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Übung AFB II

Vom Glasreiniger bis zum Kalorimeter — erst den Ansatz finden, dann rechnen.

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Aufgabenblock — AFB II

Zehn mehrschrittige Aufgaben aus Labor und Alltag — Titrationen, Verdünnungen, schwache Säuren und Basen, Puffer und ein Blick zurück in Kapitel 1 und 2. Drei gestufte Tipps helfen beim Ansatz.

A1
Schwefelsäure titrieren
AFB II

\(10{,}0\,\mathrm{mL}\) verdünnte Schwefelsäure werden mit Natronlauge (\(c=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) titriert; bis zum Farbumschlag werden \(12{,}60\,\mathrm{mL}\) verbraucht: \(\ce{H2SO4 + 2 NaOH}\) \(\ce{-> Na2SO4 + 2 H2O}\).

a) Berechnen Sie die verbrauchte Stoffmenge \(n(\ce{OH-})\) in mmol. b) Berechnen Sie \(c(\ce{H2SO4})\).

mmol
mol/L
Ansatz: \(n=c\cdot V\) mit \(V\) in L (oder: mmol = mol/L · mL). Schwefelsäure ist zweiprotonig — die Stoffmengen am Äquivalenzpunkt sind nicht gleich.
Rechenweg: \(n(\ce{OH-})=0{,}100\cdot12{,}60\,\mathrm{mmol}\); \(n(\ce{H2SO4})=\tfrac12\,n(\ce{OH-})\); dann durch \(10{,}0\,\mathrm{mL}\) teilen.
Lösung: a) \(1{,}26\,\mathrm{mmol}\) b) \(0{,}0630\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(n(\ce{OH-})=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot12{,}60\,\mathrm{mL}=1{,}26\,\mathrm{mmol}\). b) Jedes \(\ce{H2SO4}\) gibt zwei Protonen ab: \(n(\ce{H2SO4})=0{,}630\,\mathrm{mmol}\); \(c=\dfrac{0{,}630\,\mathrm{mmol}}{10{,}0\,\mathrm{mL}}=0{,}0630\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). Wer mit der Formel für einprotonige Säuren rechnet, erhält den doppelten, falschen Wert \(0{,}126\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\).
A2
Verdünnen einer starken Säure
AFB II

Eine Salzsäure hat den pH-Wert \(1{,}0\). Ein Schüler pipettiert \(10{,}0\,\mathrm{mL}\) davon in einen Messkolben und füllt mit Wasser auf \(1{,}00\,\mathrm{L}\) auf. Eine zweite Probe (\(50{,}0\,\mathrm{mL}\), pH \(2{,}0\)) soll auf pH \(3{,}0\) gebracht werden.

a) Berechnen Sie den pH-Wert der Lösung im Messkolben. b) Berechnen Sie, wie viel Wasser zur zweiten Probe gegeben werden muss.

mL
Ansatz: Starke Säure: \(c(\ce{H3O+})=c_0\). Beim Verdünnen bleibt die Stoffmenge \(n(\ce{H3O+})\) gleich; ein Zehntel der Konzentration heißt pH \(+1\).
Rechenweg: a) Verdünnungsfaktor \(1000:10=100\) → \(c\) sinkt von \(10^{-1}\) auf \(10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). b) pH \(2\to3\): Faktor 10 → Endvolumen \(500\,\mathrm{mL}\).
Lösung: a) pH \(3{,}0\) b) \(450\,\mathrm{mL}\) Wasser
Vollständige Lösung
a) \(c_1\cdot V_1=c_2\cdot V_2\): \(c_2=\dfrac{0{,}10\cdot10{,}0}{1000}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}=1{,}0\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) → pH \(3{,}0\). b) \(c\) muss von \(10^{-2}\) auf \(10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) sinken, also Gesamtvolumen \(10\cdot50{,}0\,\mathrm{mL}=500\,\mathrm{mL}\); zuzugeben sind \(500-50=450\,\mathrm{mL}\) Wasser (nicht \(500\,\mathrm{mL}\)!).
A3
Essigsäure: pH und Protolysegrad
AFB II

Eine Essigsäure-Lösung wird mit \(c_0=0{,}50\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) angesetzt (\(\mathrm{p}K_S=4{,}75\)).

a) Berechnen Sie den pH-Wert. b) Berechnen Sie den Protolysegrad \(\alpha\) in Prozent.

