Allgemeine Chemie AC I - Lösung 6
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<strong>Allgemeine</strong> <strong>Chemie</strong> <strong>AC</strong> I - <strong>Lösung</strong> 6<br />
Autor: Alex Lauber<br />
29.10.2010<br />
Aufgabe 1: Starke/Schwache Säuren und Basen<br />
a) Ausgehend von den pKa-Werten ist es ersichtlich, dass HI, HBr und HCl starke Säuren sind (pKa < 0) was bedeutet, dass sie idealisiert<br />
zu 100 % dissoziert vorliegen. Der pH einer <strong>Lösung</strong> einer starken Säure ergibt sich mit<br />
pH = −log([HA]/M) (1)<br />
Der pKa von HF, HOAc und HCOOH klassifiziert diese als schwache Säuren (α = 1) und der pH dieser <strong>Lösung</strong>en ergibt sich mit<br />
pH = 1<br />
2 (pKa − log([HA]/M)) (2)<br />
Säure pKa pH<br />
HF 3.2 2.1<br />
HCl -7.0 1.0<br />
HBr -9.0 1.0<br />
HI -11.0 1.0<br />
HOAc 4.75 2.9<br />
HCOOH 3.75 2.4<br />
b) LiOH ist dem pKb entsprechend als starke Base zu klassifizieren und wir nehmen an, dass sie zu 100 % dissoziiert vorliegt. Analog zu<br />
1a) berechnen wir aber vorerst den pOH der <strong>Lösung</strong><br />
und da pOH + pH = 14 gilt, errechnen wir den pH der <strong>Lösung</strong> als pH=12.<br />
pOH = −log([BOH]/M) = 2 (3)<br />
c) i) NaCl beeinflusst den pH nicht (Na + ist eine sehr schwache konjugierte Säure und Cl − ist eine sehr schwache konjugierte Base). Der<br />
pH wird folglich durch die schwache Base H3CNH2 bestimmt. Wir berechnen die Konzentration der <strong>Lösung</strong> mit M (H3CNH2) = 31.1 u zu<br />
=0.26 M. Der pOH berechnet sich zu<br />
c = m<br />
MV<br />
und somit pH = 14 - pOH = 12.1.<br />
pOH = 1<br />
2 (pKb − log([BOH]/M)) = 1.9 (4)<br />
ii)Wir berechnen die Konzentrationen beider Spezies mit M (NaOH) = 40.0 u und M (H2SO4) = 98.1 u zu [NaOH] = 0.2 M und [H2SO4] =<br />
0.082 M. Da es sich um die Reaktion einer starken Base mit einer starken, diprotononigen Säure handelt wird es zu einer Neutralisationsreaktion<br />
kommen.<br />
[OH − ]eq = [OH − ]0 − [H + ]0 = [NaOH]0 − 2[H2SO4]0 =0.036 M (5)<br />
Die Säure wird also vollständig von der Base neutralisiert und wir können pOH = 1.4 mit (3) berechnen und anschliessend den pH = 14<br />
- pOH = 12.6 ermitteln.<br />
Aufgabe 2: <strong>Lösung</strong>smittelabhängigkeit des pKa einer Säure<br />
a) HN3 +H2O ⇋ H3O + +N − 3<br />
b) Da es sich bei HN3 um eine schwache Säure handelt, formen wir (2) um und erhalten einen Ausdruck der es ermöglicht die nötige<br />
Konzentration [HN3] zu errechnen für eine <strong>Lösung</strong> mit pH = 2<br />
mit M (HN3) = 43.0 u ergibt sich die Menge an gebrauchtem HN3 als m = cV M (HN3) = 537.5 g.<br />
[HN3]0= 10 (pKa−2pH) = 5.0 M (6)<br />
1
c) Der Dissoziationsgrad α ist in diesem Fall gegeben von<br />
α = [N− 3 ]eq<br />
[HN3]0<br />
[HN3] kennen wir bereits aus 2b) und es gilt [N − 3 ]eq = [H + ]eq = [H3O + ]eq. Somit besitzen wir eine Relation zwischen pH und der Azid-<br />
Anionen Konzentration und durch einsetzen und umformen von (1) in (7) erhalten wir<br />
α = 10−pH<br />
=0.002 (8)<br />
[HN3]0<br />
