6 Säure-Base-Reaktionen

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1 6.1 Exkurs Die Entwicklung des Säure-Base-Begriffs vorläufige Fassung Zur Aufgabe A1 Der Name ist historisch begründet. A. Lavoisier nannte den bei der Verbrennung gebundenen Luftbestandteil gaz oxygène (sauermachendes Gas), da viele Nichtmetalloxide mit Wasser Säuren bilden. Im Deutschen etablierte sich der Name Sauerstoff. Zum Versuch V1 a) Die Lösung mit c (HCl) =,1 mol/l hat einen -Wert von 1 (Universalindikator rot), die Lösung mit c (HCl) =,1 mol/l hat einen -Wert von 3 (Universalindikator orange). b) In allen drei Reagenzgläsern bildet sich Wasserstoff, wobei die Gasentwicklung bei Salzsäure am schnellsten geht. Die Knallgasprobe verläuft bei allen drei Versuchen positiv. c) Reaktionsgleichung: H 2 SO 4 + CuO H 2 O + Cu 2+ + SO 4 2 Das Erwärmen ist nötig, um die Reaktion zu starten. Die Lösung färbt sich blau (Farbe der hydratisierten Kupfer(II)-Ionen). Nicht gelöstes Kupfer(II)-oxid wird abfiltriert. Gießt man einen Teil der klaren Lösung in eine Petrischale und lässt die Lösung verdunsten, bilden sich blaue Kupfersulfatkristalle. d) In verdünnter Essigsäure bilden sich durch Reaktion mit Wassermolekülen Acetat- und Oxoniumionen; sie leitet daher den Strom gut. Eisessig ist reine Essigsäure, d.h., die Wassermoleküle zur Bildung von Ionen fehlen; er leitet den Strom praktisch nicht. (Hinweis: Durch Autoprotolyse bilden sich auch in reinem Eisessig wenige Ionen.) Gemeinsame Eigenschaften von Säuren bzw. sauren Lösungen: Versuch (a) zeigt die Reaktion saurer Lösungen mit Indikatoren. Versuch (b) zeigt, dass saure Lösungen mit unedlen Metallen unter Bildung von Wasserstoff reagieren. Versuch (c) zeigt, dass saure Lösungen mit unlöslichen Metalloxiden reagieren, wobei oft lösliche Salze entstehen. Versuch (d) zeigt, dass Säuren mit Wasser reagieren und Ionen bilden. 6.2 Die Säure-Base-Theorie nach Brønsted Zu den Aufgaben A1 H H H H H H Cl + H C C O H Cl + H C C O H H H H H Hinweis: Das protonierte Ethanolmolekül bezeichnet man als Ethyloxoniumion. Reaktionsgleichungen zu V2 und V3: siehe dort A2 a) O 2 b) NH 4 + c) HPO 4 2 d) HS e) NH 2 f) H 2 O 2 Elemente Chemie 2 1

2 A3 Jeweils eines der korrespondierenden Säure-Base-Paare ist durch graue Unterlegung gekennzeichnet: a) H 3 PO 4 + NH 3 H 2 PO 4 + NH 4 + b) CH 3 COOH + NH 2 CH 3 COO + NH 3 c) HPO NH 3 PO NH 4 + d) NH S 2 NH 3 + HS e) HS + OH S 2 + H 2 O f) HSO 4 + CO 3 2 SO HCO 3 g) H 2 S + CH 3 COO HS + CH 3 COOH h) HCO 3 + ClO CO HClO A4 Ampholyte sind Teilchen, die als Säure oder Base reagieren können, d. h., es muss eine korrepondierende Säure und eine korrespondierene Base geben. Teilchen korrespondierende Säure korrespondierende Base Ampholyt H 2 PO 4 (Dihydrogenphosphation) CO 3 2 (Carbonation) NH 3 (Ammoniak) PO 4 3 (Phosphation) HS (Hydrogensulfidion) H 3 O + (Oxoniumion) HNO 3 (Salpetersäuremolekül) H 3 PO 4 (Phosphorsäuremolekül) HCO 3 (Hydrogencarbonation) NH 4 + (Ammoniumion) HPO 4 2 (Hydrogenphosphation) H 2 S (Schwefelwasserstoffmolekül) HPO 4 2 (Hydrogenphosphation) nein NH 2 (Amidion) nein S 2 (Sulfidion) H 2 O (Wassermolekül) NO 3 (Nitration) ja ja ja nein nein A5 H 2 SO 4 + KOH KHSO 4 + H 2 O Das Salz heißt Kaliumhydrogensulfat. A6 In stark saurer Lösung liegen fast keine OH -Ionen vor. Folglich werden die Gleichgewichte aller drei Schritte nach links verschoben, sodass hauptsächlich H 3 PO 4 -Teilchen vorliegen. In stark alkalischer Lösung liegt ein großer Überschuss an OH -Ionen vor. Folglich werden die Gleichgewichte aller drei Schritte nach rechts verschoben, sodass hauptsächlich PO 4 3 -Teilchen vorliegen. Zu den Versuchen V1 a) c(naoh) =,1 mol/l = 13 (Universalindikator tiefblau) c(naoh) =,1 mol/l = 11 (Universalindikator hellblau) b) Sowohl verdünnte Natronlauge als auch Kalkwasser leiten den elektrischen Strom, da sich beim Lösen dieser Hydroxide frei bewegliche Ionen bilden. c) Die verdünnte Salzsäure ergibt mit Bromthymolblau eine gelbe Lösung. Beim Zutropfen von Natronlauge färbt sich die Lösung zuerst grün, dann blau. (Der Versuch entspricht einer Titration.) Gemeinsame Eigenschaften alkalischer Lösungen: Versuch (a) zeigt die Reaktion alkalischer Lösungen mit Indikatoren. Versuch (b) zeigt die elektrische Leitfähigkeit alkalischer Lösungen, 2 Elemente Chemie 2

3 woraus man schließen kann, dass sie Ionen enthalten. (Hinweis: Die festen Metallhydroxide bestehen aus Ionen, sie gehören deshalb zur Stoffklasse der Salze.) Versuch (c) zeigt, dass alkalische Lösungen saure Lösungen neutralisieren. V2 a) Leitet man Hydrogenchlorid in Heptan ein, entsteht keine elektrisch leitfähige Lösung. Heptanmoleküle können keine Protonen binden, daher bilden sich keine Ionen: HCl + C 7 H 16 keine Reaktion b) Leitet man Hydrogenchlorid auf Wasser, so stellt man eine zunehmende elektische Leitfähigkeit der Lösung fest. Wassermoleküle sind Protonenakzeptoren, daher bilden sich Ionen: HCl + H 2 O Cl + H 3 O + V3 An der Kontaktstelle der beiden Standzylinder bildet sich ein weißer Nebel, der aus Ammonium chlorid besteht: HCl + NH 3 NH 4 Cl 6.3 Autoprotolyse des Wassers und -Wert Zu den Aufgaben A1 Regenwasser 4 6 Blut ca. 7,4 Meerwasser 7,5 8,4 Urin 4,4 8, Wein 3 4 Speichel 6,2 7,4 Essig ca. 2,4 Magensaft 1, 1,5 A2 c(h 3 O + ) = 1 mol/l c(oh ) = 1 (14 ) mol/l Lösung a) mol/l 1 13 mol/l sauer b) mol/l 1 1 mol/l sauer c) mol/l 1 6 mol/l alkalisch d) mol/l 1 2 mol/l =,1 mol/l alkalisch e) 13,5 1 13,5 mol/l 1,5 mol/l =,32 mol/l alkalisch A3 c(h 3 O + ) = lg{c(h 3 O + )} Lösung a) 1 2 mol/l 2 sauer b) 1 4 mol/l 4 sauer c) mol/l 6,3 sauer d) 1 8 mol/l 8 alkalisch e) mol/l 9,5 alkalisch A4 c(oh ) poh = lg{c(oh )} = 14 poh Lösung a) 1 1 mol/l 1 13 alkalisch b) 1 4 mol/l 4 1 alkalisch c) 1 7 mol/l 7 7 neutral d) mol/l 6,4 7,6 alkalisch e) 1 11 mol/l 11 3 sauer Elemente Chemie 2 3

