Etiket Arşivleri: Mustafa DEMİR

20. Gravimetrik Analiz IV ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

Örnek 1: İçinde yalnız AgCl ve AgI bulunduğu bilinen 3.0 gramlık örnek gerekli işlemlerden sonra metalik gümüşe indirgenmişve elde edilen gümüşmiktarının 1.450 gram olduğu bulunmuştur. Buna göre örnekteki AgCl ve AgI yüzdeleri nedir?

Karışımdaki AgCl miktarı X, AgI miktarı ise Y ile gösterilecek olursa, X + Y = 3.0 olur. zÖte yandan AgCl’den gelen gümüşmiktarı ile AgI’dan gelen gümüşmiktarının toplamı 1.450 gram olduğuna göre,

X + Y = 3.0 Ag Ag x X + x Y = 1.450 AgCl AgI X + Y = 3.0 107.87 107.87 x X + x Y = 1.450 107.87 + 35.45 107.87 + 126.90 143.32 243.77 X + Y = 3.0 0.753X + 0.459Y = 1.450

0.753X + 0.753Y = 2.259 0.753X + 0.459Y = 1.450 0.753X + 0.753Y = 2.259 − 0.753X − 0.459Y = − 1.450 AgCl = 2,751 0,294Y = 0,809 AgCl = 3,0 − 2,751 = 0,249 0.809 Y = ⇒ Y = 2.751 3.0 100 0.294 = ⇒ % 91.7 AgI 2.751 x 3.0 100 = ⇒ % 8.3 AgCl 0.249 x

Örnek 2: İçinde yalnız CaCO3 ve MgCO3 bulunduğu bilinen 2.5 gramlık bir örnek kızdırma işlemine tabi tutulmuşve kalıntı tekrar tartıldığında 1.350 gram geldiği görülmüştür. Buna göre örnekteki CaCO3 ve MgCO3 yüzdeleri nedir?

CaCO3 ve MgCO3 kızdırıldığında CO2 kaybedeceğinden kalıntı CaO ve MgO’tir. Buna göre yukarıdaki örneğe benzer şekilde denklemler kurulacak olursa,

= = CaCO3 miktari X, MgCO3 miktari Y X + Y = 2.5 CaO MgO x X + x Y = 1.350 CaCO3 MgCO3 X + Y = 2.5 56.08 40.31 x X + x Y = 1.350 100.09 84.32 X + Y = 2.5 0.560X + 0.478Y = 1.350 Buradan X = 1.891⇒ % 75.64 CaCO 3  Y = 0.609 ⇒ % 24.36 MgCO3

Örnek 3. İçinde yalnız KCl ve NaCl bulunan 0.4520 gramlık örnek suda çözüldükten sonra klorür, AgCl hâlinde çöktürülmüştür. Kurutulup, tartıldığında tartım 0.9785 gram olarak bulunmuştur. Buna göre Örnekteki KCl ve NaCl yüzdeleri nedir?

KCl = x NaCl = y 0.4520 x + y = Cl Cl Cl x X x y x 0.9785 + = KCl NaCl AgCl Buradan y = NaCl = 0.2036 g Veya % 45.06 NaCl % 54.94 KCl

Örnek 4. 0.3864 gramlık pirit minerali 0.1910 gram Fe2O3 vermektedir. Minarelin yalnız FeS2 bileşiği ve safsızlık içerdiği kabul edilirse yüzdesi nedir ?

0.3864 g pirit minerali + safsızlık → 0.1910 g Fe2 Ο3 Birinci çözüm: 2FeS → Fe O 2 2 3 240 g 160 g 240 g FeS den x g FeS gereklidir 2 2 = 160 g Fe O elde edilirse 0.1910 g Fe O den 2 3 2 3 x = 0.2865 g saf FeS2 gereklidir. 0.3864 g filizde 100 g filizde = %74.14 saf FeS 0.2865 g saf varsa x g saf vardır 2

İkinci çözüm: 2FeS2 x0.1910 Fe2O3 x100 ⇒ %74.14 FeS2 0.3864

Örnek 5. 0.5000 gramlık magnezyum içeren bir örnek belli işlemlerden sonra 0.2803 gram saf Mg P O bileşiğini 2 2 7 vermektedir. Örnekteki MgO yüzdesi nedir ?