d) Umformen von (8) ergibt einen Ausdruck für die nötige Anfangskonzentration [HN3]0 im neuen <strong>Lösung</strong>smittel<br />
[HN3]0 = [N− 3 ]eq<br />
αneu<br />
= [H3O + ]eq<br />
αneu<br />
= 10−pH<br />
αneu<br />
Es ergibt sich mneu =0.05 M ·2.5 l ·43.0 u = 5.4 g. Wie intuitiv erwartet hat sich die nötige Menge HN3 um Faktor 100 verkleinert da<br />
die Dissoziation ebenfalls um Faktor 100 vergrössert wurde.<br />
e) Aus dem Massenwirkungsgesetz der Reaktion erhalten wir<br />
Ka = [N− 3 ]eq[H + ]eq<br />
[HN3]eq<br />
Aufgabe 3: Acetatpuffer<br />
= [N−3 ]eq[H + ]eq<br />
[HN3]0 − [N − 3 ]eq<br />
(9)<br />
=<br />
[N − 3 ]eq[H + ]eq<br />
=<br />
[HN3]0 − αneu[HN3]0<br />
a) Pufferlösungen werden weitgehend mit der Henderson-Hasselbach Gleichung (12) beschrieben<br />
− [OAc ]<br />
pH = pKa + log<br />
[HOAc]<br />
Durch umformen bekommen wir<br />
[H + ] 2 eq (1) 10<br />
=<br />
[HN3]0(1 − αneu)<br />
−2pH<br />
=2.5 · 10−3<br />
[HN3]0(1 − αneu)<br />
pKa = −log(Ka) =2.6 (11)<br />
[OAc − ]<br />
[HOAc] = 10pH−pKa =3.55 (13)<br />
c) Durch Zugabe von einer Säure wird die basische Komponte des Puffer-Paares protoniert und so dem Gleichgewicht entzogen. Da HCl<br />
eine starke Säure ist nehmen wir einen totalen H + - Transfer an. Simultan nimmt also die Konzentration an HOAc zu.<br />
Dadurch modifiziert sich (12) zu<br />
OAc − + HCl ⇋ HOAc + Cl −<br />
pH = pKa + log<br />
<br />
− [OAc ] − [HCl]<br />
[HOAc] + [HCl]<br />
d) Bei NaH handelt es sich um eine äusserst starke Base die als formeller H − (Hydrid)-Donor fungiert. Damit werden Protonen unter<br />
Bildung von H2 (irreversibel) aus dem Gleichgewicht entzogen und es wird mehr OAc − gebildet.<br />
Widerum modifiziert sich (12) in diesem Fall zu<br />
HOAc + NaH ⇋ OAc − + Na + +H2<br />
<br />
− [OAc ] + [NaH]<br />
pH = pKa + log<br />
[HOAc] − [NaH]<br />
2<br />
(7)<br />
(9)<br />
(10)<br />
(12)<br />
(14)<br />
(15)
Aufgabe 4: Prüfugsaufgabe Herbst 2006<br />
a) Da Benzoesäure eine schwache Säure ist berechnen wir mit (2) pH = 3.1.<br />
b) Da NaOH eine starke Base ist gehen wir von einer totalen Neutralisation aus. Wir errechnen mit n = cV wieviel Benzoesäure und<br />
deprotonierte Benzoesäure noch in <strong>Lösung</strong> vorliegt<br />
Mit (12) bekommen wir<br />
n eq<br />
BH = n0 BH − nNaOH =5· 10 −5 M (16)<br />
n eq<br />
B − = nNaOH =5· 10 −5 M (17)<br />
⎛<br />
⎞<br />
⎜<br />
pH = pKa + log ⎜<br />
[OAc<br />
⎝<br />
− ] ⎟<br />
[HOAc] ⎠<br />
<br />
=1<br />
=pKa<br />
Zu diesem Resultat gelangen wir auch wenn wir bedenken dass nach der Zugabe von 5 ml Titrisol die Hälfte der Benzoesäure deprotoniert<br />
wurde. Demnach ist genau so viel protonierte Benzoesäure wie deprotonierte vorhanden und es gilt pH = pKa.<br />
c) Aus den Überlegungen der vorherigen Aufgabe ist ersichtlich, dass nach Zugabe von 10 ml Titrisol jegliche Benzoesäure neutralisiert<br />
wird und somit nur die konjugierte Base vorhanden ist. Diese jedoch ist selber eine schwache Base und man wird einen pH > 7 vorfinden.<br />
d)<br />
pH<br />
12<br />
10<br />
8<br />
6<br />
4<br />
2<br />
0<br />
pH = pKa<br />
0 2 4 6 8 10 12 14<br />
V / ml<br />
3<br />
pH = 8.2<br />
(18)