Allgemeine Chemie AC I - Lösung 6

Allgemeine Chemie AC I - Lösung 6
Autor: Alex Lauber
29.10.2010
Aufgabe 1: Starke/Schwache Säuren und Basen
a) Ausgehend von den pKa-Werten ist es ersichtlich, dass HI, HBr und HCl starke Säuren sind (pKa < 0) was bedeutet, dass sie idealisiert
zu 100 % dissoziert vorliegen. Der pH einer Lösung einer starken Säure ergibt sich mit
pH = −log([HA]/M) (1)
Der pKa von HF, HOAc und HCOOH klassifiziert diese als schwache Säuren (α = 1) und der pH dieser Lösungen ergibt sich mit
pH = 1
2 (pKa − log([HA]/M)) (2)
Säure pKa pH
HF 3.2 2.1
HCl -7.0 1.0
HBr -9.0 1.0
HI -11.0 1.0
HOAc 4.75 2.9
HCOOH 3.75 2.4
b) LiOH ist dem pKb entsprechend als starke Base zu klassifizieren und wir nehmen an, dass sie zu 100 % dissoziiert vorliegt. Analog zu
1a) berechnen wir aber vorerst den pOH der Lösung
und da pOH + pH = 14 gilt, errechnen wir den pH der Lösung als pH=12.
pOH = −log([BOH]/M) = 2 (3)
c) i) NaCl beeinflusst den pH nicht (Na + ist eine sehr schwache konjugierte Säure und Cl − ist eine sehr schwache konjugierte Base). Der
pH wird folglich durch die schwache Base H3CNH2 bestimmt. Wir berechnen die Konzentration der Lösung mit M (H3CNH2) = 31.1 u zu
=0.26 M. Der pOH berechnet sich zu
c = m
MV
und somit pH = 14 - pOH = 12.1.
pOH = 1
2 (pKb − log([BOH]/M)) = 1.9 (4)
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] =
0.082 M. Da es sich um die Reaktion einer starken Base mit einer starken, diprotononigen Säure handelt wird es zu einer Neutralisationsreaktion
kommen.
[OH − ]eq = [OH − ]0 − [H + ]0 = [NaOH]0 − 2[H2SO4]0 =0.036 M (5)
Die Säure wird also vollständig von der Base neutralisiert und wir können pOH = 1.4 mit (3) berechnen und anschliessend den pH = 14
- pOH = 12.6 ermitteln.
Aufgabe 2: Lösungsmittelabhängigkeit des pKa einer Säure
a) HN3 +H2O ⇋ H3O + +N − 3
b) Da es sich bei HN3 um eine schwache Säure handelt, formen wir (2) um und erhalten einen Ausdruck der es ermöglicht die nötige
Konzentration [HN3] zu errechnen für eine Lösung mit pH = 2
mit M (HN3) = 43.0 u ergibt sich die Menge an gebrauchtem HN3 als m = cV M (HN3) = 537.5 g.
[HN3]0= 10 (pKa−2pH) = 5.0 M (6)
1

c) Der Dissoziationsgrad α ist in diesem Fall gegeben von
α = [N− 3 ]eq
[HN3]0
[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-
Anionen Konzentration und durch einsetzen und umformen von (1) in (7) erhalten wir
α = 10−pH
=0.002 (8)
[HN3]0
d) Umformen von (8) ergibt einen Ausdruck für die nötige Anfangskonzentration [HN3]0 im neuen Lösungsmittel
[HN3]0 = [N− 3 ]eq
αneu
= [H3O + ]eq
αneu
= 10−pH
αneu
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
die Dissoziation ebenfalls um Faktor 100 vergrössert wurde.
e) Aus dem Massenwirkungsgesetz der Reaktion erhalten wir
Ka = [N− 3 ]eq[H + ]eq
[HN3]eq
Aufgabe 3: Acetatpuffer
= [N−3 ]eq[H + ]eq
[HN3]0 − [N − 3 ]eq
(9)
=
[N − 3 ]eq[H + ]eq
=
[HN3]0 − αneu[HN3]0
a) Pufferlösungen werden weitgehend mit der Henderson-Hasselbach Gleichung (12) beschrieben
− [OAc ]
pH = pKa + log
[HOAc]
Durch umformen bekommen wir
[H + ] 2 eq (1) 10
=
[HN3]0(1 − αneu)
−2pH
=2.5 · 10−3
[HN3]0(1 − αneu)
pKa = −log(Ka) =2.6 (11)
[OAc − ]
[HOAc] = 10pH−pKa =3.55 (13)
c) Durch Zugabe von einer Säure wird die basische Komponte des Puffer-Paares protoniert und so dem Gleichgewicht entzogen. Da HCl
eine starke Säure ist nehmen wir einen totalen H + - Transfer an. Simultan nimmt also die Konzentration an HOAc zu.
Dadurch modifiziert sich (12) zu
OAc − + HCl ⇋ HOAc + Cl −
pH = pKa + log
− [OAc ] − [HCl]
[HOAc] + [HCl]
d) Bei NaH handelt es sich um eine äusserst starke Base die als formeller H − (Hydrid)-Donor fungiert. Damit werden Protonen unter
Bildung von H2 (irreversibel) aus dem Gleichgewicht entzogen und es wird mehr OAc − gebildet.
Widerum modifiziert sich (12) in diesem Fall zu
HOAc + NaH ⇋ OAc − + Na + +H2
− [OAc ] + [NaH]
pH = pKa + log
[HOAc] − [NaH]
2
(7)
(9)
(10)
(12)
(14)
(15)

Aufgabe 4: Prüfugsaufgabe Herbst 2006
a) Da Benzoesäure eine schwache Säure ist berechnen wir mit (2) pH = 3.1.
b) Da NaOH eine starke Base ist gehen wir von einer totalen Neutralisation aus. Wir errechnen mit n = cV wieviel Benzoesäure und
deprotonierte Benzoesäure noch in Lösung vorliegt
Mit (12) bekommen wir
n eq
BH = n0 BH − nNaOH =5· 10 −5 M (16)
n eq
B − = nNaOH =5· 10 −5 M (17)
⎛
⎞
⎜
pH = pKa + log ⎜
[OAc
⎝
− ] ⎟
[HOAc] ⎠
=1
=pKa
Zu diesem Resultat gelangen wir auch wenn wir bedenken dass nach der Zugabe von 5 ml Titrisol die Hälfte der Benzoesäure deprotoniert
wurde. Demnach ist genau so viel protonierte Benzoesäure wie deprotonierte vorhanden und es gilt pH = pKa.
c) Aus den Überlegungen der vorherigen Aufgabe ist ersichtlich, dass nach Zugabe von 10 ml Titrisol jegliche Benzoesäure neutralisiert
wird und somit nur die konjugierte Base vorhanden ist. Diese jedoch ist selber eine schwache Base und man wird einen pH > 7 vorfinden.
d)
pH
12
10
8
6
4
2
0
pH = pKa
0 2 4 6 8 10 12 14
V / ml
3
pH = 8.2
(18)