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Home Chimica

Retrotitolazione

di Chimicamo
1 Luglio 2021
in Chimica, Chimica Analitica
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Retrotitolazione-chimicamo

Retrotitolazione-chimicamo

Una retrotitolazione è un metodo di titolazione in cui la concentrazione  di un analita è determinata facendolo reagire con una quantità nota di reagente in eccesso. Il reagente in eccesso rimanente è quindi titolato con un altro secondo reagente. Una retrotitolazione è utilizzata quando il punto finale di una titolazione è individuato con difficoltà.

Tipici esempi in cui è utilizzata una retrotitolazione

  • titolazione acido debole-base debole
  • presenza di un reagente volatile come l’ammoniaca
  • acido o base poco solubile come il carbonato di calcio

 

Esercizi

1) Un campione di carbonato di potassio di massa 0.6000  g viene solubilizzato in acqua fino ad ottenere una soluzione avente volume 200.0 mL.

A un’aliquota di tale soluzione di volume pari a 20.00 mL vengono aggiunti 20.00 mL di HCl 0.1700 M.

La soluzione risultante viene retrotitolata con NaOH 0.1048 M

Calcolare il volume di NaOH necessario

Le moli di K2CO3 disciolte in 200.0 mL sono pari a 0.6000 g/138.2055 g/mol =0.004341

Quindi in 20.00 mL sono contenute 0.004341 · 20.00/200.0 =0.0004341 moli

Il carbonato di potassio reagisce con HCl secondo la reazione

K2CO3 + 2 HCl = 2 KCl + H2O+ CO2

Il rapporto tra carbonato di potassio e HCl è di 1:2 pertanto richiedono 0.0004341 x 2 = 0.0008682 moli di HCl

Le moli di HCl adoperate sono pari a 0.02000 L · 0.1700 M = 0.003400

Risulteranno quindi in eccesso 0.003400 – 0.0008682 = 0.002532 moli di HCl che richiedono altrettante moli di NaOH per essere titolate. Infatti il rapporto stechiometrico tra HCl e NaOH è di 1:1 secondo la reazione:

HCl + NaOH = NaCl + H2O

Il volume di NaOH necessario per retrotitolare l’eccesso di HCl è quindi:
V = 0.002532/0.1048 = 0.02416 L  ovvero 24.26 mL

2)  Un campione di M2CO3 di massa 0.6181 g è solubilizzato in acqua fino ad ottenere una soluzione avente volume 100.0 mL.

A un’aliquota di tale soluzione di volume pari a 10.00 mL vengono aggiunti 25.00 mL di HCl 0.1842 M.

La soluzione risultante viene retrotitolata con 19.90 mL di NaOH 0.1473 M. Individuare il metallo M

Il carbonato del metallo reagisce con HCl secondo la reazione

M2CO3 + 2 HCl = 2 MCl + H2O+ CO2

Le moli di HCl adoperate sono pari a 0.02500 L · 0.1842 M =0.004605

Quelle di NaOH occorse per neutralizzare l’eccesso di HCl  sono pari a 0.01990 L · 0.1473 M = 0.002931

Le moli di HCl che hanno reagito con M2CO3 sono quindi 0.004605 – 0.002931  =0.001674

Il rapporto tra M2CO3 e HCl è di 1:2

Quindi le moli di M2CO3 presenti in 10.00 mL di soluzione sono 0.001674/2 =0.0008370

Le moli di M2CO3 presenti in 100.00 mL di soluzione sono 0.0008370  · 100.00/10.00 = 0.008370

Il peso molecolare di M2CO3 vale 0.6181 g/0.008370 =73.847 g/mol

Detto x il peso atomico di M si ha

2x + 12.011 + 3( 15.999) = 73.847

2x = 13.839

Da cui x = 6.92 che corrisponde al litio

 

3) Un campione di Fe(OH)n di massa 1.0101 g viene mescolato a 20.00 mL di HCl 2.000 M e diluito con acqua fino a raggiungere il volume di 200.0 mL.

  Affresco: restauro conservativo

Un’aliquota di 25.00 mL di tale soluzione viene titolata con 14.56 mL di KOH 0.1000 M.