0.500 g MgO + safsızlık → 0.2803 g Μ Birinci çözüm: 2MgO → Mg P O 2 2 7 80.6 g 222.6 g 222.6 g Mg P O den 0.2803 g Mg P O 2 2 7 2 2 7 = 80.6 g MgO elde edilirse x g MgO’ dan elde edilir X = 0.10149 g saf MgO 0.10149 x100 ⇒ %20.3 MgO 0.500

İkinci çözüm: 2MgO x0.283 Mg 2P2O7 x100 ⇒ % 20.3 MgO 0.5000

Örnek 6 1.000 gramlık örnek manyetik demir ve silis içermektedir. Örnekteki demir, belli işlemlerden sonra Fe2O3 hâline dönüştürülmüşve tartım 0.350 gram olarak bulunmuştur . Buna göre örnekteki manyetik demir ( Fe O ) yüzdesi nedir ? 3 4

1.00 g Fe O + Silis → 0.350 g Fe O 3 4 2 3 2Fe O → 3Fe O 3 4 2 3 464 g 480 g Birinci çözüm: 464 g Fe 3 O 4 x = ⇒ x = 0.338 480 g Fe 2 O3 0.350 g 0.338 x100 ⇒ % 33.8 Fe3O4 1.0

İkinci çözüm : 2Fe3O4 x0.350 3Fe2O3 x100 ⇒ % 33.8 Fe3O4 1.0

Örnek 7 1.000 gramlık örnekteki kalsiyum, önce CaO daha sonra ise CaCO hâlinde 3 tartılmışve iki tartım arasındaki fark 0.0927 gram olarak bulunmuştur. Buna göre örnekteki kalsiyum yüzdesi nedir?

1g örnek (kalsiyum + safsızlık) → CaO Fark = 0.0927 g 1 g örnek(kalsiyum + Safsızlık) → CaCO3 CaCO3 → CaO + CO2 100 56 44 0.0927 −3 = 2.1068×10 mol CO2 44 -3 = 2.1068×10 mol CaCO3 -3 = 2.1068×10 mol Ca -3 = = 2.1068×10 x40 0.0842 g Ca 0.0842 x100 ⇒ %8.42 Ca

Örnek 8 1.000 gram örnekten elde edilen AgBr ve AgCl karışımının ağırlığı 1.060 gramdır. Karışım tamamen AgCl ‘ye dönüştürüldükten sonra, tartım 0.9982 gram olarak bulunduğuna göre , örnekteki klorür ve bromür yüzdeleri nedir ?

i) gram örnek AgBr AgCl ⇒ tartim 1.060 g 1 → + 1 gram örnek → AgCl + AgCl ⇒ tartim 0.9982 g 1.060 g – 0.9982 g = 0.0618 g AgBr’nin AgCl ‘ye dönüşmesi nedeniyle olan deneysel kayıp AgBr → AgCl 188 143.5 188 g – 143.5 g = 44.5 g 1 mol .AgBr ‘ün 1 mol AgCl ‘e dönüşmesi sırasındaki moleküler kayıp

0.0618 −3 = 1.338×10 mol AgBr 44 -3 = 1.338×10 mol Br -3 = 1.338×10 x 80 = 0.111 g Br 0.111 x100 ⇒ % 11.1 Br 1.0

ii) yukarıdaki hesaplamadan , AgBr = 1. 338 x 10-3 mol AgBr = 1.338 x 10-3 x 188 = 0.261 g AgBr 1.060 g – 0.261 g = 0.799 g AgCl 35.5 x0.799 = 0.1976 g Cl 143.5 0.1976 x 100 ⇒ % 19.76 Cl 1.0

Örnek 9 0.4050 gram saf susuz BaCl2 ve KCl karışımı suda çözülmüş ve klorürün tamamı 48.60 ml 0.10 M AgNO3 ile çöktürülmüştür. Karışımdaki baryum yüzdesi nedir ?

0.4050 g (BaCl2 + KCl )→ AgCl x = BaCl2 = 208 g / mol y = KCl = 74.5 g / mol x + y = 0.4050 g 2Cl Cl x x + x y = 48.6×0.10×35.5 BaCl2 KCl Buradan y = 0.2537 g KCl Veya % 62.64 KCl % 37.36 BaCl 2

Örnek 10 İçinde magnezyum bulunan 0.500 gram mineral asitte çözülmüşve magnezyum, MgNH4PO4 hâlinde çöktürülüp Mg P O hâlinde tartılmıştır. 2 2 7 Tartım 0.7400 gram olduğuna göre mineraldeki magnezyum , Mg ve MgO cinsinden nedir?

0.500 g Mg + safsızlık → MgNH PO → Mg P O 4 4 2 2 7 0.7400 g 2Mg x 0.7400 Mg P O 2 2 7 x 100 ⇒ %32.3 Mg 0.500 2MgO x 0.7400 Mg P O 2 2 7 x100 ⇒ %53.58 MgO 0.50

Örnek 11 Aşağıdakiler için gravimetrik fakrörü hesaplayınız . Tartılan Aranan Tartılan Aranan AgCl Cl, Ag Zn P O P O , Zn 2 2 7 2 5 BaSO SO , Ba Fe O Fe 4 4 2 3 BaCrO Ba, Cr O BiOCl Bi O 4 2 3 2 3 Al O Al (SO ) CaCO CaCl 2 3 2 4 3 3 2

CaCl 2Fe P O 2Zn 2 2 5 , Fe O Zn P O Zn P O CaCO 2 3 2 2 7 2 2 7 3 Bi O SO4 Ba 2 3 , BaSO4 BaSO4 2BiOCl Ba Cr O Cl Ag 2 3 , , BaCrO 2BaCrO AgCl AgCl 4 4 Al 2 (SO4 )3 Al O 2 3

Örnek 12 0.4264 gram kadmiyum karbonat 800 oC de kızdırılmışve soğutulduktan sonra tartım 0.3869 gram olarak bulunmuştur. Kızdırma sırasında yalnız karbon dioksit oluştuğuna göre örnekteki kadmiyum yüzdesi nedir?

