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Esercizi di chimica analitica titolazioni (II)- chimicamo

Esercizi di chimica analitica titolazioni (II)

  |   Chimica, Chimica Analitica

Sono riportati alcuni esercizi tipici di chimica analitica in cui viene determinata quantitativamente il titolo di una specie che seguono quelli proposti nel precedente articolo Esercizi di chimica analitica titolazioni (I). Questo tipo di esercizi sono utilizzati non solo per verificare il proprio livello di preparazione ma soprattutto nella pratica quotidiana.

Esercizi

  • La concentrazione di biossido di carbonio presente nell’aria è determinata tramite retrotitolazione. Un campione di aria è fatto gorgogliare in una soluzione in cui è presente idrossido di bario in eccesso con conseguente precipitazione del carbonato di bario. L’eccesso di idrossido di bario è retrotitolato con acido cloridrico. Nell’analisi effettuata 3.50 L di un campione di aria è fatto gorgogliare in 50.0 mL di una soluzione 0.0200 M di Ba(OH)2. L’eccesso di idrossido di bario è retrotitolato con 38.58 mL di una soluzione 0.0316 M di HCl. Determinare la concentrazione molare di CO2

Le moli di idrossido di bario sono:

moli di Ba(OH)2 = 0.0500 L ∙ 0.0200 M = 0.00100

Le moli di HCl che reagiscono con l’idrossido di bario secondo la reazione:

Ba(OH)2 + 2 HCl → BaCl2 + 2 H2O

Sono pari a:

moli di HCl = 0.03858 L ∙ 0.0316 M= 0.00122

Stante il rapporto stechiometrico tra Ba(OH)2 e HCl che è pari a 1:2 si ha che l’idrossido di bario che ha reagito con HCl è pari a 0.00122/2 = 0.000610

Le moli di idrossido di bario che hanno reagito con il biossido di carbonio secondo la reazione:

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O

Sono pari a 0.00100 – 0.000610 = 0.000390

Stante il rapporto 1:1 tra Ba(OH)2 e CO2 le moli di CO2 presenti in 3.50 L di aria sono 0.000390

Molarità di CO2 = 0.000390/ 3.50 L = 0.000111 M

 

  • Un campione di solfato di ferro (II) idrato avente massa 12.18 g è solubilizzato con una soluzione acquosa acidificata per acido solforico e il volume finale è di 500.0 mL. Un’aliquota di 25.0 mL è titolata con 43.83 mL di permanganato di potassio 0.0100 M. Determinare il grado di idratazione del sale.

La reazione redox tra Fe2+ e MnO4 è:

MnO4(aq) + 8 H+(aq) + 5 Fe2+(aq) → Mn2+(aq) + 5 Fe3+(aq) + 4 H2O(l)

Le moli di permanganato di potassio sono:

moli di MnO4 = 0.04382 L ∙ 0.01000 M = 0.0004382

il rapporto stechiometrico tra permanganato e ione ferro (II) è di 1:5

moli di Fe2+ = 0.0004382 ∙ 5 = 0.002191

che corrispondono alle moli di FeSO4 ∙ x H2O contenute in 25.0 mL

Le moli di FeSO4 ∙ x H2O contenute in 500.0 mL sono pari a: 0.002191 ∙ 500.0/25.0=0.04382

Il peso molecolare del composto è quindi pari a:

MM = 12.18 g/ 0.04382 mol = 277.96 g/mol

Il peso molecolare del solfato di ferro (II) anidro è pari a 151.908 g/mol

277.96 – 151.908 = 126.1 g/mol

Il peso molecolare dell’acqua è 18.02 g/mol pertanto:

126.1 g/mol/ 18.02 g/mol= 7

Il solfato di ferro (II) è quindi eptaidrato FeSO4 ∙ 7 H2O

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