4 A5 a) = 1 c (H 3 O + ) = 1 1 mol/l V = 1 ml = 1 3 l n(h 3 O + ) = c (H 3 O + ) V = 1 1 mol/l 1 3 l = 1 4 mol Nach Verdünnen auf 1 l ist die Konzentration: c (H 3 O + ) = 1 4 mol / 1 l = 1 4 mol/l = 4 b) c (OH ) = 1 2 mol/l V = 1 ml = 1 2 l n(oh ) = c (OH ) V = 1 2 mol/l 1 2 l = 1 4 mol Nach Verdünnen auf 1 l ist die Konzentration: c (OH ) = 1 4 mol / 1 l = 1 4 mol/l poh = 4 = 14 4 = 1 A6 a) Wegen der Autoprotolyse liegen Ionen vor, die die elektrische Leitfähigkeit bedingen: 2 CH 3 COOH CH 3 COOH CH 3 COO 2 H 2 SO 4 H 3 SO HSO 4 b) Das Ionenprodukt von Schwefelsäure ist: K = c (HSO 4 ) c (H 3 SO + 4 ) = 1, mol 2 /l 2 In reiner Schwefelsäure gilt: c (HSO 4 ) = c (H 3 SO + 4 ) c (HSO 4 ) c (H 3 SO + 4 ) = c 2 (HSO 4 ) = 1, mol 2 /l 2 c (HSO 4 ) = 1, mol 2 /l 2 =,355 mol/l A7 -neutral bedeutet: = 7 Als -hautneutral bezeichnet man ein Körperpflegemittel, das den gleichen -Wert wie die Hautoberfläche hat und daher diesen -Wert nicht beeinflusst. Der -Wert der Hautoberfläche liegt wegen des Säureschutzmantels im leicht sauren Bereich: 5,5 Zum Versuch V1 Die Leitfähigkeit von dest. Wasser ist sehr gering und kann nur mit empfindlichen Messgeräten festgestellt werden. Salzsäure, Essigsäure, Natronlauge und Ammoniaklösung sind deutlich elektrisch leitfähig. 6.4 Die Stärke von Säuren und Basen Zu den Aufgaben A1 a) Salzsäure: c (H 2 O) > c (H 3 O + ) > c (Cl ) > c (OH ) b) Essigsäure: c (H 2 O) > c (CH 3 COOH) > c (H 3 O + ) > c (CH 3 COO ) > c (OH ) c) Natronlauge: c (H 2 O) > c (OH ) > c (Na + ) > c (H 3 O + ) d) Ammoniaklösung: c (H 2 O) > c (NH 3 ) > c (OH ) > c (NH 4 + ) > c (H 3 O + ) Hinweis: In den sauren Lösungen ist c (H 3 O + ) geringfügig größer als c (Cl ) bzw. c (CH 3 COO ); in den alkalischen Lösungen ist c (OH ) geringfügig größer als c (Na + ) bzw. (NH 4 + ). Grund: Durch die Autoprotolyse der Wassers kommen sehr kleine Mengen H 3 O + - bzw. OH -Ionen dazu. A2 c (HProp) =,1 mol/l = 1 1 mol/l und = 2,94 c (H 3 O + ) = 1 2,94 mol/l K s = c (Prop ) c (H 3 O + ) c2 (H 3 O + ) c (HProp) c (HProp) = 1 2,94 mol/l 2 = 1 4,88 mol/l 1 1 mol/l K s 1 4,88 mol/l pk s 4,88 4 Elemente Chemie 2

5 Zu den Versuchen V1 Die folgende Tabelle zeigt die berechneten Werte. (Hinweis: Bei c (HA) =,1 mol/l sind die gemessenen -Werte aufgrund der Wechselwirkungen zwischen den gelösten Teilchen geringfügig höher.) Je nach Qualität und Kalibrierung der Glaselektrode sind -Abweichungen von ca. ±,2 möglich. Weitere Abweichungen können durch ungenau hergestellte Lösungen auftreten. c (HA) (Salzsäure) (Essigsäure),1 mol/l 1, 2,9,1 mol/l 2, 3,4,1 mol/l 3, 3,9 V2 Beobachtung bei Salzsäure: Die Lösung ist rot ( 1). Bei Zugabe von Kochsalz ist keine Farbänderung zu beobachten. Erklärung: Hydrogenchlorid ist eine sehr starke Säure. In verdünnten wässrigen Lösungen liegt das Gleichgewicht praktisch vollständig auf der Seite der Oxoniumionen und Chloridionen. Die Zugabe von Chlorid ionen hat daher keinen Einfluss auf das Protolysegleichgewicht. Beobachtung bei Essigsäure: Die Lösung ist orange ( 3). Bei Zugabe von Natriumacetat wird die Lösung allmählich gelb ( 5). (Hinweis: Dies ist der -Wert der Essigsäure-Acetat-Pufferlösung, siehe Kap. 6.7). Erklärung: Essigsäure ist eine schwache Säure. Durch Zugabe von Acetationen wird das Protolyse gleichgewicht nach links verschoben Werte wässriger Säure- und Basenlösungen A1 a) Das Hydrogenchloridmolekül ist eine sehr starke Säure: = lg {c (HCl)} = lg,1 = 3 b) Das Hydroxidion ist eine sehr starke Base: poh = lg {c (OH )} = lg,1 = 2 = 14 2 = 12 c) Das Hydroxidion ist eine sehr starke Base: poh = lg {c (OH )} = lg,5 = 3,3 = 14 3,3 = 1,7 d) Das Essigsäuremolekül ist eine schwache Säure: = ½ [ pk s lg {c (HAc)} ] = ½ [ 4,75 lg,1 ] = 2,88 e) Das Ammoniakmolekül ist eine schwache Base: poh = ½ [ pk B lg {c (NH 3 )} ] = ½ [ 4,75 lg 1 ] = 2,38 = 14 2,38 = 11,62 A2 Die Näherungsformel für sehr starke Säuren ergibt = 8. Dies ist natürlich Unsinn; eine Säurelösung hat aufgrund der Autoprotolyse des Wassers immer einen -Wert unter 7. In diesem Fall erwartet man einen -Wert knapp unter 7. A3 K s = 1, mol/l pk s = lg (1, ) = 3,87 m(milchsäure) = 1,1 g M(C 3 H 6 O 3 ) = 9 g/mol V = 1 ml =,1 l c (C 3 H 6 O 3 ) = n(c 3H 6 O 3 ) V = m(milchsäure) M(C 3 H 6 O 3 ) V = 1,1 g =,12 mol/l 9 g/mol,1 l = _ 1 2 [ pk s lg {c (C 3 H 6 O 3 )}] = _ 1 2 [ 3,87 lg,12 ] = 2,4 Elemente Chemie 2 5