0.4264 g CdCO → CdO + CO 3 2 172 g 128 g 44 g 0.4264 g madde → 0.3869 g ürün 1.- 0.3869 = 0.0395 g, CO2 nedeniyle kayıp 0.0395 −4 = 8.97x 10 mol CO 2 44 = 8.97×10-4 mol CdCO 3 = 8.97×10-4 x172 = 0.1544 g CdCO 3 0.1544 x 100 ⇒ %36.21 CdCO 3 0.4264

Örnek 12 0.4264 gram kadmiyum karbonat 800 oC de kızdırılmışve soğutulduktan sonra tartım 0.3869 gram olarak bulunmuştur. Kızdırma sırasında yalnız karbon dioksit oluştuğuna göre örnekteki kadmiyum yüzdesi nedir?

0.4264 g CdCO → CdO + CO 3 2 172 g 128 g 44 g 0.4264 g madde → 0.3869 g ürün 1.0,4264- 0.3869 = 0.0395 g, CO2 nedeniyle kayıp 0.0395 −4 = 8.97×10 mol CO 2 44 = 8.97×10-4 mol CdCO 3 = 8.97×10-4 x172 = 0.1544 g CdCO 3 0.1544 x 100 ⇒ %36.21 CdCO 3 0.4264

Örnek13 İçinde başka safsızlıkları da içeren 0.6822 gram FeF3, sülfürik asit ile kaynatılarak Fe (SO ) e 2 4 3 dönüştürülmüştür . Daha sonra demir, önce Fe(OH)3 hâline dönüştürülmüş ve kızdırılarak Fe O hâlinde 2 3 tartılmıştır. Tartım 0.1848 gram olduğuna göre ilk örnekteki florür yüzdesi nedir ?

0.6822 g FeF3 + safsızlık → Fe2O3 113 160 2FeF3 x0.1848 Fe2O3 x100 ⇒ % 38.26 FeF3 0.6822

Örnek 14 İçinde yalnız demir ve alüminyum bulunan 0.5424 gram örnek HCl ’de çözülmüşve amonyak ile her iki katyon hidroksitleri hâlinde çöktürülmüştür. Kızdırılıp tartıldığında tartım 0.8678 gram olarak bulunmuştur. Buna göre örnekteki demir ve alüminyum yüzdeleri nedir ?

0.5424 g Fe + Al → Fe 2 O3 + Al 2 O3 0.8678 g Fe = x Al = y x + y = 0.5424 Fe O Al O 2 3 x X + 2 3 x y = 0.8678 2Fe 2Al Buradan y = Al = 0.2020 veya %37.25 Al % 62.75

Örnek15 İçinde çinko , kadmiyum ve öteki safsızlıklar bulunan 65.00 gram örnek, asitte çözülmüş ve 5000.0 ml’ye tamamlanmıştır. Buradan alınan 50 ml’lik örnek 0.146 M K4Fe(CN)6 ile titre edilmişve çinko + kadmiyum için 19.55 ml harcanmıştır. 100.0 ml’lik başka bir örnek amonyaklı amonyum fosfat ile ZnNH PO ve CdNH PO hâlinde çöktürülüp 4 4 4 4 gerekli işlemlerden sonra Zn P O ve Cd P O 2 2 7 2 2 7 hâlinde tartılmıştır. Karışımın toplam ağırlığı 1.9140 gram olarak bulunduğuna göre örnekteki çinko ve kadmiyum yüzdeleri nedir?

65.0 g Zn + Cd + safsızlık → 5 litre çözelti → 50 ml 2+ 2- 2Zn + Fe(CN) → Zn Fe(CN) 6 2 6 2+ 2- 2Cd + Fe(CN) → Cd Fe(CN) 6 2 6 100 ml → ZnNH PO + CdNH PO → Zn P O + Cd P O 4 4 4 4 2 2 7 2 2 7 1.9140 g x Zn y Cd = = Zn P O Cd P O 2 2 7 x X + 2 2 7 x y = 1.9140 2Zn 2Cd 4− 4- 4− Fe(CN)6 Fe(CN)6 Fe(CN)6 x X + x y = 0.146×19.55x 2Zn 2Cd 4

Örnek 16 2.00 gramlık bir kaya örneğinde ,gravimetrik analiz sonunda 1.0652 gram Mg P O 2 2 7 tartıldığına göre kayadaki P O 2 5 yüzdesi nedir ?

