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Titolazioni: esercizi svolti-chimicamo

Titolazioni: esercizi

  |   Chimica, Stechiometria

Le titolazioni costituiscono un metodo analitico di tipo quantitativo necessario per determinare la concentrazione di una soluzione a titolo approssimato.

Le titolazioni possono essere di tipo acido-base, ossidimetriche, complessometriche e per precipitazione

Nelle esecuzione delle titolazioni è necessario, in genere, disporre di un opportuno indicatore.

Inoltre per eseguire le titolazioni bisogna disporre di un titolante a titolo noto preventivamente standardizzato. Nonostante lo sviluppo delle tecniche strumentali le titolazioni sono ancora ora ampiamente utilizzate.

Sono proposti esercizi relativi alle titolazioni che esulano da quelli classici che richiedono il calcolo del pH di una soluzione a seguito di aggiunte di aliquote di titolante

Esercizi sulle titolazioni

1)       Calcolare la molarità di una soluzione di HNO3 se 35.72 mL della soluzione neutralizzano 0.4040 g di Na2CO3

Innanzi tutto si deve considerare la reazione al fine di conoscere i coefficienti stechiometrici:

2 HNO3 + Na2CO3 → 2 NaNO3 + CO2 + H2O

Da cui si evince che il rapporto stechiometrico tra l’acido nitrico e il carbonato di sodio è di 2 : 1. Inoltre i pesi molecolari dei composti vanno calcolati con tutte le cifre significative possibili in quanto i dati forniti ci impongono una risposta con quattro cifre significative.

Le moli di Na2CO3  sono pari a 0.4040 g/ 105.99 g/mol= 0.003812

Dai rapporti stechiometrici si ha che le moli di acido nitrico sono pari a 0.003812 ∙ 2 =0.007624 e, poiché esse sono contenute in 35.72 mL la concentrazione molare dell’acido è pari a M = 0.007624 mol/ 0.03572 L= 0.2134

2)     Una soluzione di idrossido di sodio è standardizzata con idrogenoftalato di potassio. Dai seguenti dati calcolare la molarità della soluzione di NaOH.

Massa  di KHP usata: 0.4536 g

Lettura della buretta prima della titolazione: 0.23 mL

Lettura della buretta dopo la titolazione: 31.26 mL

L’idrogenoftalato di potassio, spesso indicato con KHP, è la sostanza madre con cui si determina il titolo di una base. Esso ha formula C8H5KO4 e quindi peso molecolare pari a 204.23 g/mol. Le moli di KHP sono quindi pari a 0.4536 g/ 204.23 g/mol = 0.002221.

Essendo il rapporto stechiometrico tra KHP e NaOH di 1:1 le moli di NaOH titolate saranno pari a 0.002221. Il volume di NaOH occorso è pari a 31.26 – 0.23 =31.03 mL

La concentrazione incognita di NaOH è pertanto: 0.002221 mol/ 0.03103 L= 0.07158 M

3)     Compresse di carbonato di calcio possono essere usate come antiacido e come fonte di calcio nella dieta. Una confezione di compresse antiacido generiche dichiara che ogni compressa contiene 600 mg di carbonato di calcio. Che volume di HNO3 0.6 M può essere neutralizzato dal carbonato di calcio contenuto in una compressa?

La reazione che avviene è la seguente:

2 HNO3 + CaCO3 →  Ca(NO3)2 + CO2 + H2O

e ci indica che il rapporto tra l’acido nitrico e il carbonato di calcio è di 2:1.

Le moli di carbonato di calcio sono pari a 0.600 g/100.086 g/mol= 0.00599

Le moli di acido nitrico che possono essere neutralizzate da 600 mg di carbonato di calcio sono pari a 0.00599 ∙ 2 = 0.0120

Il volume di acido nitrico che può essere neutralizzato è pari a
V = moli/molarità = 0.0120 mol/ 0.6 M=0.0200 L => 20.0 mL

4)     Un campione impuro di (COOH)2 2 H2O di massa pari a 1.00 g viene disciolto in acqua e titolato con una soluzione standard di NaOH. La titolazione richiede 19.16 mL di NaOH 0.198 M. Calcolare la percentuale di (COOH)2∙ 2 H2O nel campione assumendo che il campione non contenga impurezze di acidi.