6 6.6 -Werte von Salzlösungen A1 Ammoniumchloridlösung (NH 4 Cl): Das Ammoniumion ist eine schwache Brønstedsäure, die mit einem Wassermolekül ein Oxoniumionen bildet: NH H 2 O NH 3 + H 3 O + Das Chloridion ist die korrespondierende Base der sehr starken Säure HCl. Es ist also eine sehr schwache Base, die mit einem Wassermolekül keine Säure-Base-Reaktion eingeht. Die Lösung ist sauer. Zinkchloridlösung (ZnCl 2 ): Das hydratisierte Zinkion (hauptsächlich das Hexahydrat) ist eine Brønstedsäure, die mit einem Wassermolekül ein Oxoniumionen bildet: [Zn(H 2 O) 6 ] 2+ + H 2 O [Zn(OH)(H 2 O) 5 ] + + H 3 O + Das Chloridion (Cl ) ist die korrespondierende Base der sehr starken Säure HCl. Es ist also eine sehr schwache Base, die mit Wassermolekülen keine Säure-Base-Reaktion eingeht. Die Lösung ist sauer. Kaliumnitratlösung (KNO 3 ) und Natriumsulfatlösung (Na 2 SO 4 ): Hydratisierte Alkali- und Erdalkalimetallionen haben aufgrund ihrer geringen Ladungsdichte eine so geringe Säurestärke, dass man das Ausmaß der Säure-Base-Reaktion mit Wasser als vernachlässigbar klein ansehen kann. Das Nitration (NO 3 ) und das Sulfation (SO 4 2 ) sind die korrespondierenden Basen starker Säuren (HNO 3 bzw. HSO 4 ). Sie sind also schwache Basen, deren Säure-Base-Reaktion mit Wasser molekülen vernachlässigbar ist. Die Lösungen sind neutral. Natriumsulfidlösung (Na 2 S) und Natriumhydrogencarbonatlösung (NaHCO 3 ): Hydratisierte Alkali- und Erdalkalimetallionen haben aufgrund ihrer geringen Ladungsdichte eine so geringe Säurestärke, dass man das Ausmaß der Säure-Base-Reaktion mit Wasser als vernachlässigbar klein ansehen kann. Das Sulfidion (S 2 ) und das Hydrogencarbonation (HCO 3 ) sind die korrespondierenden Basen schwacher Säuren (HS bzw. H 2 CO 3 ). Sie bilden mit Wassermolekülen Hydroxidionen: S 2 + H 2 O HS + OH und HCO 3 + H 2 O H 2 CO 3 + OH Die Lösungen sind alkalisch. A2 Das Carbonation (CO 3 2 ) ist eine stärkere Base als das Hydrogencarbonation (HCO 3 ). Eine wässrige Lösung von Carbonationen ist folglich stärker alkalisch. A3 Die stark alkalische Reaktion der Carbonationen könnte zu einer Verätzung der Schleimhäute im Mund, im Rachen und in der Speiseröhre führen. A4 Hydrogensufationen reagieren mit Hydrogencarbonat- bzw. Carbonationen: HSO 4 + HCO 3 SO H 2 CO 3 2 HSO CO 3 2 SO H 2 CO 3 Die bei der Reaktion gebildete Kohlensäure zerfällt: H 2 CO 3 CO 2 + H 2 O Durch die Gasbildung schäumt der Reiniger auf und verteilt sich dadurch besser auf der zu reinigenden Oberfläche. A5 Sowohl das Hydrogensulfation als auch das Hydrogencarbonation sind Ampholyte, sodass im Prinzip eine eine saure oder alkalische Lösung entstehen könnte. 6 Elemente Chemie 2

7 In einer Natriumhydrogensulfatlösung sind folgende Gleichgewichtsreaktionen möglich: (I) HSO 4 + H 2 O H 2 SO 4 + OH (II) HSO 4 + H 2 O SO H 3 O + Da Schwefelsäure eine sehr starke Säure ist, spielt Reaktion (I) praktisch keine Rolle. Da bei Reaktion (II) Oxoniumionen gebildet werden, ist die Lösung sauer. In einer Natriumhydrogencarbonatlösung sind folgende Gleichgewichtsreaktionen möglich: (I) HCO 3 + H 2 O H 2 CO 3 + OH pk B = 7,48 K B = 3, mol/l (II) HCO 3 + H 2 O CO H 3 O + pk S = 1,4 K S = 3, mol/l Da K B > K S ist, überwiegt Reaktion (I), bei der Hydroxidionen gebildet werden. Folglich ist die Lösung alkalisch. Zu den Versuchen V1 Salz Natriumchlorid 7, Natriumacetat 8,9 Ammoniumchlorid 5,1 Ammoniumacetat 7, Eisen(III)-chlorid 1,6 bei c (Salz) =,1 mol/l V2 Beobachtung: Es entwickelt sich ein Gas, das mit Kalkwasser als Kohlenstoffdioxid identifiziert werden kann. Erklärung: WC-Reiniger enthalten Säuren, z. B. Natriumhydrogensulfat, Citronensäure oder Amidoschwefelsäure (H 2 N SO 2 OH, auch als Amidosulfonsäure bezeichnet). Diese reagieren mit Calciumcarbonat unter Bildung von Kohlenstoffdioxid, siehe A Puffersysteme Zur Aufgabe A1 a) Bei Zugabe von Salzsäure reagiert ein Großteil der zusätzlichen Oxoniumionen mit Ammoniakmolekülen: H 3 O NH 3 H 2 O + NH 4 Bei Zugabe von Natronlauge reagiert ein Großteil der zusätzlichen Hydroxidionen mit Ammonium ionen: OH + + NH 4 H 2 O + NH 3 In beiden Fällen bleibt der -Wert deshalb annähernd konstant. Berechnungen zur Pufferlösung ohne Zugabe von Säure oder Lauge: n(nh 3 ) = n(nh 4 + ) =,1 mol und V = 1 ml =,1 l = pk S + lg c (NH 3 ) c (NH + 4 ) = pk S + lg n(nh 3 )/V = pk n(nh + 4 )/V S + lg n(nh 3 ) n(nh + 4 ),1 mol = 9,25 + lg,1 mol = 9,25 Hinweis: Das Volumen kürzt sich heraus, d. h., statt der Konzentrationen kann man auch die Stoffmengen in die Henderson-Hasselbalch-Gleichung einsetzen. Elemente Chemie 2 7