2.0 g kaya örneği → 1.0652 g Mg P O 2 2 7 P O 2 5 x1.0652 Mg P O 2 2 7 x100 ⇒ % 33.97 P O 2 5 2.0

Örnek 17 İçinde % 0.5 alüminyum bulunan örnekten ne kadar tartılmalıdır ki 0.0895 gram Al2O3 tartılabilsin ?

Alüminyum Örneği → 0.0895 g Al O 2 3 2Al x0.0895×100 = 0.5 örnek(g) Buradan ⇒ Örnek = 9.476 g

Örnek 18 İçinde klorür ve iyodür tuzu bulunan bir örnek çözülmüşve yeterli miktarda gümüşnitrat çözeltisi eklenerek çöktürülmüştür. Kurutulup tartıldığında tartım 0.7562 gram bulunmuştur. Çökeler klor gazı akımında tutulmuşve tekrar ve tartıldığında tartım 0.5069 gram bulunmuştur. Örnekteki klorür ve iyodür yüzdeleri nedir ?

AgCl + AgI → 0.7562 g AgCl + AgCl → 0.5069 g 0.7562 – 0.5069 = 0.2493 g kayıp AgCl = 143.5 AgI = 235 AgI – AgCl = 235 – 143.5 = 91.5 g kayıp 235 g AgI x = ⇒ x = 0.6402 g AgI 91.5g kayıp varsa 0.2493g için 0.7562 – 0.6402 = 0.116 g AgCl I x0.6402 ⇒ 0.3453 g I AgI veya Cl x0.116 ⇒ 0.0286 g Cl AgCl 0.3459 x100 ⇒ % 86.47 I 0.4 0.0286 x100 ⇒ % 7.17 Cl 0.4

İkinci çözüm : x = Cl y = I AgCl AgI x y 0.7562 x X + = Cl I AgCl AgCl x X x y 0.5069 + = Cl I Burada x = 0.0286 g veya % 7.17 Cl ve y = 0.3453 g veya % 86.47 I

Örnek 19 FeS2 den başka sülfür bileşiği içermeyen bir cevherin 0.30 gramı gerekli işlemler yapıldıktan sonra sülfata dönüştürülmüşve 0.80 gram BaSO4 tartılmıştır. Buna göre cevherdeki FeS2 yüzdesi nedir? 3.00 gram cevher kızdırıldığında normal koşullarda kaç litre SO2 gazı elde edilir ?

0.30 g FeS2 + Safsızlık → 0.80 g BaSO4 FeS 2 x 0.80 2BaSO 4 x 100 ⇒ % 68.66 FeS 2 0.30 FeS2 örneği % 68.66 saflıkta olduğuna göre 3.00 gram cevherde 68.66 x3.0 = 2.059 g saf FeS vardır ve bu 2 100 2.059 2.059 ⇒ ⇒ 0.01716 mol FeS 120 2 FeS demektir. Bir mol FeS ‘de 2 mol SO oluştuğu ve 2 2 2 1 mol SO normal koşullarda 22.4 litre olduğuna göre, 2 4FeS + 11O → 2Fe O + 8SO 2 2 2 3 2 0.01716 mol x 2 x 22.4 = 0.7687 litre SO2 gazı elde edilir.

Örnek 20 İçinde yalnız KCl ve NH4 Cl bulunan bir örneğin 1.00 gramı 2.4562 gram AgCl vermektedir. Buna göre örnekteki K ve N yüzdeleri nedir ?

KCl = x NH 4 Cl = y x y 1.0 + = AgCl AgCl x X + x y = 2.4562 KCl NH Cl 4 AgCl = 143.5 g /mol KCl = 74.5 g /mol NH4Cl = 53.5 g/mol Buradan Y = NH Cl = 0.7011 veya % 70.11 NH Cl 4 4 x = KCl = 0.2989 veya % 29.89 KCl

Öte yandan NH Cl miktarı 0.7011 gram ise, buradaki azot miktarı 4 N 0.1834 x0.7011 ⇒ 0.1834 g azot veya x100 ⇒ % 18.34 N NH 4Cl 1.0 benzer şekilde KCl miktarı 0.2989 gram ise buradaki potasyum miktarı K 0.1564 x0.2989 ⇒ 0.1564g potasyum veya x100 = % 15.64 K KCl 1.0

Örnek 21 1.000 gram ağırlığındaki kireç taşı asitte çözülmüşve CaC2O4 ve MgC2O4 bileşiklerine dönüştürülmüştür. Okzalat bileşikleri kurutulmuşve tartıldığında 0.8286 gram olarak bulunmuştur. Bu karışım sülfürik asitte çözülmüşve okzalatı titre etmek için 0.200 N KMnO4 çözeltisinden 32.44 ml harcanmıştır. Buna göre örnekteki MgCO3 ve CaCO3 yüzdeleri nedir?