Determinare il valore di n

Le moli di HCl contenute in 200.0 mL di soluzione sono pari a 0.02000 L · 2.000 M = 0.04000

Quindi le moli di HCl contenute in 25.00 mL di soluzione sono 0.04000 · 25.00/ 200.0 =0.005000

Le moli di KOH sono pari a 0.01456 L · 0.1000 M = 0.001456

Pertanto le  moli di HCl occorse per reagire con Fe(OH)n sono 0.005000 – 0.001456 = 0.003544

Le moli di HCl occorse per reagire con Fe(OH)n  in 200.0 mL sono 0.003544 · 200.0 / 25.00 = 0.02835

Il ferro ha due numeri di ossidazione ovvero +2 e +3 quindi forma due idrossidi: Fe(OH)2  (PM = 89.86) e Fe(OH)3  (PM = 106.867)

Le due possibile reazioni sono:
Fe(OH)2 + 2 HCl = FeCl2 + 2 H2O

Fe(OH)3 + 3 HCl = FeCl3 + 3 H2O

Nel primo caso le moli di Fe(OH)2 sono 0.02835/2 =0.01418

Il peso molecolare di Fe(OH)2 deve valere 1.0101 g/ 0.01418 mol = 71.25 ben diverso da quello reale

Nel secondo caso le moli di Fe(OH)3 sono 0.02835/3 = 0.009450 e il peso molecolare deve valere

1.0101 g/ 0.009450 = 106.9 g/mol che corrisponde a quello reale

Quindi n = 3

4)  Per determinare la concentrazione di una soluzione di ammoniaca commerciale sono stati prelevati 25.00 mL di tale soluzione e diluiti fino a 250.0 mL e uniti a 50.00 mL di HCl 0.1000 M.

L’eccesso di HCl è stato titolato con 21.50 mL di Na2CO3 0.05000 M.

Calcolare la concentrazione di ammoniaca

Le moli di carbonato di sodio sono pari a 0.02150 L · 0.05000 L =0.001075

Dalla reazione:

Na2CO3 + 2 HCl = 2 NaCl + H2O+ CO2

Si ha che le moli di HCl necessarie a reagire con il carbonato di sodio sono 0.001075 x 2 = 0.002150

Le moli di HCl aggiunte sono 0.05000 L · 0.1000 M = 0.005000

Quindi le moli di HCl che hanno reagito con l’ammoniaca sono 0.00500 – 0.002150 =0.002850

Dalla reazione

NH3 + HCl = NH4Cl

In cui il rapporto tra ammoniaca e HCl è di 1:1 si ha che le moli di NH3 sono 0.002850 quindi la concentrazione di NH3 vale 0.002850/ 0.02500 L=0.1140 M

5) Un campione avente massa 0.1250 g contiene carbonato di calcio. Per calcolare la massa di carbonato di calcio presente nel campione esso è  trattato con 50.00 mL di HCl 0.2000 M.

L’eccesso di HCl è  titolato con 32.12 mL di NaOH 0.2500 M

Si calcoli la quantità di carbonato di calcio  presente nel campione

Le moli di NaOH sono pari a 0.03212 L · 0.2500 M=0.008030

Le moli di HCl sono pari a 0.05000 L · 0.2000 M = 0.01000

Quindi le moli di HCl che hanno reagito con CaCO3 secondo la reazione

CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2

Sono pari a 0.01000 – 0.008030 =0.001970

Il rapporto tra carbonato di calcio e HCl è di 1:2 quindi le moli di carbonato di calcio sono pari a 0.001970/2 = 0.0009850

La massa di carbonato di calcio presente nel campione è quindi pari a 0.0009850 mol · 100.09 g/mol = 0.09859 g

Tags: acido cloridricocarbonato di calcioidrossido di sodiopunto finale

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Massimiliano Balzano, ideatore e creatore di questo sito; dottore di Scienza e Ingegneria dei Materiali presso l’Università Federico II di Napoli. Da sempre amante della chimica, è cultore della materia nonché autodidatta. Diplomato al Liceo Artistico Giorgio de Chirico di Torre Annunziata.


Maurizia Gagliano, ha collaborato alla realizzazione del sito. Laureata in Chimica ed iscritta all’Ordine professionale. Ha superato il concorso ordinario per esami e titoli per l’insegnamento di Chimica e Tecnologie Chimiche. Docente.

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