%
Ansatz: Essigsäure ist schwach: Näherungsformel \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(\mathrm{p}K_S-\lg c_0)\). Für \(\alpha\) brauchen Sie \(c(\ce{A-})=c(\ce{H3O+})\).
Rechenweg: \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(4{,}75+0{,}30)\); \(c(\ce{H3O+})=10^{-\mathrm{pH}}\); \(\alpha=c(\ce{H3O+}):c_0\).
Lösung: a) pH \(2{,}53\) b) \(\alpha\approx0{,}60\,\%\)
Vollständige Lösung
a) \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(4{,}75-\lg0{,}50)=\tfrac12\,(4{,}75+0{,}301)\approx2{,}53\). b) \(c(\ce{H3O+})=10^{-2{,}53}\approx2{,}98\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); \(\alpha=\dfrac{2{,}98\cdot10^{-3}}{0{,}50}\approx0{,}60\,\%\). Nur etwa jedes 170. Essigsäuremolekül ist protolysiert — die Näherung \(c(\ce{HA})\approx c_0\) ist damit gerechtfertigt.
A4
pH einer Ammoniak-Lösung
AFB II

Ein Glasreiniger enthält Ammoniak, \(c_0(\ce{NH3})=0{,}050\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); \(\mathrm{p}K_B(\ce{NH3})=4{,}75\): \(\ce{NH3 + H2O}\) \(\ce{<=> NH4+ + OH-}\).

a) Berechnen Sie den pOH-Wert. b) Berechnen Sie den pH-Wert.

Ansatz: Ammoniak ist eine schwache Base: dieselbe Näherung wie bei schwachen Säuren, aber mit \(K_B\) und \(c(\ce{OH-})\).
Rechenweg: \(\mathrm{pOH}=\tfrac12\,(\mathrm{p}K_B-\lg c_0)\), danach \(\mathrm{pH}=14-\mathrm{pOH}\).
Lösung: a) pOH \(3{,}03\) b) pH \(10{,}97\)
Vollständige Lösung
a) \(\mathrm{pOH}=\tfrac12\,(4{,}75-\lg0{,}050)=\tfrac12\,(4{,}75+1{,}30)\approx3{,}03\). b) \(\mathrm{pH}=14-3{,}03=10{,}97\). Zum Vergleich: Natronlauge gleicher Konzentration (starke Base) hätte pOH \(1{,}30\) und pH \(12{,}70\).
A5
Unvollständig neutralisiert
AFB II

\(50{,}0\,\mathrm{mL}\) Salzsäure (\(c=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) werden mit \(40{,}0\,\mathrm{mL}\) Natronlauge (\(c=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) gemischt.

a) Berechnen Sie die Stoffmenge der übrig gebliebenen Oxonium-Ionen in mmol. b) Berechnen Sie den pH-Wert der Mischung.

mmol
Ansatz: \(\ce{H3O+ + OH- -> 2 H2O}\) läuft vollständig ab. Stoffmengen vergleichen, den Überschuss auf das Gesamtvolumen beziehen.
Rechenweg: \(n(\ce{H3O+})=5{,}00\,\mathrm{mmol}\), \(n(\ce{OH-})=4{,}00\,\mathrm{mmol}\); Gesamtvolumen \(90{,}0\,\mathrm{mL}\).
Lösung: a) \(1{,}00\,\mathrm{mmol}\) b) pH \(1{,}95\)
Vollständige Lösung
a) \(5{,}00-4{,}00=1{,}00\,\mathrm{mmol}\) \(\ce{H3O+}\) bleiben übrig. b) \(c(\ce{H3O+})=\dfrac{1{,}00\,\mathrm{mmol}}{90{,}0\,\mathrm{mL}}=0{,}0111\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); \(\mathrm{pH}=-\lg0{,}0111\approx1{,}95\). Obwohl 80 % der Säure neutralisiert sind, ist die Lösung noch deutlich sauer — erst kurz vor dem Äquivalenzpunkt steigt der pH-Wert sprunghaft.
A6
Welche Säure ist es?
AFB II

Die Lösung einer unbekannten einprotonigen Säure (\(c_0=0{,}10\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) hat den pH-Wert \(2{,}38\). Wie bei jedem Gleichgewicht (Kapitel 2) lässt sich die Konstante aus den Gleichgewichtskonzentrationen berechnen.

a) Berechnen Sie \(c(\ce{H3O+})\). b) Berechnen Sie mit der Näherung \(c(\ce{HA})\approx c_0\) den \(\mathrm{p}K_S\)-Wert und ordnen Sie die Säure mit der Säure-Base-Reihe zu.