1.0 gram Ca + Mg + safsızlık → CaC O + Mg2C O 2 4 2 4 0.8286 g CaC O = x MgC O = 0.8286 – x 2 4 2 4 2- 2- C O C O 2 4 x x + 2 4 x (0.8286 – x) CaC O MgC O 2 4 2 4 -3 2- = 0.2 x 32.44 x 10 x C O 2 4 Buradan x = CaC O = 0.8147 g 2 4 MgC2O4 = 0.0139 g

Karışımın CaCO3 ve MgCO3 cinsinden değerleri ise, CaCO3 0.636 x0.8147 ⇒ 0.636 g CaCO veya x100 ⇒ % 63.6 CaCO 3 3 CaC O 1.0 2 4 MgCO3 0.01043 x0.0139 ⇒ 0.01043 g MgCO veya x100 ⇒ % 1.04 MgCO 3 3 MgC O 1.0 2 4

İkinci çözüm CaCO3 = x MgCO3 = y CaCO = 100 g/mol CaC O = 128 g/mol 3 2 4 MgCO = 84.3 g/mol MgC O = 112.3 g/mol 3 2 4 CaC O MgC O 2 4 2 4 + = x x x y 0.8286 CaCO3 MgCO3 2- 2− C O CaC O C O MgC O −3 2− 2 4 2 4 + 2 4 2 4 = 0.2 32.44 10 x x x x x y x x xC 2 O4 CaC O CaCO MgC O MgCO 2 4 3 2 4 3 Buradan Y = 0.0093 g MgCO3 veya % 0.93 MgCO3 X = 0.6377 g CaCO3 veya % 63.77 CaCO3

Örnek 22 İçinde yalnız K CO 2 3 ve PbCO3 bulunan bir örneğin 3.00 gramı kuvvetli asitle muamele edilmiş ve 1.500 gram saf MgCO3 a eşdeğer CO2 açığa çıkarmıştır . Buna göre örnekteki K2CO3 yüzdesi nedir ?

3.0 g K CO + PbCO → CO = 1.5 g MgCO 2 3 3 2 3 K CO = x PbCO = 3.0 – x 2 3 3 K2CO3 = 138 g/mol PbCO3 = 267 g/mol MgCO3 = 84.3 g/mol CO2 = 44 g/mol CO CO CO 2 x x + 2 x (3.0 – x) = 2 x 1.5 K 2 CO3 PbCO 3 MgCO 3 Buradan K2CO3 = 1.8733 g PbCO3 = 1.1267 g veya 0.8733 x 100 ⇒ % 62.44 K CO 2 3 3.0 1.1267 x100 ⇒ % 37.56 PbCO 3 3.0

Örnek 23 0.800 gram kaya örneği belli işlemlerden sonra 0.2500 gram KCl ve NaCl karışımı vermektedir. Bu karışım çözülmüşve klorür 38.62 ml 0.1 N AgNO3 ile çöktürülmüştür. Buna göre kayadaki potasyum yüzdesi nedir ?

0,80 g kaya örneği → 0.250 g KCl + NaCl K = X Na = Y KCl = 74.5 g/mol NaCl = 58.5 g/mol K = 39 Na = 23 KCl NaCl X + = 0.250 x x y K Na Cl KCl Cl NaCl −3 x x X + x x y = 38.62x 0.1x 10 x 35.5 KCl K NaCl Na Buradan X = K = 0.0585 g 0.0585 x100 ⇒ %7.32 K 0.80

Örnek 24 0.9825 gram magnetit (Fe O ) filizindeki demir, baz ı 3 4 işlemlerden sonra demir gravimetrik yöntemle tayin edilmiş ve tartım 0.6804 gram olarak bulunmuştur. Buna göre örnekteki demir yüzdesi nedir? Magnetit filizinin saflık derecesi nedir?

Fe O 0.9825 g Fe O + safsızlık → 0.6804 g Fe O 2 3 3 4 2 3 Fe = 56 g/mol= 160 g/mol Fe3O4 = 232 g/mol 2Fe 3Fe x 0.6804 = x x Fe O Fe O 2 3 3 4 Buradan x = mineraldeki Fe O miktarı = 0.6576 g 3 4 2Fe x0.6576 Fe3O4 x100 ⇒ %48.46 Fe 0.9825

İkinci çözüm: 2Fe x0.6804 Fe2O3 x100 ⇒ %48.47 Fe 0.9825 Fe O cevherinin saflık derecesi ise 3 4 2Fe3O4 x0.6804 3Fe2O3 x100 ⇒ % 66.94 Fe3O4 0.9825

Örnek 25 1.2858 gram ağırlığındaki potasyum alüminyum şapı [K SO .Al (SO ) .24H O], 0.1256 2 4 2 4 3 2 gram Al2O3 vermektedir. Buna göre şapın saflık derecesini hesaplayınız.

