pH1st-half-equiv=pKa1, und pH2nd-half-equiv=pKa2.
Eine perfekte Titration würde a ergeben VNaOH 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
pHequivpt,i=12(pKai+pKa(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.)