Curva di titolazione? Per favore aiuto...
Bene, prima vorrei disegnare la curva di titolazione di un acido diprotico (#"HPO"_4^(2-)# è abbastanza difficile da formare).
Qui distinguiamo tra la regione di buffer (in cui si trova il punto di semi-equivalenza) e il punto di equivalenza.
- Regione tampone --- L'equazione di Henderson-Hasselbalch NON si applica A MENO della corrente #K_a# è piccolo. #K_(a1)# non è abbastanza piccolo, ma #K_(a2)# e #K_(a3)# sono.
- Punto di semi-equivalenza --- #"pH" = "pK"_a#
- Punto d'equivalenza --- Equilibrio acido / base debole regolare!
#K_(a1,2,3) = 7.1 xx 10^(-3), 6.3 xx 10^(-8), 4.5 xx 10^(-13)#
Quindi troviamo prima i punti di equivalenza.
#"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
Pertanto, i punti di equivalenza sono a #"50 mL"#, #"100 mL"# e #"150 mL"#. Nota come non raggiungiamo #"150 mL"#, quindi ignoralo.
#(ia)# #"0.00 mL"# base aggiunta
#"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"# di base aggiunta
#"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"# di base aggiunta, il primo punto di semi-equivalenza
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"# di base aggiunta, il primo punto di equivalenza
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"# di base aggiunta, o #"15.00 mL"# passato il primo punto di equivalenza
#"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"# è il secondo punto di semi-equivalenza
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"# è il secondo punto di equivalenza
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"# di base aggiunta, #"10.00 mL"# oltre il secondo punto di equivalenza
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)#
Qui "deriviamo" #"pH"# formule per il primo e il secondo punto di equivalenza.
#"pH"_("1st-half-equiv") = "pK"_(a1) + log((["base"])/(["acid"]))#
#"pH"_("2nd-half-equiv") = "pK"_(a2) + log((["base"])/(["acid"]))#
Nel punto di semi-equivalenza, le concentrazioni di base debole e acido debole sono uguali, quindi #"pH"_("1st-half-equiv") = "pK"_(a1)# e #"pH"_("2nd-half-equiv") = "pK"_(a2)#.
Una titolazione perfetta darebbe a #V_(NaOH)# gap di volume sul grafico in modo tale che il grafico abbia una certa simmetria di funzione dispari in tutto.
Cioè,
-
il #"pH"# su entrambi i lati del punto di equivalenza è equidistante dal punto di equivalenza #"pH"#.
-
il #"pH"# su entrambi i lati del punto di semi-equivalenza è equidistante dal punto di semi-equivalenza #"pH"#.
Pertanto, se vogliamo il secondo punto di equivalenza, siamo equidistanti dal secondo punto di mezza equivalenza e dal terzo punto di mezza equivalenza, ovvero
#"pH"_("equivpt",i) = 1/2("pK"_(ai) + "pK"_(a(i+1)))#
#(ii)# E il grafico dovrebbe essere facile da rappresentare con questi punti dati. Non sembrerà così bello dal momento che non hai tutti i dati intermedi, ma ... ecco cosa ho ottenuto in Excel:
Puoi etichettare questo grafico con i punti di semi-equivalenza e di equivalenza? (Ce ne sono due su questo grafico.)