1.2858 g [ K SO .Al (SO ) .24H O] 2 4 2 4 3 2 + safsızlık→ 0.1256 g Al O 2 3 K SO .Al (SO ) .24H O 2 4 2 4 3 2 x1256 Al O 2 3 x100 ⇒ % 90.78 saflıkta 1.2858

Örnek 26 Bir karışımdaki kalsiyum ve baryum , oksitleri hâlinde 0.0113 gram, sülfatları hâlinde ise 0.0182 gram gelmektedir. Örnekteki CaO ağırlığı nedir?

0.5 g Ca + Ba + safsızlık → CaO + BaO → 0.0113 g Ca + Ba + Safsızlık → CaSO + BaSO → 0.0182 g 4 4 CaO = x BaO = y CaO = 56 g/mol CaSO4 = 136 g/mol BaO = 153 g/mol BaSO4 = 233 g/mol x + y = 0.0113 CaSO BaSO 4 x X + 4 x y = 0.0182 CaO BaO Buradan x = CaO = 0.00115 g Y = BaO = 0.01015 g 0.00115 x100 ⇒ % 0.23 CaO 0.5 0.01015 x100 ⇒ % 2.03 BaO 0.5

Örnek 27. Kalsiyum okzalatın çözünürlüğü 2.0x 10-9 mol/litre’dir. 0.850 gram çökelek 200 ml su ile yıkanırsa ne kadarı çözünmüş olur. Hata yüzdesi ne olur?

CaC O ‘ın çözünürlüğü 2.56×10-7 g/litre 2 4 olduğuna göre, 200 ml yıkama çözeltisinde çözünen kısım 200 −7 −8 x2.56×10 = 5.12×10 g/200 ml 1000 5.12×10−8 -6 x100 ⇒ % 6.023×10 çözünen kısım 0.850

Örnek 28 0.7440 gramlık KClO3 örneği, 0.8600 gram AgCl vermektedir. Bu örneğin saflık derecesi nedir?

0.7440 g KClO3 + safsızlık → 0.860 g AgCl KClO → AgCl 3 122.5 143.5 122.5 g KClO ten x 3 = 143.5 g AgCl 0.860 g AgCl’ den Buradan x = 0.7341 g saf KClO3 veya 0.7341 x 100 ⇒ % 98.67 saf KClO 3 0.7440

Örnek 29 Eşit ağırlıktaki CaCO3 ve FeCO3 karışımı kuvvetle kızdırıldığında CaO ve Fe O vermektedir. 1.00 2 3 gramlık örnek kızdırıldıktan sonra kaç gram gelir?

CaCO +FeCO → CaO +Fe O 3 3 2 3 100 116 56 160 Eşit ağırlıkta olduğuna göre 1.0 g örneğin 0.5 gramı CaCO3 0.5 gramı ise FeCO3 tır. 0.5 g CaCO3 ’tan, Fe O 56 2 3 x 0.5 ⇒ x 0.5 ⇒ 0.28 g CaO elde edilir CaCO 100 3 0.5 g FeCO3 ‘ten, Fe O 160 2 3 x 0.5 ⇒ x 0.5 ⇒ 0.345g Fe O elde edilir 2 3 2FeCO 2×116 3 Toplam ağırlık = 0.28 + 0.345 = 0.625 g

Örnek 30. 0.750 gramlık çelik alışımı elektroliz sonunda 0.1532 gram metalik kobalt ve nikel vermektedir . Bu karışım çözülmüşve içindeki nikel, dimetil glioksim, Ni(HC H N O ) hâlinde 4 6 2 2 2 çöktürülüp, tartıldığında tartım 0.3560 gram olarak bulunmuştur. Alaşımdaki nikel ve kobalt yüzdeleri nedir ?

0.75 g çelik → 0.1532 g Co +Ni Co = X Ni = (0.1532 – X) NiDMGO = Ni(HC H N O ) = 289 g /mol 4 6 2 2 2 Ni = 59 g /mol NiDMGO x(0.1532 − X) = 0.3560 Ni Buradan x = Co = 0.0803 g Ni = 0.1532 – 0.0803 = 0.0722 g Veya 0.0803 x 100 ⇒ %10.7 Co 0.750 0.0722 x 100 ⇒ % 9.69 Ni 0.750

Örnek 31 Litresinde 60 gram gümüşnitrat bulunan bir çözeltinin kaç mililitresi, 5 gram NaCl ‘deki klorürü çöktürür?