8 Berechnungen zur Pufferlösung nach Zugabe von 9 ml Salzsäure mit c (HCl) = 1 mol/l: n(h 3 O + ) = n(hcl) = 1 mol/l,9 l =,9 mol Annahme: alle H 3 O + -Ionen reagieren mit NH 3 -Molekülen. Damit ergibt sich nach der Reaktion: n(nh 3 ) =,1 mol,9 mol =,91 mol n(nh + 4 ) =,1 mol +,9 mol =,19 mol,91 mol = 9,25 + lg = 9,25,8 = 9,17,19 mol Berechnungen zur Pufferlösung nach Zugabe von 9 ml Natronlauge mit c (NaOH) = 1 mol/l: n(oh ) = n(naoh) = 1 mol/l,9 l =,9 mol Annahme: alle OH -Ionen reagieren mit NH + 4 -Ionen. Damit ergibt sich nach der Reaktion: n(nh 3 ) =,1 mol +,9 mol =,19 mol n(nh + 4 ) =,1 mol,9 mol =,91 mol,19 mol = 9,25 + lg = 9,25 +,8 = 9,33,91 mol Der -Wert ändert sich also jeweils um nur,8. b) Die Lösung puffert im Bereich um = pk S = 9,25. Nimmt man als Extremfall an, dass durch Zugabe von 9 ml Säure oder Lauge 9 % der NH 3 -Moleküle bzw. NH + 4 -Ionen reagieren, so erhält man einen -Bereich zwischen ca. 8,9 und 9,6:,19 mol = 9,25 + lg = 9,25 +,32 = 9,58,1 mol,1 mol = 9,25 + lg = 9,25,32 = 8,93,19 mol Zum Versuch V1 Zugabe von je 1 ml Salzsäure zum dest. Wasser: Der -Wert ändert sich von 7 (gelbgrün) nach 5 (orange). Natronlauge zum dest. Wasser: Der -Wert ändert sich von 7 (gelbgrün) nach 9 (blaugrün). Salzsäure zum Essigsäure-Acetat-Puffer: Der -Wert bleibt konstant bei ca. 5 (orange). Natronlauge zum Essigsäure-Acetat-Puffer: Der -Wert bleibt konstant bei ca. 5 (orange). 6.8 Impulse Bedeutung von Puffern Zu den Aufgaben A1 a) Das Protein-Puffersystem besteht aus protonierten und nicht protonierten Proteinmolekülen. Am wichtigsten ist hier die Imidazol-Seitenkette des Histidins (pk S = 6,): H H O H H O N C C N C C CH 2 CH 2 H N C HC CH N + H 2 O N C + H 3 O + HC N CH H H Das Protein-Puffersystem des Blutes besteht aus Hämoglobin und Plasmaproteinen wie z. B. Albumin. 8 Elemente Chemie 2

9 b) Gleichgewichte des Hydrogenphosphat-Puffersystems: H 3 O HPO 4 H 2 O + H 2 PO 4 OH + H 2 PO 4 2 H 2 O + HPO 4 Dieses System stellt allerdings nur einen kleinen Teil der Gesamtpufferkapazität des Blutes dar, dessen -Wert bei 7,4 liegt. Bedeutender für die Pufferkapazität des Blutes sind das Kohlensäure- Hydrogencarbonat- System und das Hämoglobin. A2 Durch Sport steigt die Atmungsaktivität. Dadurch wird Kohlenstoffdioxid entfernt, sodass sich die Kohlensäurekonzentration verringert. Dies bewirkt eine Erhöhung des -Werts. A3 Steigt der -Wert, wird das folgende Gleichgewicht nach rechts verschoben: H 2 CO 3 + H 2 O HCO 3 + H 3 O + Dadurch wird der -Wert wieder gesenkt. A4 Man misst den -Wert einer Bodenprobe. Anschließend gibt man Kalk zu der Bodenprobe und mischt ihn unter. Danach wird der -Wert erneut gemessen. A5 Der -Wert eines Meerwasseraquariums soll zwischen 8 und 8,5 liegen. Ist das -Milieu im Aquarium gestört, kann dies zum einen die Vitalität der Wassertiere negativ beeinflussen und zum anderen das Wachstum von Algen und Bakterien fördern. Meerwasseraquarien sind in dieser Hinsicht viel empfindlicher als Süßwasseraquarien. In ein neues Meerwasseraquarium bringt man zunächst Korallentiere und Kalkalgen ein, die bei ihrem Wachstum dem Wasser Carbonationen entziehen. Bereits in dieser Phase gleicht man dies durch regelmäßige Zugaben eines Carbonatpuffers aus. Erst nach längerer Zeit (in machen Fällen mehrere Monate) setzt man Fische ein. Aus den Ausscheidungen der Fische entwickelt sich Ammoniak; auch dies wird durch die Puffergaben neutralisiert. 6.9 Säure-Base-Titrationen Zur Aufgabe A1 Nur bei der Titration einer starken Säure oder Base fällt der Äquivalenzpunkt mit dem Neutralpunkt ( = 7) zusammen. Bei der Titration einer schwachen Säure mit einer starken Base erhält man am Äquivalenzpunkt eine alkalische Lösung; bei der Titration einer schwachen Base mit einer starken Säure erhält man eine saure Lösung. Beispiel: Bei der Titration von Essigsäure mit Natronlauge erhält man am Äquivalenzpunkt eine Lösung von Natriumacetat. Das hydratisierte Natriumion ist eine extrem schwache Säure, das Acetation ist eine schwache Base. Folglich ist die Lösung alkalisch. Zu den Versuchen V1 Titration von Salzsäure (c (HCl) =,1 mol/l; V (Salzsäure) = 1 ml) mit Natronlauge (c (NaOH) = 1 mol/l). Die Tabelle mit Diagramm zeigt die folgendermaßen berechneten Werte: V(Natronlauge) < 1 ml: V(Natronlauge) = 1 ml: V(Natronlauge) > 1 ml: = lg c (HCl) V (Salzsäure) c (NaOH) V(Natronlauge) V (Salzsäure) + V(Natronlauge) = lg K W = 7, = 14 + lg c (NaOH) V(Natronlauge) c (HCl) V (Salzsäure) V (Salzsäure) + V(Natronlauge) Je nach Qualität und Kalibrierung der Glaselektrode sind (sofern die Lösungen genau abgemessen sind und die Konzentrationen stimmen) -Abweichungen von ca. ±,2 möglich. Elemente Chemie 2 9