· 10⁻³ mol/L
Ansatz: Aus dem pH-Wert folgt \(c(\ce{H3O+})\); wegen \(\ce{HA + H2O <=> A- + H3O+}\) gilt \(c(\ce{A-})=c(\ce{H3O+})\).
Rechenweg: Massenwirkungsgesetz: \(K_S=\dfrac{c(\ce{H3O+})\cdot c(\ce{A-})}{c(\ce{HA})}\approx\dfrac{c^2(\ce{H3O+})}{c_0}\), dann \(\mathrm{p}K_S=-\lg K_S\).
Lösung: a) \(4{,}17\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) b) \(\mathrm{p}K_S\approx3{,}76\) → Methansäure
Vollständige Lösung
a) \(c(\ce{H3O+})=10^{-2{,}38}\approx4{,}17\cdot10^{-3}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). b) \(K_S\approx\dfrac{(4{,}17\cdot10^{-3})^2}{0{,}10}=1{,}74\cdot10^{-4}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\); \(\mathrm{p}K_S\approx3{,}76\). In der Säure-Base-Reihe passt Methansäure \(\ce{HCOOH}\) (\(\mathrm{p}K_S=3{,}75\)). Kürzer: \(\mathrm{p}K_S=2\cdot\mathrm{pH}+\lg c_0=4{,}76-1=3{,}76\).
A7
Essigsäure unbekannter Konzentration
AFB II

\(25{,}0\,\mathrm{mL}\) einer Essigsäure-Lösung werden mit Natronlauge (\(c=0{,}200\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) titriert, der pH-Wert wird mit einer Elektrode gemessen (Diagramm).

a) Ermitteln Sie aus der Kurve \(c_0(\ce{CH3COOH})\). b) Berechnen Sie den pH-Wert der Essigsäure vor der Titration (\(\mathrm{p}K_S=4{,}75\)) und vergleichen Sie mit dem Startpunkt der Kurve.

mol/L
Ansatz: Der Äquivalenzpunkt liegt in der Mitte des pH-Sprungs; dort gilt \(n(\ce{OH-})=n(\ce{CH3COOH})\).
Rechenweg: ÄP bei \(15{,}0\,\mathrm{mL}\): \(c_0=\dfrac{0{,}200\cdot15{,}0}{25{,}0}\). Dann \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(\mathrm{p}K_S-\lg c_0)\).
Lösung: a) \(0{,}120\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) b) pH \(2{,}84\)
Vollständige Lösung
a) \(V_{\text{ÄP}}=15{,}0\,\mathrm{mL}\); \(c_0=\dfrac{0{,}200\cdot15{,}0}{25{,}0}\,\mathrm{mol\,L^{-1}}=0{,}120\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). b) \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(4{,}75-\lg0{,}120)=\tfrac12\,(4{,}75+0{,}92)\approx2{,}84\) — passt zum Startpunkt der Kurve. Kontrolle über den Halbäquivalenzpunkt: Bei \(7{,}5\,\mathrm{mL}\) zeigt die Kurve pH \(\approx4{,}75=\mathrm{p}K_S\).
0369121518212402468101214V(Natronlauge) in mLpH
Titration von 25,0 mL Essigsäure
A8
Ammoniak titrieren — welcher Indikator?
AFB II

\(10{,}0\,\mathrm{mL}\) Ammoniak-Lösung (\(c=0{,}200\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) werden mit Salzsäure (\(c=0{,}200\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) titriert: \(\ce{NH3 + H3O+}\) \(\ce{-> NH4+ + H2O}\). Am Äquivalenzpunkt liegt nur die schwache Säure \(\ce{NH4+}\) vor (\(\mathrm{p}K_S=9{,}25\)).

a) Berechnen Sie \(c(\ce{NH4+})\) am Äquivalenzpunkt. b) Berechnen Sie den pH-Wert am Äquivalenzpunkt und wählen Sie einen geeigneten Indikator.

mol/L
Ansatz: Am ÄP wurde genauso viel Salzsäure zugegeben, wie Ammoniak vorlag — das Volumen hat sich dabei verdoppelt.
Rechenweg: \(n(\ce{NH4+})=2{,}00\,\mathrm{mmol}\) in \(20{,}0\,\mathrm{mL}\); \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(9{,}25-\lg c)\).
Lösung: a) \(0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\) b) pH \(5{,}13\) → Methylrot
Vollständige Lösung
a) \(V_{\text{ÄP}}=10{,}0\,\mathrm{mL}\) Salzsäure; \(n(\ce{NH4+})=0{,}200\cdot10{,}0\,\mathrm{mmol}=2{,}00\,\mathrm{mmol}\) in \(20{,}0\,\mathrm{mL}\): \(c=0{,}100\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\). b) \(\mathrm{pH}=\tfrac12\,(9{,}25+1{,}00)\approx5{,}13\). Der Äquivalenzpunkt liegt im Sauren; Methylrot (Umschlag pH \(4{,}4\)–\(6{,}2\)) schlägt im pH-Sprung um. Phenolphthalein (\(8{,}2\)–\(10{,}0\)) würde schon weit vor dem ÄP entfärbt.
A9
Der Ammoniumpuffer fängt ab
AFB II

