Chemia analityczna – bufory

Bufory to ciężki dział dla adepta chemii analitycznej, zwłaszcza dla takiego pozostawionego samego sobie, muszącego mierzyć się z podręcznikami akademickimi jakie wymienione są w wykazie zalecanej literatury na stronie OlChemu. Przynajmniej takie było moje odczucie, gdy ja się tego uczyłem. Świadczyły też o tym moje wyniki na I etapie olimpiady przy moim pierwszym podejściu – zaledwie 5,75/20 pkt.

Dzisiaj post głównie dla wtajemniczonych, a same bufory z ich dogłębną analizą pokryję w materiale video. Na tę formę musimy jednak trochę poczekać, ponieważ mój pokój czeka na remont, a ostatecznie pojawi się w nim tablica, na której ładnie będzie można coś nagrać.

Do rzeczy.  Zadanie jest na poziomie I etapu. Przy okazji – tak, wiem, analitycznej nie ma w tegorocznym folderze wstępnym, ale bufory są wiedzą absolutnie elementarną. Jeśli marzysz o byciu w finale, nie widzę po prostu możliwości, abyś nie posiadał tej wiedzy. Nie można ślepo trzymać się tego, co jest w folderze wstępnym. Zwłaszcza, jeśli jesteś już w 3. klasie i to Twoja ostatnia szansa na sukces. Zatem do dzieła!

Zadanie 1. 

Mamy kwas benzoesowy, który zapiszemy sobie jako PhCOOH. Jego wartość \(pK_{a}=4,2\)

a) zapisz reakcję dysocjacji tego kwasu (1 pkt)

b) oblicz pH kwasu benzoesowego o stężeniu \(c=0,012 \frac{mol}{dm^{3}}\) (2 pkt)

c) zdefiniujmy \(r=\frac{[PhCOO^{-}]}{[PhCOOH]}\). Oblicz \(r\) dla dwóch różnych roztworów, jednego o \(pH=4\) a drugiego o \(pH=6\) (3 pkt)

Do \(25 \ cm^{3}\) roztworu kwasu benzoesowego (\(c=0,015 \frac{mol}{dm^{3}}\)) dodano \(17 \ cm^{3}\) roztworu NaOH (\(c=0,012 \frac{mol}{dm^{3}}\)).

d) Oblicz pH powstałego roztworu. (4 pkt)

 

Rozwiązanie :

a) tutaj nie ma co komentować :

\(PhCOOH \leftrightarrow PhCOO^{-} + H^{+}\)

• nie umiem zapisać takiej ładnej strzałki chemicznej, jakiej tu się powinno użyć, czyli takiej, która oznacza, że ustala się równowaga. Mam nadzieję, że wiecie o co chodzi.

b) \(K_{a} = \frac {[PhCOO^{-}][H^{+}]}{[PhCOOH]}\)

Robimy tzw. ,,tabelkę”

\(\ \ \ \ \  PhCOOH \leftrightarrow PhCOO^{-} + H^{+}\)

0,012                           0                    0    \(\implies \)  początek dysocjacji

0,012  – x                    x                    x    \(\implies\)  stan równowagi

 

\(K_{a} = \frac {x^{2}}{0,012 – x}\)

Wstawiamy wartość \(K_{a} = 6,31\cdot 10^{-5}\)  i po przekształceniu uzyskujemy takie równanie kwadratowe :

\(x^{2} + 6,31\cdot 10^{-5} – 7,572\cdot 10^{-7} = 0 \) \(\implies x = 8,39 \cdot 10^{-4}\)

Drugi wynik tego równania jest ujemny, a przecież stężenie z definicji nie może być ujemne, zatem ten wynik odrzucamy.

Skoro \(x = [H^{+}] \ to \ pH = – log \  8,39 \cdot 10^{-4} \implies pH = 3,08 \)

c) z równania na stałą kwasową równowagi \(K_{a} \) mamy :

\(r=\frac{[PhCOO^{-}]}{[PhCOOH]} = \frac{K_{a}}{[H^{+}]}\)

• czyli dla \(pH = 4 \implies r = \frac{6,31\cdot 10^{-5}}{10^{-4}}\) i ostatecznie \(r = 0,631\)
• analogicznie dla \(pH = 6 \) otrzymamy \(r = 63,1\)

d) najtrudniejszy podpunkt. Po pierwsze, zapiszmy reakcję jaka ma miejsce :

\(PhCOOH + NaOH \rightarrow PhCOONa + H_{2}O\)

Policzmy liczbę moli na samym początku reakcji, aby określić w jakim stosunku stechiometrycznym reagują ze sobą nasze substraty :

\(n^{\circ}_{PhCOOH} = 3,75 \cdot 10^{-4} \ moli\)

\(n^{\circ}_{NaOH} = 2,04 \cdot 10^{-4} \ moli\)

Dla ścisłości – zapis \(n^{\circ}_{x} \) oznacza początkową liczbę moli związku X.

Widzimy, że w nadmiarze jest kwas benzoesowy, zatem po reakcji zostanie PhCOOH, powstanie PhCOONa, natomiast NaOH cały się zużyje, zostanie go zero.

Powstał nam więc roztwór buforowy : mieszanina PhCOOH + PhCOONa. Korzystamy zatem ze wzoru Hendersona – Hasselbalcha

\(pH = pK_{a} + log \ \frac{[PhCOONa]}{[PhCOOH]}\)

* w tej części logarytmowej mogą być zarówno stosunki stężeń jak i moli. Ja częściej używam moli, gdyż tak jest wygodniej – nie muszę wtedy przejmować się zmianą objętości, która ma miejsce, gdy mieszam dwa roztwory.

Zanim skorzystamy z tego wzoru, potrzebujemy równowagowe wartości liczby moli (lub stężeń – jeśli tak Wam wygodniej), a nie początkowych :

\(n^{k}_{PhCOOH} = 3,75 \cdot 10^{-4} – 2,04 \cdot 10^{-4} = 1,71 \cdot 10^{-4}\)

\(n^{k}_{NaOH} = 0\)

\(n^{k}_{PhCOONa} = 2,04 \cdot 10^{-4}\)

Tym razem zapis – \(n^{k}_{X}\) oznacza końcową / równowagową liczbę moli związku X.

Wstawiamy do wzoru Hendersona :

\(pH = 4,2 + log \ \frac{2,04 \cdot 10^{-4}}{1,71 \cdot 10^{-4}}\)

Otrzymujemy \(pH = 4,28\)

• podpunkt d) można zrobić nieco dokładniej i wówczas otrzymamy  \([H^{+}] = 5,169 \cdot 10^{-5}\) Wówczas pH delikatnie się różni i wynosi 4,29. Jeśli kogoś interesuje ta droga dojścia do wyniku – proszę pisać w komentarzach ( a powinna interesować osobę aspirującą na dostanie się do finału).

Jest to zadanie czysto treningowe, dla osób z pewnym doświadczeniem w olimpiadzie, znających bufory, a więc raczej nie początkujących. Gdy tylko będę mógł, nagram film, w którym dogłębnie wytłumaczę :

• co to są bufory i jak je rozpoznawać?
• do czego służą te bufory
• omówię 3 wzory potrzebne do buforów ( a żadnego tak naprawdę nie trzeba znać)
• podział na bufory ,,bezpośrednie” oraz ,,ukryte”
• rozwiążemy właściwie każdy typ zadania z buforami, jakie mogą się pojawić na OlChemie.

 

Every aspect of the world today – even politics and international relations – is affected by chemistry. – Linus Pauling