Retrotitolazioni. Esercizi svolti

Una tecnica analitica volumetrica spesso  utilizzata consiste in una retrotitolazione. Questa tecnica prevede l’aggiunta di titolante in eccesso il quale a sua volta viene titolato con un secondo titolante a concentrazione nota e viene usata quando il punto finale della retrotitolazione è di più facile rilevamento rispetto a quello della titolazione diretta come, ad esempio nelle reazioni di precipitazione, quando la reazione tra l’analita e il titolante è molto lenta o quando l’analita non è un sale molto solubile.

Esercizi svolti

1)      Un campione impuro di carbonato di sodio viene sciolto in 50.00 mL di una soluzione 0.1280 M di HCl. L’eccesso di acido richiede 30.10 mL di NaOH 0.1220 M per la completa neutralizzazione. Calcolare la percentuale di carbonato di sodio contenuta nel campione.

Il primo passaggio da seguire consiste nel calcolo dell’acido cloridrico in eccesso:

Calcoliamo le moli di NaOH utilizzate: moli di NaOH = 0.03010 L x 0.1220 mol/L = 0.003672

L’idrossido di sodio ha reagito con l’acido cloridrico in eccesso ( ovvero con l’acido cloridrico che non ha reagito con il carbonato di sodio) secondo la reazione:

NaOH + HCl → NaCl + H2O

Il rapporto stechiometrico tra NaOH e HCl è di 1:1 pertanto le moli di HCl in eccesso sono pari a 0.003672

Si devono calcolare le moli di HCl che hanno reagito con il carbonato di sodio: ciò viene fatto per differenza tra le moli totali di HCl totali e quelle in eccesso.

Le moli di HCl totali sono pari a: moli di HCl totali = 0.05000 L x 0.1280 mol/L =0.006400

Le moli di HCl che hanno reagito con il carbonato di sodio sono pari a:

moli di HCl che hanno reagito con il carbonato di sodio: 0.006400 – 0.003672 = 0.002728

La reazione tra carbonato di sodio e acido cloridrico è la seguente:

Na2CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + H2O + CO2

Il rapporto stechiometrico tra Na2CO3 e  HCl è di 1:2 quindi le moli di Na2CO3  sono pari a 0.002728/2 =0.001364

La massa di Na2CO3 presente nel campione impuro è quindi pari a 0.001364 mol x 105.9885 g/mol =  0.1446 g

La massa percentuale di Na2CO3 è quindi pari a 0.1446 x 100 / 0.3240 = 44.62 %

2)      Il biossido di manganese può essere determinato trattandolo con un eccesso di solfato di ferro (II). 400.00 mg di un campione contenente MnO2 viene trattato con 100.00 mL di una soluzione 0.1000 M di FeSO4. Il ferro (II) in eccesso viene titolato da 32.00 mL di bicromato di potassio 0.02300 M. Calcolare la percentuale di MnO2 nel campione.

La reazione tra bicromato di potassio e solfato di ferro scritta in forma ionica è la seguente:

Cr2O72- + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O

Le moli di bicromato di potassio sono pari a: moli di K2Cr2O7 = 0.03200 L x 0.02300 mol/L = 0.0007360

Il rapporto stechiometrico tra Cr2O72-  e  Fe2+ è di 1:6 quindi le moli di Fe2+ in eccesso sono pari a 0.0007360 x 6 = 0.004416

Calcoliamo le moli di solfato di ferro (II) totali:  0.10000 L x 0.1000 mol/L = 0.01000

Le moli di FeSO4 che hanno reagito con MnO2 sono quindi pari a 0.01000 – 0.004416  = 0.005584

La reazione scritta in forma ionica tra il solfato di ferro (II) e il biossido di manganese è la seguente:

2 Fe2+ + MnO2 + 4 H+ → 2 Fe3+ + Mn2+ + 2 H2O

Il rapporto stechiometrico tra Fe2+ e MnO2  è di 2:1 quindi le moli di MnO2 presenti nel campione sono pari a:

0.005584/2 = 0.002792

La massa di MnO2 presente nel campione è quindi pari a 0.002792 mol x 86.9368 g/mol = 0.2427 g = 242.7 mg

La massa percentuale di MnO2 presente nel campione impuro è quindi pari a 242.7 x 100 / 400.0  = 60.68%

3)      Un campione impuro contenente ossalato di ammonio e materiale inerte avente massa di 0.4755 g viene disciolto con un eccesso di KOH. L’ammoniaca liberata viene trattata con 50.00 mL di acido solforico 0.05035 M. L’eccesso di acido solforico viene titolato con 11.13 mL di idrossido di sodio 0.1214 M. Calcolare la percentuale di ossalato di ammonio contenuta nel campione.

Le moli di NaOH necessarie a titolare l’acido solforico in eccesso sono pari a 0.01113 L x 0.1214 mol/L = 0.001351

La reazione tra l’idrossido di sodio e l’acido solforico è la seguente:

2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O

Il rapporto stechiometrico tra NaOH  e H2SO4 è di 2:1 quindi le moli di acido solforico titolate da NaOH sono pari a 0.001351/2 = 0.0006756

Le moli di acido solforico totali sono pari a 0.05000 L x 0.05035 mol/L = 0.002518

Le moli di acido solforico che hanno reagito con l’ammoniaca sono quindi pari a 0.002528 – 0.0006756 = 0.001842

La reazione tra ammoniaca e acido solforico è la seguente:

2NH3 + H2SO4 → (NH4)2SO4

Il rapporto stechiometrico tra NH3  e H2SO4 è di 2:1 quindi le moli di ammoniaca sono pari a 0.001842 x 2 = 0.003684
La reazione tra ossalato di ammonio e KOH è la seguente:

(NH4)2C2O4 + 2 KOH = K2C2O4 + 2 NH3 + 2 H2O

Il rapporto stechiometrico tra (NH4)2C2O4  e NH3 di 1:2 quindi le moli di ossalato di ammonio sono pari a 0.003684/2 = 0.001842

La massa di ossalato di ammonio è quindi pari a 0.001842 mol x 142.11 g/mol= 0.2618 g

La massa percentuale di (NH4)2C2O4 presente nel campione è di 0.2618 x 100 / 0.4755 = 55.05

4)      Un campione impuro contenente carbonato di piombo (II) di massa 3.145 g viene trattato con 25.00 mL di acido nitrico 0.6293 M. Quando la reazione giunge a completezza e non viene più emessa anidride carbonica l’eccesso di acido nitrico viene titolato da 23.41 mL di NaOH 0.1423 M. Calcolare la massa percentuale di carbonato di piombo nel campione

Le Moli di NaOH sono pari a 0.1423 mol/L x 0.02341 L = 0.003331

Le moli totali di acido nitrico sono pari a: 0.02500 L x 0.6293 mol/L = 0.01573

Le moli di acido nitrico che hanno reagito con il carbonato di piombo sono quindi date da: 0.01573 – 0.003331 = 0.01240

La reazione tra acido nitrico e carbonato di piombo è la seguente:

2 HNO3 + PbCO3 → Pb(NO3)2 + H2O + CO2

Il rapporto stechiometrico tra acido nitrico e carbonato di piombo è di 2:1 quindi le moli di carbonato di piombo sono pari a 0.01240/2 = 0.006200

La massa di carbonato di piombo presente nel campione è pari a: 0.006200 mol x 267.21 g/mol = 1.657 g

La massa percentuale di PbCO3 nel campione è pari a 1.657 x 100 / 3.145 = 52.68%

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Author: Chimicamo

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