10 V(Natronlauge) in ml V(Natronlauge) in ml 1, 6,5 1,48,5 1,5 2,5 3,5 4,5 1,2 1,8 1,14 1,2 1,28 7, 8, 9, 1, 11, 1,55 1,73 2,4 7, 11,95 1, 2, 3, 4, 5, 1,5 1,11 1,17 1,24 1,32 7,5 8,5 9,5 1,5 11,5 1,63 1,86 2,34 11,66 12, ,5 1,37 12, 12,25 6, 1,42 12,5 12, V(Natronlauge) in ml V2 Titration von Essigsäure (pk S = 4,75; c (HAc) =,1 mol/l; V (Essigsäure) = 1 ml; mit Natronlauge (c (NaOH) = 1 mol/l). Die Tabelle mit Diagramm zeigt die folgendermaßen berechneten Werte: V(Natronlauge) = : = 1 _ 2 [ pk S lg c (HAc) ] V(Natronlauge) < 1 ml: = pk S + lg c (Ac ) c (HAc) c (NaOH) V(Natronlauge) = pk S + lg c (HAc) V (Essigsäure) c (NaOH) V(Natronlauge) V(Natronlauge) = 1 ml: V(Natronlauge) > 1 ml: = 14 1 _ 2 [ pk B lg c (Ac ) ] = 14 _ 1 2 [ 14 pk S lg c (HAc) V (Essigsäure) V (Essigsäure) + V(Natronlauge) = 14 + lg c (NaOH) V(Natronlauge) c (HAc) V (Essisäure) V (Essigsäure) + V(Natronlauge) V(Natronlauge) in ml V(Natronlauge) in ml 2,88 6,5 5,2,5 1,5 2,5 3,5 4,5 3,47 4, 4,27 4,48 4,66 7, 8, 9, 1, 11, 5,12 5,35 5,7 8,85 11,95 1, 2, 3, 4, 5, 3,8 4,15 4,38 4,57 4,75 7,5 8,5 9,5 1,5 11,5 5,23 5,5 6,3 11,66 12, ,5 4,84 12, 12,25 6, 4,93 12,5 12, V(Natronlauge) in ml 1 Elemente Chemie 2

11 6.1 Titration und Indikator Zu den Aufgaben A1 a) Da eine sehr starke Säure mit einer sehr starken Base titriert wird, stimmt der Äquivalenzpunkt mit dem Neutralpunkt ( = 7) überein. Folglich ist Bromthymolblau (pk S = 7,1) am besten geeignet. Da die Titrationskurve im Bereich des Äquivalenzpunktes sehr steil verläuft, sind aber auch andere Indikatoren gut geeignet. b) Hier wird eine schwache Base (Ammoniak) mit einer sehr starken Säure titriert. Am Äquivalenz punkt liegt eine Lösung von Ammoniumchlorid vor (c (NH 4 + ) =,1 mol/l). = _ 1 2 [ pk S lg c (NH + 4 )] = _ 1 2 [ 9,25 lg,1 ] = 5,13 Folglich ist Methylrot (pk S = 5,) am besten geeignet. A2 Reaktion bis zum 1. Äquivalenzpunkt (Farbumschlag von Methylorange): H 3 PO 4 + OH H 2 PO 4 + H 2 O und n(oh ) = n(naoh) n(h 3PO 4 ) n(naoh) = _ 1 1 = c (H 3 PO 4 ) V (Phosphorsäure) c (NaOH) V(Natronlauge) c (H 3 PO 4 ) = c (NaOH) V(Natronlauge) 2 mol/l 5 ml = =,2 mol/l V (Phosphorsäure) 5 ml Reaktion bis zum 2. Äquivalenzpunkt (Farbumschlag von Thymolphthalein): H 3 PO OH HPO H 2 O n(h 3PO 4 ) n(naoh) = _ 1 2 = c (H 3 PO 4 ) V (Phosphorsäure) c (NaOH) V(Natronlauge) c (H 3 PO 4 ) = c (NaOH) V(Natronlauge) 2 mol/l 1 ml = =,2 mol/l 2 V (Phosphorsäure) 2 5 ml Zum Versuch V1 Da die Konzentrationen aller Lösungen gleich sind, wird der Äquivalenzpunt bei Zugabe von 2, ml Natronlauge erreicht. a) Titration von 2 ml Salzsäure (c (HCl) =,1 mol/l) mit Natronlauge (c (NaOH) =,1 mol/l): Bei allen drei Indikatoren wird der Umschlagspunkt bei Zugabe von 2, ml Natronlauge beobachtet. Ergebnis: Alle drei Indikatoren sind für diese Titration gut geeignet. b) Titration von 2 ml Essigsäure (c (CH 3 COOH) =,1 mol/l) mit Natronlauge (c (NaOH) =,1 mol/l) mit Methylorange: kein eindeutiger Umschlagspunkt, sondern ein Umschlagsbereich von Rot nach Gelborange ab der Zugabe von ca. 1 ml Natronlauge, bis die Farbe nach Zugabe von ca. 6 ml Natron lauge gleich bleibt; mit Bromthymolblau: Farbumschlag von Gelb nach Blau nach Zugabe von ca. 19,9 ml Natronlauge; mit Phenolphthalein: Umschlagspunkt von Farblos nach Purpur bei Zugabe von 2, ml Natronlauge. Ergebnis: Gut geeignet für diese Titration ist nur Phenolphthalein, bei Verzicht auf hohe Genauigkeit auch Bromthymolblau. Methylorange ist ungeeignet. Elemente Chemie 2 11

12 Hinweis: Die folgenden Diagramme zeigen den berechneten Verlauf der Titrationskurven im Vergleich zu den Umschlagsbereichen der Indikatoren. Bei der Titration von Salzsäure liegen alle drei Umschlagsbereiche im steilen Bereich der Titrationskurve, bei der Titration von Essigsäure nur der Umschlagsbereich von Phenolphthalein Titration von Salzsäure mit Natronlauge Titration von Essigsäure mit Natronlauge 1 Phenolphthalein 1 Phenolphthalein 8 Bromthymolblau 8 Bromthymolblau Methylorange 4 Methylorange V(Natronlauge) in ml V(Natronlauge) in ml Exkurs Halbtitration Zu den Aufgaben A1 Bei den angegebenen Konzentrationen und Mengen muss der Äquivalenzpunkt bei V(Natronlauge) = 1, ml erreicht sein; grafische Abschätzung bestätigt diesen Wert. Grafische Interpolation der Kurve beim Halbäquivalenzpunkt mit V(Natronlauge) = 5, ml ergibt: pk S 3,8 V(Natronlauge) in ml 2,39 1,3 2,97 2,7 3,34 4, 3,59 5,3 3,81 6,7 4,7 8, 4,36 9,3 4,88 9,8 5,5 1,2 11,5 1,7 11,8 12, 12,25 13,3 12,46 14,7 12,61 16, 12,71 17,3 12,79 18,7 12,86 2, 12, ÄP HP V(Natronlauge) in ml A2 Titration einer schwachen Base mit pk B = 5 Beispiel: V = 1 ml; c =,1 mol/l; Titration mit einer starken Säure (c (Maßlösung) = 1 mol/l) 12 Elemente Chemie 2

