Elettrochimica e titolazioni redox- esercizi

TITOLAZIONI REDOX

Per ossidazione: analita in forma ridotta che deve essere ossidato:

aAn + bTIT ­­­> dAn + fTIT

RID OX OX RID

E° > E°

TIT An

Per riduzione: analita in forma ossidata deve essere ridotto:

aAn + bTIT ­­­>dAn + fTIT

OX RID RID OX

ESERCIZIO: 2+ 4+ 3+ 3+ 2+

Fe + Ce Fe + Ce Fe =analita

→

Inizio titolazione: Vt=0 E<E° Fe

2+

Prima del PE: n°­nt –­­­ nt nt [Fe ]=n°­nt/V°+Vt

3+

[Fe ]=nt/V°+Vt

E=E° +0,059 log nt/n°­nt

Fe

A Vt= ½ Veq: nt= ½ n° E=E°Fe

3+ 3+

PE: –­­­­ –­­­­ n° nt [Fe ]=[Ce ]

2+ 4+

[Fe ]=[Ce ]

E=(E° + E° )/2

Fe Ce

E=(n E° + n E° )/n +n

A A TIT TIT A TIT

Dopo il PE (V=2Veq): –­ n° n° n° E=E° Ce

INDICATORI REDOX:

E° =E In modo che al pe si abbia un cambiamento di colore

In pe

E=E° + 0,059/n log [In ]/[In ]

In OX RID

E<E° Avremo il colore dell'indicatore ridotto

In

USO DELLO IODIO:

­

I + 2e ­­­­> 2I

2

3­ ­

I + 2e –­­> 3I

IODIMETRIA: titolazione diretta per ossidazione,lo iodio si riduce

IODOMETRIA: retrotitolazione

ESERCIZI

RICORDA: Con un acido debole la [H+] deriva dalla radice quadra

di KaCa

ESERCIZIO CON ELETTRODO A VETRO:

Un elettrodo a vetro combinato con un elettrodo a calomelano rileva:

dE=0,135 V pH=4

dE=­0,05 V pH=7 T=25°C

Determinare i parametri a e b; la funzione del potenziale dal pH e il

pH quando dE=0,043 V.

Faccio il sistema ricordando che dE=a­b 0,059 pH e ottengo:

a=0,38 b=1,04 dE=0,38­1,04x0,059 pH

Sostituisco 0,043 a dE e trovo Ph=5,6

Lo schema elettrochimico è: |

HgCl (l) | Hg Cl (s) | Hg Cl (sat) Kcl (sat) || H+ H+, Hg Cl (sat) Kcl (sat) | Hg Cl (s) |HgCl (l)

2 2 2 2 | 2 2 2 2

|

RICORDA:

Con AgCl per trovare [Ag+] si usa il Ks

ESERCIZIO SU TITOLAZIONI REDOX:

2+ 4­ 3+ 2+ 2+

Fe + MnO –­> Fe +Mn dE°=0,7 V Fe = analita

Bilancio la reazione : 2+ 3+

(Fe –­­> Fe + e) x5

4­ + 2+

MnO +5e +8H –­> Mn + 4H O

2

=

2+ ­ + 3+ 2+

5Fe +MnO + 8H –­­> 5Fe + Mn + 4H O

4 2

K=10 ^ndE°/0,059 = 10^59

INIZIO TIT : nt=0 3+ 2+

PRIMA DEL PE: n°­5nt nt 5nt nt E=E° +0,059 log [Fe ]/[Fe ]

Fe

nt < n° E= E° +0,059 log 5nt/n°­5nt

Fe

METÁ TIT: 5nt= ½ n° nt= 1/10 n° E= E° Fe

3+ 2+

PE: n° e nt in relazione stechiometrica: n°/5=nt [Fe ]= 5[Mn ]

2+ 4­

[Fe ]= 5[MnO ]

E=(n E° + n E° )/n +n

A A TIT TIT A TIT

E=(0,8+ 5 x1,5)/6

­ 4­ + 8 2+

A V=2Veq: E=E°MnO + 0,059/5 log [MnO ][H ] /[Mn ]

4 4­

quindi E=E°MnO

ESERCIZIO REDOX CON SALE DI MOHR: 2+

16g KMnO in 1L + 15 mL soluzione di sale di Mohr (Fe ) fatto con

4 4g di sale in 100 mL

4­

Per raggiungere il PE: Veq MnO =17,80 mL

4­

[MnO ]=? %p di KMnO ?

4

2+ 4­ + 3+ 2+

Scrivo la reazione: 5Fe +MnO + 8H –­­> 5Fe + Mn + 4H O

2

2+ 4­

So che: nFe = 5nMnO

2+ 2+

Ricavo [Fe ]: [Fe ]= 4g/390/0,1= 0,102 M

4­ 4­ ­4

Trovo nMnO : nMnO = (0,102 x 0,015)/5=3,1x10

4­ 4­ ­4

Ricavo [MnO ]: [MnO ]=3,1x10 /0,01780=0,017M

Trovo %p di KMnO : g=0,017xPF di KMnO = 2,68 g

4 4

%p=2,68x100/16= 16,8 %

ESERCIZIO REDOX CON SALE DI MOHR:

Sale di Mohr V°=50mL + K Cr O Ct=0,01M Veq=27,5mL

2 2 7

3+ 2+ 72­ 3+

E°Fe /Fe = 0,77V E°Cr O /Cr = 1,23V

2

[Sale di Mohr]=? Keq=? 72­ + 2+ 3+ 3+

Scrivo la reazione: Cr O + 14H + 6Fe –­­> 2 Cr + 7H O + 6Fe

2 2

Trovo K: Keq=10^ndE°/0,059=10^6x0,46/0,059=10^46,8

72­ 2+

Trovo [Sale di Mohr]: n Cr O = nFe /6

2

2+ ­3

nFe =6 CtxVeq= 6x0,01x0,0275=1,65x10

2+ ­3

[Sale di Mohr]= [Fe ]= 1,65x10 /0,05= 0,033M

Schema della cella: 3+ 2+ 72­ 3+ +

Hg (l) | Hg Cl (s) | Hg Cl (sat) KCl (sat)|| Fe ,Fe , Cr O ,Cr , H | Pt

2 2 2 2 2

Potenziale al PE: E=(1x 0,77+ 6x1,23)/7= 1,16V

ESERCIZIO CON LO IODIO:

33­ 3­

PO V=50mL + Veq=37,5 mL di I che lo ossida a fosfato e che è

stato preperato con 3,21g di KIO + 100mL di KI 0,5M

3

33­

[PO ]=?