Cl – + AgNO3 → AgCl + NO3- çözeltisi 35.5 170 35.5 g Cl için 5 g Cl için = g AgNO gerekli ise X g gereklidir 170 3 X = 14.52 g AgNO3 gerekli 60 14.52 = ⇒ x = 242.2 ml gerekli 1000 x

Örnek 32 Yiyeceklerde bulunan 0.5 ppm’den fazla civanın insan sağlığına zararlı olduğu bilinmektedir. Marmara denizinden yakalanan balıkların 56.5 gramında 0.055 mg civa bulunmuştur. Buna göre bu balıklar sağlığa zararlı mıdır?

56.5 g balıkta → 0.055 mg civa ppm = mg / Kg 56.5 g = 0.0565 Kg 0.0565 kg 1 kg = ⇒ x = 0.973 = mg/kg 0.973 ppm 0.055 mg varsa x 0.5 ppm den büyük olduğuna göre zararlıdır.

Örnek 33 Fosfor içeriğini tayin etmek için 0.217 gram gübre sıcak derişik nitrik asitte çözülmüş ve seyreltme işlemi yapıldıktan sonra fosfat, fosfo molibdik asit kinolin tuzu hâlinde çöktürülmüştür. (C H N) H PO .12MoO . 9 7 2 3 4 3 Süzme ve kurutma işleminden sonra çökeleğin ağırlığı 0.684 g bulunmuştur. Buna göre gübredeki P O yüzdesini 2 5 hesaplayınız.

P O 2 5 x 0.648 x C H N H PO MoO 2 ( 9 7 )2 . 3 4 .12 3 x 100 = 0.217 142 x 0.648 4168 x 100 ⇒ %10.17 P O 2 5 0.217

Örnek 34 İçinde alüminyum sülfat, magnezyum sülfat ve safsızlıklar bulunan örneğin 0.998 gramı çözülmüş ve 8- hidroksikinolin ile Mg(C H NO) ve 9 6 2 Al(C H NO) hâlinde çöktürülmüş ve toplam 9 6 3 ağırlık 0.8746 gram bulunmuştur. Çökelek yakılarak Al2O3 ve MgO hâline dönüştürüldükten sonraki tartım ise 0.1067 gram olarak bulunmuştur. Buna göre örnekteki alüminyum sulfat ve magnezyum sülfat yüzdeleri nedir ?

MgSO + Al (SO ) → Mg(C H NO) +Al(C H NO) 4 2 4 3 9 6 2 9 6 3 120 g/mol 342 g/mol 312 g/mol 459 g/mol MgSO = x Al (SO ) = y 4 2 4 3 MgO Al 2 O3 . x + . y = 0.1067 MgSO4 Al 2 (SO4 )3 Mg (C H NO) 2Al (C H NO) 9 6 2 9 6 3 . x + . y = 0.8746 MgSO4 Al 2 (SO4 )3

40 102 x x + x y = 0.1067 120 342 312 2 * 459 x x + x y = 0.8746 120 342 Buradan X = 0.2145 g Y = 0.1179 g Veya 0.2145 x 100 ⇒ % 21.49 MgSO 4 0.998 0.1179 x100 ⇒ % 11.81 Al2 (SO4 )3 0.998

Örnek 35 Isınma amacıyla Ankara’da tüketilmesi düşünülen kömürdeki kükürt miktarı tayin edilmek istenmektedir. Bunun için 0.9452 g kömür örneği tartılıyor ve yakılıyor. Açığa çıkan gaz hidrojen peroksit içeren suda tutuluyor ve daha sonra oluşan ürün baryum klorür ile çöktürülüyor. Gerekli işlemler yapıldıktan sonra oluşan ürün baryum klorür ile çöktürülüyor. Buna göre kömürdeki kükürt yüzdesi SO2 cinsinden nedir?

0.9452 g kömür + S → SO2 2− + SO + H O → SO + 2H 2 2 2 4 2− − SO + BaCl → BaSO + 2Cl 4 2 4 SO2 = 64 g/mol BaSO4 = 233 g/mol SO 2 x 0.0605 BaSO 4 x100 ⇒ %1.758 SO 2 0.9452

Örnek 36 0.9400 g magnezyum, çöktürüldüğünde, tam olarak yıkanamadığı için 0.0150 g amonyum fosfat, magnezyum amonyum fosfat çökeleğinde kalmaktadır. Kızdırma sırasında amonyum fosfat HPO3 ’e dönüşmekte ve bu şekilde tartılmaktadır. Böyle bir gravimetrik tayinde, tartılması gerekenden kaç gram eksik veya fazla tartılmışolur. Yüzde hata nedir?

Mg 2+ + (NH 4 )3 PO4 → MgNH 4 PO4 + 2NH 4 + 2MgNH PO → Mg P O + 2NH + H O 4 4 2 2 7 3 2 (NH 4 )3 PO4 → HPO3 + 3NH 3 + H 2 O Mg = 24 g/mol Mg P O = 222 g/mol 2 2 7 HPO3 = 80 g/mo 48 g Mg 0.94 Mg = = 4.3475g Mg P O 2 2 7 222 Mg P O x 2 2 7 tartılması gerekir.