13 Berechnung einiger Punkte: V(Maßlösung) = : = 14 _ 1 2 [ pk B lg c ] = 14 _ 1 2 [ 5 lg,1 ] = 11 V(Maßlösung) = 5, ml (HP): = 14 pk B = 14 5 = 9 V(Maßlösung) = 1, ml (ÄP): = 14 _ 1 2 [ 14 pk B lg c ] = 14 _ 1 2 [ 14 5 lg,1 ] = 5 V(Maßlösung) = 2, ml: c (Maßlösung) (V(Maßlösung) V(Maßlösung, ÄP) ) 1 mol/l (2 ml 1 ml) = lg = lg = 1,4 V + V(Maßlösung) 1 ml + 1 ml (Vernachlässigt man im Nenner das zugegebene Volumen V(Maßlösung), erhält man praktisch dasselbe Ergebnis: = 1) HP ÄP V(Maßlösung) in ml 2 Zum Versuch V1 Eine Lösung von 1 g Salicylsäure in 1 l Wasser hat die folgende Konzentration: 1 g c (C 7 H 6 O 3 ) =,7 mol/l 138 g/mol 1 l Beim Titrieren einer Probe von 2 ml Salicylsäurelösung mit Natronlauge (c (NaOH) =,1 mol/l) und Phenolphthalein als Indikator wird (je nach Einwaage) der Äquivalenzpunkt nach Zugabe von ca. 14 ml Maßlösung erreicht. Gibt man zu einer weiteren Probe genau die Hälfte der Maßlösung, erhält man eine Lösung mit = 3, folglich ist auch pk S = 3. (Literaturwert: pk S (1) = 2,98; siehe Hinweise) Hinweise: Mit ihrem pk S -Wert unter 4 ist Salicylsäure eigentlich eine starke Säure. Die Näherung der Henderson-Hasselbalch-Gleichung reicht aber trotzdem aus, sodass das Verfahren der Halbtitration hier angewandt werden kann. Salicylsäure ist außerdem eine zweiprotonige Säure. Die zweite Deprotonierung findet allerdings erst bei höheren -Werten statt (pk S (2) = 13,74), sodass dies bei der Bestimmung des pk S (1) nicht stört. In einem Teil der Auflage wird der Versuch versehentlich mit 1 g Salicylsäure in 1 ml Wasser beschrieben. In kaltem Wasser löst sich diese Menge nicht vollständig auf. Der Versuch gelingt trotzdem, wenn man die Salicylsäure unter Erwärmen löst (ca. 55 C), warm titriert (Magnetrührer mit Heizplatte) und auch am Halbäquivalenzpunkt den -Wert der warmen Lösung misst. Elemente Chemie 2 13

14 6.12 Impulse Titration theoretisch und praktisch Zu den Aufgaben A1 a) zugefügtes V(NaOH) zugefügte n(naoh) verbleibende n(h 3 O + ) c(h 3 O + ) überschüssige n(oh ) -Wert Anteil der neutralisierten Säure, ml, mol,1 mol,1 mol/l 1, % 1, ml,1 mol,9 mol,9 mol/l 1,5 1 % 5, ml,5 mol,5 mol,5 mol/l 1,3 5 % 8, ml,8 mol,2 mol,2 mol/l 1,7 8 % 9, ml,9 mol,1 mol,1 mol/l 2, 9 % 9,9 ml,99 mol,1 mol,1 mol/l 3, 99 % 9,99 ml,999 mol,1 mol,1 mol/l 4, 99,9 % 1, ml,1 mol 1 7 mol/l 7, 1 % 11, ml,11 mol,1 mol 12, 15, ml,15 mol,5 mol 12,7 2, ml,2 mol,1 mol 13, b) Die berechneten Werte stimmen mit den gemessenen gut überein. Je nach Qualität und Kalibrierung der Glaselektrode sind -Abweichungen von ca. ±,2 möglich. Das Diagramm zeigt die nach (a) berechneten Werte im Vergleich mit einer Kurve, die mit den zu Kap. 6.9, A1 gezeigten Formeln (d. h. mit Berücksichtigung der Volumenänderung) berechnet wurde. Die Werte weichen minimal ab. Bei 2, ml ergibt sich der am stärksten abweichende Wert = 12, V(Natronlauge) in ml 2 A2 Ca(OH) H 3 O + Ca H 2 O und n(h 3 O + ) = n(hcl) n(ca(oh 2 )) = _ 1 n(hcl) 2 = c (Ca(OH 2 )) V (Calciumhydroxidlösung) c (HCl) V(Salzsäure) c (HCl) V(Salzsäure) c (Ca(OH 2 )) = 2 V (Calciumhydroxidlösung) =,5 mol/l 15 ml =,94 mol/l 2 4 ml 14 Elemente Chemie 2

15 Zum Versuch V1 Siehe Kap. 6.9, V1. Die mit -Papier bestimmten Werte stimmen mit den mit dem -Meter gemessenen Werten überein, sind aber weniger genau. Bei der Abstufung des meistens verwendeten -Papiers von ±1 oder ±,5 wird entsprechend auch die Titrationskurve stufenförmig. Der starke Anstieg des -Werts am Äqivalenzpunkt und das Zusammenfallen des Äquivalenzpunktes mit dem Neutralpunkt ( = 7) sind charakteristisch für eine starke Säure. Hinweis: In einem Teil der Auflage wird in der Versuchsbeschreibung im Schülerbuch versehentlich auf Kap. 6.1 statt Kap. 6.9 verwiesen Praktikum Säuren und Basen in Produkten des Alltags Zu den Versuchen V1 Zur Auswertung wird zunächst aus dem Verbrauch an Maßlösung die Stoffmengenkonzentration c berechnet; diese wird in die Massenkonzentration b und den Massenanteil w umgerechnet. CH 3 COOH + OH CH 3 COO + H 2 O und n(oh ) = n(naoh) n(ch 3COOH) n(oh = _ 1 ) 1 = c (CH 3COOH) V(Essig) c (NaOH) V(Natronlauge) c (CH V(Natronlauge) 3COOH) = c(naoh) V(Essig) b(essigsäure) = m(essigsäure) = n(ch 3COOH) M(CH 3 COOH) = c (CH V(Essig) V(Essig) 3 COOH) M(CH 3 COOH) (Hinweis: M(CH 3 COOH) = 6,5 g/mol) w(essigsäure) = m(essigsäure) = m(essigsäure) m(essig) V(Essig) r(essig) = b(essigsäure) r(essig) (Hinweis: r(essig) setzt man zweckmäßig in der Einheit g/l ein (1 g/cm 3 = 1 g/l). Zur Umrechnung in Prozent wird das Ergebnis mit 1 % multipliziert.) Beispiel für Messergebnisse (c (NaOH) = 1 mol/l; hier wurde auch die Dichte des Essigs bestimmt): Sorte r in g/l V(Essig) in ml V(Natronlauge)* in ml c (CH 3 COOH) in mol/l b(essigsäure) in g/l w(essigsäure) in % Obstessig 17 1, 8,5, ,1 Branntweinessig 16 1, 8,5, ,1 Weinessig 16 1, 1,5 1,5 63 6,3 Essigessenz 133 5, 21, 4, ,4 * Es handelt sich um Mittelwerte mehrerer Titrationen mit Essig aus jeweils derselben Flasche. Abweichung: ±,5 ml bei den Essigsorten bzw. ±1 ml bei Essigessenz Elemente Chemie 2 15