Ein Liter Pufferlösung enthält \(0{,}10\,\mathrm{mol}\) Ammoniumchlorid und \(0{,}10\,\mathrm{mol}\) Ammoniak (\(\mathrm{p}K_S(\ce{NH4+})=9{,}25\)). Man gibt \(0{,}030\,\mathrm{mol}\) Chlorwasserstoff (als konzentrierte Salzsäure, Volumenänderung vernachlässigbar) hinzu.

a) Geben Sie den pH-Wert des Puffers vor der Zugabe an. b) Berechnen Sie die Stoffmenge \(n(\ce{NH4+})\) nach der Zugabe.

mol
Ansatz: Gleiche Stoffmengen von schwacher Säure und korrespondierender Base: \(\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_S\). Die zugegebenen \(\ce{H3O+}\) werden von der Pufferbase abgefangen.
Rechenweg: \(\ce{NH3 + H3O+}\) \(\ce{-> NH4+ + H2O}\): \(\ce{NH3}\) nimmt um \(0{,}030\,\mathrm{mol}\) ab, \(\ce{NH4+}\) um \(0{,}030\,\mathrm{mol}\) zu.
Lösung: a) pH \(9{,}25\) b) \(0{,}13\,\mathrm{mol}\)
Vollständige Lösung
a) \(n(\ce{NH4+})=n(\ce{NH3})\) → \(\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_S=9{,}25\). b) Die Oxonium-Ionen reagieren mit Ammoniak: \(n(\ce{NH4+})=0{,}10+0{,}030=0{,}13\,\mathrm{mol}\), \(n(\ce{NH3})=0{,}07\,\mathrm{mol}\). Es ändert sich nur das Verhältnis der Pufferteilchen, der pH-Wert sinkt nur wenig. In einem Liter reinem Wasser würde dieselbe Säuremenge den pH-Wert von \(7\) auf \(-\lg0{,}030\approx1{,}5\) stürzen lassen.
A10
Neutralisationswärme (Kapitel 1)
AFB II

Im Kalorimeter werden \(100\,\mathrm{mL}\) Salpetersäure und \(100\,\mathrm{mL}\) Kalilauge (je \(c=0{,}50\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\)) gemischt; die Temperatur steigt um \(3{,}3\,\mathrm{K}\). Nehmen Sie \(m=200\,\mathrm{g}\) und \(c_W=4{,}19\,\mathrm{J\,g^{-1}\,K^{-1}}\) an.

a) Berechnen Sie die frei gewordene Wärme \(Q\) in kJ. b) Berechnen Sie die molare Reaktionsenthalpie der Neutralisation.

kJ
kJ/mol
Ansatz: Kalorimetrie: \(Q=c_W\cdot m\cdot\Delta T\). Die eigentliche Reaktion ist \(\ce{H3O+ + OH- -> 2 H2O}\) — \(\ce{K+}\) und \(\ce{NO3-}\) sind nur Begleit-Ionen.
Rechenweg: \(Q=4{,}19\cdot200\cdot3{,}3\,\mathrm{J}\); \(n(\ce{H3O+})=0{,}50\,\mathrm{mol\,L^{-1}}\cdot0{,}100\,\mathrm{L}=0{,}050\,\mathrm{mol}\); \(\Delta_r H=-Q/n\).
Lösung: a) \(2{,}77\,\mathrm{kJ}\) b) \(-55{,}3\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\)
Vollständige Lösung
a) \(Q=4{,}19\,\mathrm{J\,g^{-1}\,K^{-1}}\cdot200\,\mathrm{g}\cdot3{,}3\,\mathrm{K}\approx2765\,\mathrm{J}=2{,}77\,\mathrm{kJ}\). b) \(\Delta_r H=-\dfrac{2{,}77\,\mathrm{kJ}}{0{,}050\,\mathrm{mol}}\approx-55{,}3\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\) (exotherm, Vorzeichen!). Der Literaturwert \(-57{,}3\,\mathrm{kJ\,mol^{-1}}\) gilt für jede starke Säure mit jeder starken Base, weil immer dieselbe Reaktion \(\ce{H3O+ + OH- -> 2 H2O}\) abläuft; die Abweichung entsteht durch Wärmeverluste an Gefäß und Umgebung.