Berechnen Sie den pH-Wert der Probelösung nach Zugabe von 0,0ml, 5,0ml, 12,5ml, 15,0ml, 20,0ml, 25,0ml und 35,0ml …

Question

Aufgabe: "25,0ml Lösung einer zweiwertigen Säure (c(H2A) = 0,05 mol/l, pKs1 = 1,90; pKs2 = 6,95) werden mit Natriumhydroxid-Lösung (0,1 mol/l) titriert. Berechnen Sie den pH-Wert der Probelösung nach Zugabe von 0,0ml, 5,0ml, 12,5ml, 15,0ml, 20,0ml, 25,0ml und 35,0ml Maßlösung."

Problem/Ansatz:

Ab 12,5ml Verstehe ich nicht wirklich was da gerechnet wurde, um auf die Lösung zu kommen bzw. wie man darauf kommt. Kann mir jemand die Lösungen erklären?

Comments

Entschuldigung, daß ich so spät reagiere.

Ich hatte Arzttermine plus Haushaltsstress.

Titration einer 2basigen Säure

c(H₂A) = 0,05 mol /l , pKs1 = 1,90 , pKs2 = 6,95 , Maßlösung : c(NaOH) = 0,1 mol / l = 0,1 mmol / ml

Aliquotvolumen, V(Aliquot) = 25 ml = 0,025 l

Stoffmenge der titrierten H₂A im Aliquot von 25 ml, no(H₂A) = 0,05 ( mmol / ml ) * 25 ml = 1,25 mmol

12,5 ml = V(NaOH) 1. Äquivalenzpunkt

Es liegt am 1. ÄP eine Lösung von NaHA, 1,25 mmol HA^--Ionen in 37,5 ml vor.

Bis hier ist nun die gleiche Stoffmenge an NaOH, Hydroxidionen , zugefügt, wie an 2basiger Säure vorlag.

OH^-(aq.)(1,25 mmol) + H₂A(aq.)(1,25 mmol) → HA^-(aq.)(1,25 mmol) + H₂O

Die pH-Wertberechnung erfolgt hier nach der sog. "Ampholytgleichung".

$$pH \approx \frac{pKs1 + pKs2}{2}$$

oder
$$c(H^{+}) \approx \sqrt{Ks1\cdot Ks2}$$
Die Hydoniumionen-Konzentration ist das geometrische Mittel aus den beiden Säurekonstanten.

Zwischen den beiden ÄP , dem 1. ÄP mit dem Maßlösungsverbrauch von 12, 5 ml NaOH und dem 2. ÄP mit dem Maßlösungsverbrauch von 25 ml , liegt ein Pufferbereich.

Am 2. ÄP liegt eine reine Na₂A-Lösung vor, ein Teil der A^2--Ionen geht mit dem Wasser die 2-stufige Basenreaktion ein.

Beide ÄP zählen nicht zum Pufferintervall, die Hydroniumionen-Konzentrationen bzw. die pH-Werte werden an diesen beiden Punkten nicht mit der Henderson-Hasselbalch-Gleichung berechnet.

15 ml = V(NaOH), V(Mix) = ( 25 +15 ) ml = 40 ml

Ein Punkt im Puffer-Intervall

Konjugierte , schwache Säure : HA^--Ionen bzw. NaHA

Konjugierte Base : A^2--Ionen bzw. Na₂A

Es wurden ab dem 1. ÄP weitere, zusätzliche 2,5 ml = V(NaOH) und somit eine Stoffmenge von 0,25 mmol an OH--Ionen zugegeben.

Diese 0,25 mmol OH^--Ionen deprotonieren 0,25 mmol HA^--Ionen zu 0,25 mmol A^2--Ionen(konjugierte Base).

HA^-(aq.)(0,25 mmol) + OH^-(aq.)(0,25 mmol) → A^2-(aq.)(0,25 mmol) + H₂O

Von den anfangs 1,25 mmol konjugierte Säure, HA^--Ionen, sind ein Fünftel ,0,25 mmol zur konjugierten Base deprotoniert worden.

Es liegt an diesem Punkt ein Puffer-Gemisch von 0,25 mmol A^2--Ionen und 1 mmol ( 1,25 mmol - 0,25 mmol ) HA^--Ionen in einem Volumen, V(Mix), von 40 ml vor.

Stoffmengen und Konzentrationen an konj. Base und konj. Säure

n( A^2- ) = 0,25 mmol und n( HA^- ) = ( 1,25 - 0,25 ) mmol = 1 mmol

c( A^2- ) = 0,25 mmol / 40 ml und c( HA^- ) = 1 mmol / 40 ml

Henderson- Hasselbalch-Gleichung
$$pH = pKs + log_{10}\left[\frac{c(konjugierte Base)}{c(konjugierte Säure)}\right]$$
$$pH = pKs + log_{10}\left[\frac{n(konjugierte Base)\cdot V}{V\cdot n(konjugierte Säure)}\right]$$

Das Volumen im Konzentrationsverhältnis kürzt sich heraus. Man kann anstelle des Konzentrationsverhältnis ebenso das Stoffmengenverhältnis zur Rechnung verwenden.

$$pH = 6,95 + log_{10}\left[\dfrac{n(A^{2-})}{n(HA^{-})}\right]$$
$$pH = 6,95 + log_{10}\left[\frac{0,25\cdot mmol}{1\cdot mmol}\right] = 6,35$$


Man kann auch das Stoffmengenverhältnis im Argument des Dekadischen Logarithmus mit den Molenbruch (Stoffmengenanteil) ausdrücken, wenn man die beiden Stoffmengen der konjugierten Base und die Stoffmenge der konjugierten Säure zu einer Gesamtstoffmenge , nges, zusammenfasst.

n(HA^- + n(A^2-) = 1,00 mmol + 0,25 mmol = 1,25 mmol = nges

$$x(A^{2-}) = \dfrac{0,25\cdot mmol}{1,25\cdot mmol} = \frac{1}{5} = 0,2$$
und
$$x(HA^{-}) = \dfrac{1,00\cdot mmol}{1,25\cdot mmol} = \frac{4}{5} = 0,8 = 1 - 0,2$$
Die Summe der Molenbrüche ergibt ein Ganzes (1 bzw. 100 % ).

