Titolazioni per precipitazione. Esercizi svolti

Una reazione in cui l’analita e il titolante formano un precipitato insolubile può essere usata per una titolazione nell’ambito delle determinazioni volumetriche. Tra le titolazioni per precipitazione più importanti si ricordano:

1)      Il metodo di Mohr usato per la determinazione di cloruri e bromuri. Alla soluzione da titolare viene aggiunto lo ione cromato in genere cromato di potassio . Il titolante, a titolo noto, è costituito da una soluzione di nitrato di argento.

2)      Il metodo di Volhard in cui al campione acidificato per acido nitrico  viene aggiunto un eccesso di nitrato d’argento che precipita tutto l’analita. Il restante Ag+ viene titolato con tiocianato

3)      Il  metodo di Fajans in cui il titolante è costituito da una soluzione di nitrato di argento che con l’alogenuro forma un sale insolubile.

Esercizi svolti

1)      Una miscela di cloruro di potassio  di bromuro di sodio è analizzata con il metodo di Mohr. Un campione di 0.3172 g viene sciolto in 50 mL di acqua e titolato, fino al raggiungimento del punto equivalente con 36.14 mL di AgNO3 0.1120 M. Calcolare la percentuale di KCl nel campione.

Le moli di AgNO3 sono pari a 0.03614 L x 0.1120 M = 0.004048.

Lo ione Ag+ dà luogo ai seguenti equilibri di precipitazione:
Ag+(aq) + Cl(aq) → AgCl(s)

Ag+(aq) + Br(aq) → AgBr(s)

Nella formazione dei precipitati una mole di KCl consuma una mole di AgNO3 e una mole di NaBr consuma una mole di AgNO3 quindi:

moli di KCl + moli di NaBr = 0.004048

le moli di KCl sono uguali alla massa di KCl diviso il peso molecolare che è pari a 74.551 g/mol

le moli di NaBr sono uguali alla massa di NaBr diviso il peso molecolare che è pari a 102.89 g/mol

Detta x la massa di KCl e detta y la massa di NaBr si ha:

x + y = 0.3172

x/ 74.551 + y/102.89 = 0.004048

Si deve pertanto risolvere il sistema:

Dalla prima equazione: y = 0.3172 – x

Sostituendo a y tale valore nella seconda equazione si ha:

x/ 74.551 + 0.3172-x/102.89 = 0.004048

da cui:

102.89 x + 74.551(0.3172-x) = 31.05

102.89 x + 23.65 – 74.551 x = 31.05

28.339 x = 7.400

x =  0.2611 = massa di KCl

% KCl = 0.2611 x 100 / 0.3172 = 82.32

2)      La percentuale di ioduro contenuta in un  campione di 0.6712 g viene determinata con il metodo di Volhard. Si  aggiungono 50.00 cm3 di una soluzione di AgNO3 0.05619 M e, dopo che la precipitazione è avvenuta, l’argento in eccesso viene titolato con KSCN 0.05322 M. Per raggiungere il punto equivalente sono stati necessari 35.14 cm3 di titolante. Determinare la percentuale di ioduro contenuta nel campione.

 

Calcoliamo le moli di KSCN:

moli di KSCN = 0.05322 M x 0.03514 dm3 =0.001870

le moli totali di AgNO3 sono pari a 0.05619 M x 0.05000 dm3 =0.002810

il nitrato di argento è servito per far precipitare lo ioduro come AgI e le moli di AgNO3 in eccesso sono uguali a 0.002810 – 0.001870 = 0.000940

Il rapporto tra Ag+ e I è di 1:1 quindi le moli di ioduro sono pari a 0.000940

La massa di I è data da 0.000940 mol x 126.9 g/mol = 0.1193 g

La percentuale di ioduro nel campione è quindi:
%  di I = 0.1193 x 100/0.6712 = 17.7 %

3)      Una lega metallica contenente argento di massa 1.963 g viene sciolta in HNO3 e il volume della soluzione è portato a 100.0 cm3. Un’aliquota di tale soluzione del volume di 25.00 cm3 viene titolata con 27.19 cm3 di KSCN 0.1078 M. Calcolare la percentuale di argento contenuta nella lega.

Le moli di KSCN sono pari a 0.1078 M x 0.02719 dm3 =0.002931

Il rapporto stechiometrico tra SCN e Ag+ è di 1:1 quindi le moli da Ag+ sono 0.002931 equivalenti a:

0.002931 mol x 107.87 g/mol = 0.3162 g che è la massa di Argento corrispondente all’aliquota di  25.00 cm3. La massa di argento presente in 100.0 cm3 corrisponde a:

0.3162 x 100.0/ 25.0 = 1.265 g

La percentuale di argento presente nella lega corrisponde a:

% Ag = 1.265 x 100/ 1.963 = 64.43 %

 

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Author: Chimicamo

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