Le moli di NaOH necessarie alla titolazione sono pari a 0.01916 L ∙ 0.198 M= 0.00379

(COOH)22 H2O è l’acido ossalico biidrato ( acido etandioico biidrato) è un acido bicarbossilico e la reazione che avviene è:

(COOH)2 + 2 NaOH → (COONa)2 +2 H2O

Il rapporto tra (COOH)2 e NaOH è 1:2

Le moli di (COOH)2 sono pari a 0.00379 / 2 =0.00190

La massa di (COOH)22 H2O  titolato è pari a 0.00190 mol ∙ 126.03 g/mol = 0.239 g

La percentuale di (COOH)22 H2O nel campione è pari a 0.239 ∙ 100/ 1.00= 23.9 %

5)     Una compressa antiacido contenente carbonato di calcio come principio attivo richiede 22.3 mL di HCl 0.0932 M per la completa neutralizzazione. Calcolare la massa di carbonato di calcio contenuta nella compressa.

Le moli di HCl occorse per la neutralizzazione sono pari a 0.0223 L ∙ 0.0932 M= 0.00208

La reazione bilanciata è la seguente:

CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + H2O + CO2

Il rapporto stechiometrico tra il carbonato di calcio e l’acido cloridrico è di 1:2 pertanto le moli di carbonato di calcio sono pari a 0.00208/2 = 0.00104

La massa di carbonato di calcio è pari a 0.00104 mol ∙ 100.086 g/mol= 0.104 g

6)     L’idrossido di magnesio, Mg(OH)2 è comunemente usato come principio attivo in compresse antiacido. Uno studente analizza una compressa antiacido per conoscere la percentuale in massa di Mg(OH)2 sciogliendo una compressa del peso di 1.462 g in 25.00 mL di HCl 0.953 M e neutralizzando l’HCl che non ha reagito. Questa neutralizzazione richiede 12.29 mL di NaOH 0.0620 M. Calcolare la percentuale in massa di Mg(OH)2 in una compressa antiacido.

Tale tipo di problema è relativo a una retrotitolazione in quanto l’idrossido di magnesio viene messo in un eccesso di HCl per cui avviene la reazione:
2 HCl + Mg(OH)2 → MgCl2 + 2 H2O

L’acido cloridrico in eccesso (ovvero quello che non ha reagito con Mg(OH)2) viene titolato con NaOH secondo la reazione:

HCl + NaOH → NaCl + H2O

Calcoliamo le moli di NaOH occorse per la titolazione:

moli di NaOH = 0.01229 L ∙ 0.0620 M= 0.000800

le moli di HCl titolate da NaOH, essendo il rapporto di 1:1 sono pari anch’esse a 0.000800

le moli di HCl iniziali sono pari a 0.025000L ∙ 0.953 M = 0.0238. Quindi le moli di HCl che hanno effettivamente reagito con l’idrossido di magnesio sono:

0.0238 – 0.000800=0.0230

Poiché il rapporto stechiometrico tra Mg(OH)2 e HCl è di 1:2 le moli di Mg(OH)2 sono pari a 0.0230/2 = 0.0115. La massa di Mg(OH)2 è pari a 0.0115 mol ∙ 58.319 g/mol= 0.671 g

La percentuale di Mg(OH)2 nella compressa è pari a 0.671 ∙ 100/ 1.462 = 45.9 %

7)      Calcolare il volume di HCl a STP sciolto in 1.00 L di acqua distillata, sapendo che 50.0 mL di tale soluzione sono titolate con 40.5 mL di NaOH 0.102 M.

Le moli di NaOH sono pari a 0.0405 L ∙ 0.102 M= 0.00413

Poiché nella reazione tra HCl e NaOH il rapporto stechiometrico è di 1:1 stante la reazione bilanciata HCl + NaOH → NaCl + H2O le moli di HCl contenute in 50.0 mL sono pari a 0.00413. Le moli di HCl in 1.00 L (= 1000 mL) sono pari a 0.00413 ∙ 1000/ 50.0=0.0826. A STP una mole di qualsiasi gas occupa un volume di 22.4 L.

Il volume occupato da 0.0826 moli sarà pari a 0.0826 mol ∙ 22.4 L/mol= 1.85 L

8)     Una soluzione contenete 1.000 g di NaH2PO4 ( PM = 119.98 g/mol) e Na2HPO4 ( PM = 141.96 g/mol) è titolata con 34.50 mL di NaOH 0.155 M. Calcolare la composizione della miscela.

Le moli di NaOH occorse sono pari a 0.03450 L ∙ 0.155 M= 0.00535

Detta y = massa di NaH2PO4 e detto x = massa Na2HPO4 si ha:

x + y = 1.000

le reazioni che avvengono sono:

HPO42- + OH → PO43- +  H2O   e   H2PO4 + 2 OH = PO43- + 2 H2O

Da cui

x/ 2 x 119.98 + y / 141.96 = 0.00535 facendo sistema con la prima relazione si ha:

y = 1.00 – x

risolvendo la massa di NaH2PO4 è pari a 0.590 g e quella di Na2HPO4 è pari a 0.410 g

 

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