1 = x(A^2-) + x(HA^-)

Das Stoffmengenverhältnis an konj. Base zur konj. Säure ist gleich dem Verhältnis der beiden Molenbrüche.
$$\dfrac{n(A^{2-})}{n(HA^{-})} = \dfrac{nges\cdot n(A^{2-})}{n(HA^{-})\cdot nges} = \dfrac{x(A^{2-})}{x(HA^{-})}$$
$$\dfrac{n(A^{2-})}{n(HA^{-})} = \frac{0,25}{1,00} = \frac{1\cdot 5}{4\cdot 5}$$

Der Stoffmengenanteil(Molenbruch) der konjugierten Säure im Nenner läßt sich auch aus 1 minus dem Molenbruch der konj. Base ausdrücken.

x(HA^-) = 1 - x(A^2-)

0,8 = 1 - 0,2

$$pH = 6,95 + log_{10}\left[\frac{0,2}{0,8}\right]$$
$$pH = 6,95 + log_{10}\left[\frac{0,2}{1 - 0,2}\right]$$

20 ml = V(NaOH), V(mix) = 45 ml

Ein anderer Punkt im Pufferintervall , hier beträgt der Molenbruch der Konjugierten Base 3 Fünftel, gleich 6 Zehntel.

x(A^2-) = 0,6 und x(HA^- = 1 - 0,6 = 0,4

Die pH-Rechnung erfolgt analog mit der Henderson-Hasselbalch-Gleichung, wie an obiger Stelle.

25,0 ml , der 2. ÄP ist nun erreicht

Es liegt eine reine Lösung von Na₂A bzw. von A^2-- ionen mit Natriumkationen als Gegenionen vor.

n(Na₂A) = n(A^2-) = 1,25 mmol

Gemischvolumen : V(Mix) = 25 ml + 25 ml = 50 ml

Konzentration an A^2--Ionen, c(A^2-) = 1,25 mmol / 50 ml

c(A^2-) = 1,25 mmol / 50 ml = 0,025 mol / l

EinTeil der A^2--Ionen geht eine "Basenreaktion" ein.

Es ist eigentlich eine 2stufige Basenreaktion, aber zur Vereinfachung der Rechnung wird nur die erste Stufe berücksichtigt, zudem ist die 2. Stufe gegenüber der 1. Stufe vernachlässigbar.

Basenreaktion

1. Stufe

A^2-(aq.) + H₂O ⇌ HA^-(aq.) + OH^-(aq.)

rechnerisch berücksichtigt

2. Stufe der Basenreaktion

HA^-(aq.) + H₂O ⇌ H₂A(aq.) + OH^-(aq.)

vernachlässigt

Basenkonstante für die 1. Stufe
$$Kb(A^{2-}) = \dfrac{c(HA^{-})\cdot c(OH^{-})}{c(A^{2-})} = \dfrac{Kw}{Ks1} = \dfrac{10^{-14}\cdot mol^{2}\cdot l}{l^{2}\cdot 10^{-6,95}\cdot mol}$$

bzw. logarithmiert
pKb(A^2-) = 14 - 6,95 = 7,05

$$pH = \frac{1}{2}\cdot pKb(A^{2-}) - \frac{1}{2}\cdot log_{10}( |c(A^{2-}| )$$
$$pOH =  \frac{1}{2}\cdot 7,05 - \frac{1}{2}\cdot log_{10}(0,025)$$

pOH ≈ 3,525 - - 0,8010 = 3,525 + 0,8010 = 4,326

pH = 14 - pOH

pH = 14 - 4,326 = 9,674 ≈ 9,67

35,0 ml = V(NaOH), Überschuß-Bereich , stark alkalisch , überstöchiometrische Mengen ( mehr als 2 Äquivalente ) an NaOH-Maßlösung wurden zugegeben.

Das Gemischvolumen, V(mix) beträgt nun: V(Mix = ( 25 + 35 ) ml = 60 ml

Bis zum 2. ÄP wurden 25 ml der NaOH-Maßlösung für die vollständige Deprotonierung der 2basigen Säure verbraucht, das sind bei 1,25 mmol 2wertiger Säure 2,5 mmol NaOH.( 2 mal 1,25 mmol NaOH )

Es sind 10 ml entsprechend einer Stoffmenge von 1 mmol NaOH überschüssig hinzugefügt worden.

n(NaOH) = [ 0,1 mmol / ml ] * 10 ml = 1 mmol

Die beiden Gleichgewichte der Basenreaktionen werden durch die starke Erhöhung der Hydroxidionen-Konzentration nach links gedrückt.

Es liegt eine alkalische Lösung von Natriumionen, A^2--Ionen und OH^--Ionen vor.

$$(OH^{-}) = \frac{0,1\cdot mol}{l}\cdot 0,01\cdot l = 0,001\cdot mol = 1\cdot mmol$$

$$c(OH^{-}) = \frac{1\cdot mmol}{60\cdot ml} = \frac{1\cdot mol}{60\cdot l} = 0,0167\cdot \frac{mol}{l}$$

pOH = - log₁₀ [ 0,0167 mol / l *( l / mol ) ] ≈ 1,78

pH = 14 - pOH = 14 - 1,78 = 12,22