Chimica analitica esercizi svolti


Molti esercizi di chimica analitica propongono la determinazione quantitativa di una specie tramite metodi volumetrici. Nella pratica spesso il titolante viene aggiunto in eccesso e successivamente retrotitolato e/o in altri casi il suo titolo viene determinato tramite uno standard secondario. Questi esercizi che non sono puramente teorici vanno risolti tenendo presente tutte le reazioni coinvolte e seguendo un ragionamento logico in quanto non si può ipotizzare un metodo generale di risoluzione. Vengono proposti quindi esercizi guidati che possono essere di ausilio per inquadrare casi simili senza trovarsi in difficoltà nella loro risoluzione.

Esercizi

1) Il ferro (II) viene ossidato a ferro (III) dal permanganato che si riduce a manganese (II) in ambiente acido.

Si vuole determinare la percentuale di ferro in un filo di acciaio di massa 1.51 g: il campione viene solubilizzato in acido solforico diluito e la soluzione viene portata a un volume di 250.0 cm3. Un’aliquota di questa soluzione di volume pari a 25.0 cm3 viene titolata da 25.45 cm3 di una soluzione di permanganato di potassio 0.0200 M. Si calcoli la percentuale di ferro contenuta nel campione.

Innanzi tutto scriviamo le due semireazioni:

MnO4 + 8 H+ + e → Mn2+ + 4 H2O
Fe2+ → Fe3+ + 1 e

Poiché il numero di elettroni acquistati deve essere uguale al numero di elettroni persi moltiplichiamo la seconda semireazione per 5 e sommiamo membro a membro per ottenere la reazione bilanciata:

MnO4 + 8 H+ + 5 Fe2+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

Le moli di permanganato di potassio occorse per la titolazione sono pari a:

moli di KMnO4 = 0.0200 M x 0.02545 dm3 = 5.09 ∙ 10-4

Dalla reazione bilanciata si ha che il rapporto tra permanganato e ferro (II) è di 1:5 quindi:

moli di Fe2+ contenute in 25.0 cm3 =  5.09 ∙ 10-4 x 5 = 2.55 ∙ 10-3

Le moli di Fe2+ contenute in 250.0 cm3 sono quindi pari a 2.55 ∙ 10-3 x 250.0/25.0= 0.0255

Massa di ferro = 0.0255 mol x 55.845 g/mol=  1.42 g

% di ferro nel campione = 1.42 x 100/1.51 = 94.1

2) Un campione impuro avente massa 620.0 mg contenente arseniato di potassio è stato analizzato per determinarne la sua percentuale. Il campione è stato solubilizzato in acqua e sono stati necessari 50.00 cm3 di nitrato di argento 0.1111 M per precipitare l’arseniato di potassio sotto forma di arseniato di argento. L’eccesso di nitrato di argento è stato retrotitolato con 12.00 cm3 tiocianato di potassio 0.1010 M. Si determini la percentuale di arseniato di potassio nel campione

L’arseniato di potassio in acqua si solubilizza dando ioni potassio e ioni arseniato:

K3AsO4 → 3 K+ + AsO43-

La reazione tra arseniato e nitrato di argento porta alla precipitazione dell’arseniato di argento:

3 AgNO3(aq) + AsO43-(aq) → Ag3AsO4(s) + 3 NO3(aq)

Le moli di nitrato di argento sono pari a 0.05000 dm3 x 0.1111 M = 5.555 ∙ 10-3

L’eccesso di nitrato di argento viene trattato con KSCN ed avviene la reazione che porta alla precipitazione del tiocianato di argento:

AgNO3(aq) + KSCN(aq) → AgSCN(s) + KNO3(aq)

Le moli di tiocianato di potassio che sono pari al nitrato di argento in eccesso sono pari a 0.01200 dm3 x 0.1010 = 1.212 ∙ 10-3

Le moli di nitrato di argento occorse per precipitare l’arseniato di potassio come arseniato di argento sono quindi pari a:

5.555 ∙ 10-3 – 1.212 ∙ 10-3 = 4.343 ∙ 10-3

Il rapporto stechiometrico tra arseniato e nitrato di argento è di 1:3 quindi le moli di arseniato di potassio sono pari a 4.343 ∙ 10-3/3 = 1.448 ∙ 10-3

La massa di arseniato di potassio è data da 1.448 ∙ 10-3 mol x 256.2 g/mol= 0.3709 g

La percentuale di arseniato di potassio contenute in 620.0 mg di campione impuro è data da:

0.3709 x 100/ 0.6200 = 59.82 %

3) Un campione impuro avente massa 1.000 g contenente fluoruro di sodio è stato analizzato per determinarne la sua percentuale. Il campione è stato solubilizzato e ad esso sono stati aggiunti 50.00 cm3 di nitrato di calcio 0.1000 M per precipitare il fluoruro di sodio sotto forma di fluoruro di calcio. L’eccesso di calcio è stato retrotitolato con 24.20 cm3 di una soluzione di EDTA 0.05000 M. Si determini la percentuale di fluoruro di sodio nel campione

Il fluoruro di sodio in acqua si solubilizza dando ioni sodio e ioni fluoruro:

NaF → Na+ + F

La reazione tra fluoruro e nitrato di calcio porta alla precipitazione del fluoruro di calcio:

Ca(NO3)2 (aq) +2 F(aq) → CaF2(s) + 2 NO3(aq)

Le moli di nitrato di calcio sono pari a 0.05000 dm3 x 0.1000 M = 0.005000

Lo ione calcio in eccesso reagisce con l’EDTA secondo la reazione:
Ca2+(aq) + EDTA4-(aq) → CaEDTA2-(aq)

Le moli di EDTA sono pari a 0.02420 dm3 x 0.05000 M = 0.001210 che sono pari alle moli di ione calcio in eccesso.

Le moli di calcio che hanno precipitato lo ione fluoruro sono quindi pari a 0.005000 – 0.001210 = 0.003790

Il rapporto stechiometrico tra ione calcio e fluoruro è di 1:2 quindi le moli di F ovvero le moli di NaF sono pari a 0.003790 x 2 = 0.007580

Massa di NaF = 0.007580 mol x 41.988 g/mol =0.3183 g

% di NaF nel campione = 0.3183 x 100/ 1.000 = 31.83 %

4) Un campione di massa pari a 700.0 mg contenente ossido di ferro (III) viene trattato con 20.00 cm3 di EDTA 0.0500 M. L’eccesso di EDTA viene titolato con 5.08 cm3 di una soluzione di rame (II) 0.0420 M. Calcolare la percentuale di Fe2O3 nel campione incognito

L’EDTA in eccesso reagisce con lo ione rame secondo la reazione:
Cu2+(aq) + EDTA4-(aq) → CuEDTA2-(aq)

Le moli di ione rame sono pari a 5.08 ∙ 10-3 dm3 x 0.0420 M = 2.13 ∙ 10-4 che sono pari alle moli di EDTA in eccesso

Le moli di EDTA iniziali sono pari a 0.02000 dm3 x 0.0500 M= 1.00 ∙ 10-3

La reazione tra ferro (III) ed EDTA è:

Fe3+(aq)+ EDTA4-(aq) → FeEDTA(aq)

Le moli di EDTA che hanno reagito con il ferro (III) sono pari a 1.00 ∙ 10-3 – 2.13 ∙ 10-4 = 7.87 ∙ 10-4

Le moli di Fe2O3 sono quindi pari a  7.87 ∙ 10-4/2 = 3.94 ∙ 10-4

La massa di Fe2O3 è pari a 3.94 ∙ 10-4 x  159.7 g/mol = 0.0628 g

% di Fe2O3 nel campione = 0.0628 x 100/ 0.7000 = 8.98

Autore: Chimicamo

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