Czy ktoś mógłby rzucić okiem i powiedzieć mi co i jak, zwłaszcza jak z reakcją:
Obliczyć potencjał redoks w punkcie końcowym miareczkowania 2mmoli kwasu arsenowego(III) roztworem jodu o stężeniu 0,05mol/l jeżeli zabarwienie skrobi staje się widoczne przy stężeniu \(\displaystyle{ c(I_{3}^{-})= 10^{-7}mol/l}\) objętość zaś w punkcie końcowym wynosi 200ml.
Potencjały redoks
-
pesel
- Użytkownik
- Posty: 1707
- Rejestracja: 8 cze 2010, o 13:09
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 412 razy
Potencjały redoks
\(\displaystyle{ H_{3}AsO_{3}+I_{2}+H_{2}O \iff H_{3}AsO_{4}+2I^{-}+2H^{+}}\)
\(\displaystyle{ I_{2}+I^{-} \iff I_{3}^{-}}\)
Jonów jodkowych powstaje dwa razy więcej moli niż było kwasu arsenowego (III), a więc ich stężenie w będzie wynosiło (patrz uwaga poniżej):
\(\displaystyle{ [I^{-}]= \frac{4 \ mmole}{200 \ ml} = 0.02 \ mol/dm^{3}}\)
Nadmiar jodu (po przekroczeniu PR) reaguje zgodnie z drugą reakcją z jonami jodkowymi. W naszym przypadku możemy pominąć zmianę liczby moli jonów jodkowych ze względu na małe stężenie \(\displaystyle{ [I_{3}^{-}]=10^{-7}}\) w stosunku do wyliczonego powyżej stężenia jonów jodkowych.
Potencjały wszystkich układów redoks w każdym punkcie miareczkowania są sobie równe. Nam łatwiej obliczyć potencjał układu \(\displaystyle{ 2I^{-}/I_{2}}\) niż \(\displaystyle{ AsO_{3}^{-3}/AsO_{4}^_{-3}}\)
Reakcja połówkowa:
\(\displaystyle{ I_{2}+2e \iff 2I^{-}}\)
lub w naszej wersji:
\(\displaystyle{ I_{3}^{-}+2e \iff 3I^{-}}\)
\(\displaystyle{ E_{PK}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln \frac{[I_{3}^{-}]}{[I^{-}]^3}}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln\frac{10^{-7}}{(0.02)^{3}}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln (1.25 \cdot 10^{-2})}\)
Dla uproszczeń przyjmijmy, że jon trójjodkowy to po prostu inna postać jodu (w takiej postaci występuje w obecności jonów jodków) i nie zajmujemy się równowagą tej drugiej reakcji przyjmując, że jest bardzo przesunięta w prawo.
Poprawiłem współczynnik w równaniu Nernsta (Śr, 11:07)
\(\displaystyle{ I_{2}+I^{-} \iff I_{3}^{-}}\)
Jonów jodkowych powstaje dwa razy więcej moli niż było kwasu arsenowego (III), a więc ich stężenie w będzie wynosiło (patrz uwaga poniżej):
\(\displaystyle{ [I^{-}]= \frac{4 \ mmole}{200 \ ml} = 0.02 \ mol/dm^{3}}\)
Nadmiar jodu (po przekroczeniu PR) reaguje zgodnie z drugą reakcją z jonami jodkowymi. W naszym przypadku możemy pominąć zmianę liczby moli jonów jodkowych ze względu na małe stężenie \(\displaystyle{ [I_{3}^{-}]=10^{-7}}\) w stosunku do wyliczonego powyżej stężenia jonów jodkowych.
Potencjały wszystkich układów redoks w każdym punkcie miareczkowania są sobie równe. Nam łatwiej obliczyć potencjał układu \(\displaystyle{ 2I^{-}/I_{2}}\) niż \(\displaystyle{ AsO_{3}^{-3}/AsO_{4}^_{-3}}\)
Reakcja połówkowa:
\(\displaystyle{ I_{2}+2e \iff 2I^{-}}\)
lub w naszej wersji:
\(\displaystyle{ I_{3}^{-}+2e \iff 3I^{-}}\)
\(\displaystyle{ E_{PK}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln \frac{[I_{3}^{-}]}{[I^{-}]^3}}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln\frac{10^{-7}}{(0.02)^{3}}=E^{o}+ \frac{RT}{2F}ln (1.25 \cdot 10^{-2})}\)
Dla uproszczeń przyjmijmy, że jon trójjodkowy to po prostu inna postać jodu (w takiej postaci występuje w obecności jonów jodków) i nie zajmujemy się równowagą tej drugiej reakcji przyjmując, że jest bardzo przesunięta w prawo.
Poprawiłem współczynnik w równaniu Nernsta (Śr, 11:07)