16 V2 Zwei unterschiedliche Cola-Getränke (je 2 ml) wurden mit Natronlauge (c (NaOH) =,25 mol/l) titriert: a) b) V(Natronlauge) in ml (Cola 1) (Cola 2) 2,44 2,41 1, 2,68 2,54 2, 2,95 2,74 3, 3,55 3,8 4, 5,72 4,14 5, 6,39 6,16 6, 6,78 6,66 7, 7,18 7,5 8, 7,88 7,58 9, 8,81 8,66 1, 9,48 9,27 11, 9,85 9,56 12, 1,9 9,74 13, 1,23 9,87 14, 1,36 9,99 15, 1,45 1,6 2, 1,76 1, Cola 1 Cola 2 V(Natronlauge) in ml c) Grafische Auswertung ergibt: 1. Äquivalenzpunkt Cola 1: V(Natronlauge) 3,4 ml c (NaOH) V(Natronlauge),25 mol/l 3,4 ml c (H 3 PO 4 ) = = =,43 mol/l V(Cola-Getränk) 2 ml b(phosphorsäure) = c (H 3 PO 4 ) M(H 3 PO 4 ) =,51 mol/l 98 g/mol =,42 g/l 1. Äquivalenzpunkt Cola 2: V(Natronlauge) 4,1 ml Analoge Rechnung ergibt: c (H 3 PO 4 ) =,51 mol/l und b(phosphorsäure) =,51 g/l d) 1 l Cola-Getränk enthält (je nach Sorte) ca. 1 bis 11 g Zucker. Dessen Süße wird also durch,4 bis,5 g Phosphor säure neutralisiert bzw. modifiziert. V3 Je 2 ml von zwei Weinen wurden mit Natronlauge (c (NaOH) =,1 mol/l) titriert: Rebenschoppen (Verschnitt von Weinen aus mehreren Ländern der EU): V(Natronlauge) = 15, ml (Der Umschlag nach Blaugrün war nicht wahrnehmbar, da die Eigenfarbe des Weines ein sattes Goldgelb war. Daher wurde vermutlich etwas übertitriert, bis zum Umschlag nach Blau). Himmliches Tröpfchen, lieblich. fruchtig. fein, Abfüller: Langguth: V(Natronlauge) = 17,3 ml (Umschlag nach Blaugrün) Riesling Spätlese halbtrocken, Zotzenheimer Klostergarten (Rheinhessen): V(Natronlauge) = 21, ml (Umschlag nach Blaugrün) 16 Elemente Chemie 2

17 V(Probe) = 2 ml c(natronlauge) =,1 mol/l Probe Weinsäurelösung, c =,25 mol/l Weinsäurelösung, c =,5 mol/l Weinsäurelösung, c =,1 mol/l Rebenschoppen (Verschnitt) V(Natronlauge) 1, ml 2,1 ml 39,9 ml 15, ml V(Natronlauge) in ml Rebenschoppen Himmlisches Tröpfchen Riesling Spätlese Himmlisches 17,3 ml 1 Tröpfchen Riesling Spätlese, 21, ml 5 halbtrocken c(c 4 H 6 O 6 ) in mol/l,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,1 Grafische Auswertung ergibt: Rebenschoppen: c(weinsäure) =,38 mol/l b(weinsäure) = M(C 4 H 6 O 6 ) c (C 4 H 6 O 6 ) = 15 g/mol,38 mol/l = 5,7 g/l Himmlisches Tröpfchen: c(weinsäure) =,43 mol/l b(weinsäure) = M(C 4 H 6 O 6 ) c (C 4 H 6 O 6 ) = 15 g/mol,43 mol/l = 6,5 g/l Riesling Spätlese, halbtrocken: c (C 4 H 6 O 6 ) =,53 mol/l b(weinsäure) = M(C 4 H 6 O 6 ) c (C 4 H 6 O 6 ) = 15 g/mol,53 mol/l = 8, g/l V4 a) Zu Schritt (a): Zur Auswertung muss die Masse der Probe möglichst genau bekannt sein. Dabei ist es gleichgültig, ob man 4, g oder z. B. 4,123 g Rohrreiniger einwiegt. Die Aluminiumkörner werden entfernt, da sie sonst, sobald Wasser zugegeben wird, mit anderen Bestandteilen des Rohrreinigers reagieren (siehe (d) und (e) ). Beim Lösen des Rohrreinigers wird Wärme frei. Die Lösung muss gekühlt werden, damit die Probe lösung das gewünschte Volumen von 1 ml bei Zimmertemperatur aufweist. Zu Schritt (b): Mit einer Vollpipette lässt sich die Probelösung genau abmessen. Methylorange ist der Indikator zur Ermittlung des Äquivalenzpunktes. Die Salzsäure (als H 3 O + ) reagiert sowohl mit den gelösten Hydroxidionen als auch mit den gelösten Carbonationen: H 3 O + + OH H 2 O und 2 H 3 O + + CO 3 2 CO H 2 O Zu Schritt (c): Die Bestimmung von Carbonationen ist auf diese Weise nicht direkt möglich, da jede Titration mit einer Säure auch das Natriumhydroxid erfasst. Deshalb werden die Carbonationen als schwer lösliches Bariumcarbonat ausgefällt: Ba 2+ (aq) + CO 3 2 (aq) BaCO 3 (s) Danach können die Hydroxidionen allein bestimmt werden. Durch die Wahl der Oxalsäure als Maßlösung wird verhindert, dass das Bariumcarbonat wieder in Lösung geht: H 2 C 2 O OH C 2 O H 2 O Aus der Differenz der Volumina der beiden Maßlösungen (Salzsäure und Oxalsäure) kann man die Stoffmenge der Carbonationen berechnen. b) Ergebnis der Untersuchung eines Rohrreinigers: m(rohrreinigerprobe) = 4,427 g (Sechs Aluminiumkörner, insgesamt 5 mg, wurden aussortiert.) Die Probe wurde in Wasser gelöst und auf V = 1 ml =,1 l aufgefüllt; jeweils 2 ml davon wurden titriert: V(Salzsäure) = 1,6 ml (c(hcl) = 1 mol/l) V(Oxalsäure) = 1,1 ml (c(h 2 C 2 O 4 ) =,5 mol/l) Elemente Chemie 2 17

18 Berechnungen zum Hydroxid: n(naoh) n(h 2 C 2 O 4 ) = _ 2 V(Natronlauge) 1 = c(naoh) c(h 2 C 2 O 4 ) V(Oxalsäure) c (NaOH) = 2 c(h 2C 2 O 4 ) V(Oxalsäure) 2,5 mol/l 1,1 ml = =,55 mol/l 1 V(Natronlauge) 2 ml n(naoh) = c (NaOH) V =,55 mol/l,1 l =,55 mol m(natriumhydroxid) = n(naoh) M(NaOH) =,55 mol 4, g/mol = 2,2 g w(natriumhydroxid) = m(natriumhydroxid) m(rohrreinigerprobe) = 2,2 g 4,427 g 1 % 46 % Berechnungen zum Carbonat: Hinweis: Die in der Lösung vorhandenen Hydroxidionen verbrauchen bei der Titration genauso viel Salzsäure (einprotonig; c (HCl) = 1 mol/l) wie sie bei der anderen Titration Oxalsäure (zweiprotonig; c (H 2 C 2 O 4 ) =,5 mol/l) verbraucht haben. Zur Berechnung der Konzentration der Carbonationen korrigiert man deshab das titrierte Volumen einfach durch Subtraktion von V(Oxalsäure). n(hcl) n(na 2 CO 3 ) = _ 2 [V(Salzsäure) V(Oxalsäure)] 1 = c(hcl) c(na 2 CO 3 ) V(Natriumcarbonatlösung) 1 c(hcl) [V(Salzsäure) V(Oxalsäure)] 1 1 mol/l (1,6 ml 1,1 ml) c (Na 2 CO 3 ) = = =,125 mol 2 V(Natriumcarbonatlösung) 2 2 ml n(na 2 CO 3 ) = c (Na 2 CO 3 ) V =,125 mol/l,1 l =,125 mol m(natriumcarbonat) =,125 mol 15,99 g/mol =,132 g w(natriumcarbonat) =,132 g 4,427 g 1 % 3 % Der Rohrreiniger enthält 3 % Natriumcarbonat und 46 % Natriumhydroxid. c) Rohrreiniger ist ein inhomogenes, grobkörniges Feststoffgemisch. Bei der Entnahme kleiner Mengen treten daher zufällige Schwankungen in der Zusammensetzung auf. Die Komponenten haben außerdem unterschiedliche Dichten und Korngrößen. Durch Schütteln gelangen schwere, kleine Körner in den unteren Bereich der Rohrreinigerdose und werden (oben) in zu kleinem Anteil entnommen. Zum Entnehmen der Probe muss die Rohrreinigerdose in waagerechter Lage gut geschüttelt und dabei gedreht werden, damit sich die Stoffe gut durchmischen. Im Prinzip könnte man auch den gesamten Inhalt einer Rohrreinigerdose wiegen, von Aluminiumkörnern befreien und in Wasser auflösen; dies ist jedoch sehr aufwändig. Eine weitere Fehlerquelle liegt darin, dass vor der Titration mit Oxalsäure nicht lange genug ab gewartet wird, bis alle Carbonat ionen mit den Bariumionen reagiert haben. d) Aluminium reagiert mit einer alkalischen Lösung unter Bildung von Wasserstoff. Die Gasbildung fördert die Lockerung der Rohrverstopfung. e) Da die Bildung des Wasserstoffgases zu Explosionen im Haushalt führen könnte, wird dem Rohrreiniger Natriumnitrat zugemischt. Aus Natriumnitrat und Wasserstoff bildet sich Ammoniak. 18 Elemente Chemie 2

19 6.14 Durchblick Zusammenfassung und Übung A1 a) HSO HPO 4 SO H 2 PO 4 b) Das Sulfation kann kein Proton abgeben; es ist kein amphoteres Teilchen. Das Dihydrogenphosphation kann ein Proton aufnehmen oder abgeben; es ist ein amphoteres Teilchen: H 2 PO 4 + H 3 O + H 3 PO 4 + H 2 O oder H 2 PO 4 + OH HPO H 2 O A2 a) Salpetersäure ist eine starke Säure. Berechnung nach der Formel für sehr starke Säuren: lg {c (HNO 3 )} = lg,25 =,6 Berechnung nach der Formel für schwache Säuren: ½ [ pk s lg {c (HNO 3 )} ] = ½ [ 1,32 lg,25 ] =,36 Die Formel für schwache Säuren ist hier offensichtlich nicht anwendbar, da der -Wert nicht kleiner sein kann als der für vollständige Protolyse (d. h. eine sehr starke Säure) berechnete Wert. Die Formel für sehr starke Säuren ergibt folglich die bessere Näherung:,6 Hinweis: Man kann den -Wert der Lösung einer starken Säure auch genauer berechnen: = lg { K S + K 2 S + 4 c (HA) K S 2 } Einsetzen von K S = 1 1,32 mol/l und c (HA) =,25 mol/l ergibt: =,61 Für Salpetersäure liefert die Formel für sehr starke Säuren näherungsweise das richtige Ergbnis. b) Schwefelwasserstoff ist eine schwache Säure. = ½ [ pk s lg {c (H 2 S)} ] = ½ [ 6,92 lg,4 ] = 3,66 c) Das Phosphation ist eine starke Base. Berechnung nach der Formel für sehr starke Basen: 14 poh = 14 ( lg {c (PO 4 3 )}) = 14 + lg,1 = 13, Berechnung nach der Formel für schwache Basen: 14 poh = 14 ½ [ pk B lg {c (PO 4 3 )} ] = 14 ½ [ 1,64 lg,1 ] = 12,68 Die Ergebnisse stimmen ungefähr überein; man kann also näherungsweise angeben: 13 Hinweis: Man kann den -Wert der Lösung einer starken Base auch genauer berechnen: K = 14 poh = 14 + lg { B + K 2 B + 4 c (B ) K B 2 Einsetzen von K B = 1 1,64 mol/l und c (B ) =,1 mol/l ergibt: = 12,58 } Elemente Chemie 2 19

20 A3 a) C ist der Neutralpunkt ( = 7); D ist der Äquivalenzpunkt. Am Punkt B liegen etwa gleiche Stoffmengen von Ammoniakmolekülen und Ammoniumionen vor. Durch die Pufferwirkung des Systems NH 3 /NH 4 + ändert sich der -Wert bei Zugabe von Salzsäure nur wenig, da die zusätzlichen Oxoniumionen mit Ammoniakmolekülen reagieren: NH 3 + H 3 O + NH H 2 O Die Steigung der Titrationskurve hat folglich am Punkt B einen kleinen Betrag. b) Der Äquivalenzpukt liegt bei V(Salzsäure) = 25 ml. NH 3 + H 3 O + NH H 2 O und n(h 3 O + ) = n(hcl) n (NH 3 ) n(h 3 O + ) = _ 1 1 = c (NH 3 ) V(Ammoniaklösung) c (HCl) V(Salzsäure) c (HCl) V(Salzsäure) c (NH 3 ) = V(Ammoniaklösung) = 1 mol/l 25 ml = 1 mol/l 25 ml c) Am Äquivalenzpunkt ist 5. Folglich ist Methylrot (pk S = 5,) ein geeigneter Indikator. A4 NaCl + H 2 O Na + + Cl + H 2 O neutral NH 4 Cl + H 2 O NH Cl + H 3 O + sauer CH 3 COONa + H 2 O Na + + CH 3 COOH + OH alkalisch NaHCO 3 + H 2 O Na + + H 2 CO 3 + OH alkalisch A5 Ein Puffersystem ist eine Lösung einer schwachen Säure und ihrer korrespondierenden Base (bzw. einer schwachen Base und ihrer korrespondierenden Säure). Bei Zugabe von sauren oder alkalischen Lösungen ändert ein Puffersystem seinen -Wert nur wenig. Beispiel: Puffersystem Hydrogensulfit/Sulfit; pk S = 7,; c (HSO 3 ) = c (SO 3 2 ) = 1 mol/l 2 ) = pk S + lg c (SO 3 c (HSO = 7, + lg 1 = 7, 3 ) A6 Essigsäure hat einen pk S -Wert von 4,75, damit ist der pk B -Wert des Acetations: pk B = 14 4,75 = 9,25 Am Äquivalenzpunkt (Lösung von Natriumacetat) ist die Lösung folglich alkalisch. Schüler A ist richtig vorgegangen, da der pk s -Wert von Phenoplphthalein und damit dessen Umschlagspunkt im alkalischen Bereich liegt. Das Messergebnis von Schüler B ist unbrauchbar, da der Umschlagspunkt von Methylrot im sauren Bereich liegt. Er beobachtet lange vor dem eigentlichen Äquivalenzpunkt einen Farbumschlag. 2 Elemente Chemie 2

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