(NH 4)3 PO4 → HPO3 149 g 80 g 149 g (NH ) PO ten 0.0150 g (NH ) PO ten 4 3 4 4 3 4 = 80 g HPO olusursa x 3 buradan x = 0.00805 . O hâlde 0.00805 g fazla tartılması gerekir. 0.00805 x = 4.3475 100 Buradan %0.1852 hata

Örnek 37 İçinde sodyum klorür ve sodyum bromür bulunan 1.5 gramlık örnek AgNO3 ile çöktürülmüşve gerekli işlemler yapıldıktan sonra tartımın 1.59 gram olduğu görülmüştür. Elde edilen karışım klor gazı akımında tutularak tamamen AgCl’ye dönüşüm sağlanmışve tekrar tartıldığında yeni tartımın 1.4973 g olduğu görülmüştür. Buna göre karışımdaki sodyum klorür ve bromür yüzdeleri nedir?

1.5g örnek → AgBr + AgCl = 1.5900 g AgCl + AgCl = 1.4973 g 1.5900 – 1.4973 = 0.0927 g AgBr’ün AgCl’e dönüşmesi nedeniyle kayıp AgBr AgCl → 188 143.5 188-143.5= 44.5 g 1 mol AgBr’ün 1 mol AgCl’e dönüşmesi nedeniyle kayıp 0.0927 = 0.00208mol AgBr 44.5 =0.00208 mol Br =0.00208 mol NaBr =0.00208×103=0.2145 g NaBr 0.2145 x100 = %14.3NaBr 1.5

AgBr = 0.00208 mol = 0.00208×188 = 0.39104 g AgBr + AgCl = 1.59 g olduğuna göre AgCl = 1.59 – 0.39104 = 1.1989 g AgCl 1.1989 = 0.0083 mol AgCl 143.5 = 0.0083 mol Cl = 0.0083 mol NaCl = 0.0083×58.5 = 0.4887g NaCl 0.4887 x100 = %32.58 NaCl 1.5

ÇALIŞMA SORULARI 1.Teknik baryum klorürün 0.5260 gramından 0.5673 gram BaSO4 çöktürülmüştür. Teknik baryum klorürün saflık derecesi nedir? (Yanıt: %96.24) 2. İçinde MgCl2 ve CaCl2 bulunan bir karışım analizlenmek isteniyor. Tartılan 1.2575 gram örnek gerekli işlemler yapıldıktan sonra 0.4628 gram CaO ve 0.2962 gram Mg P O çökelekleri elde ediliyor. Karışımda bulunan tuzların 2 2 7 yüzdeleri nedir? (Yanıt: %72.84 CaCl2, %20.15 MgCl2) 3. Bir yakıtın içerdiği kükürt miktarını belirlemek için 0.9452 gramı yakılıyor ve meydana gelen gaz hidrojen peroksit içeren suda tutuluyor. Oluşan ürün Baryum klorür ile çöktürülüyor ve gerekli işlemler yapıldıktan sonra tartıldığında tartım 0.0605 olarak bulunuyor. Buna göre yakıtta bulunan kükürdün yüzdesi nedir? (Yanıt: %0.88). 4. NaCl ve KCl karışımından 0.3357 gram tartılıp suda çözülüyor. Çözeltideki klorür iyonları gümüşnitrat çözeltisi ile çöktürülüyor ve elde edilen çökelek tartıldığında 0.7106 gram bulunuyor. Karışımda bulunan tuzların yüzde oranları nedir?(Yanıt: %36.58 NaCl, %63.42 KCl)

5.Sodyum sülfat ve potasyum sülfat içeren bir karışımdan 1.5815 gram tartılıp suda çözülüyor. Çözeltideki sülfat iyonları baryum klorür çözeltisi ile çöktürülüyor ve elde edilen çökelek gerekli işlemlerden sonra tartıldığında 2.3342 gram bulunuyor. Karışımdaki tuzların yüzde oranları nedir? 6. Kristal suyu içeren iki değerlikli metal klorürün 0.547 gramı suda çözülüp yeterince gümüşnitrat çözeltisi eklendiğinde 0.717gram AgCl meydana gelmektedir. Öte yandan bu tuzun 0.657 gramı ısıtılırsa 0.333 gram susuz klorür meydana gelmektedir. Buna göre metal klorürde kaç tane kristal suyu vardır?(Yanıt:6) 7. Bir filiz alüminyum ve bizmut içermektedir. Bu filizin 1.00 gramı gerekli işlemlerden sonra fosfatları hâlinde tartılırsa 0.40 gram gelmektedir. Buna göre filizdeki alüminyum ve bizmut yüzdeleri nedir?(%29.47 Bi, %3.79 Al) 8. Bir silikat mineralinin içinde yalnız silisyum, magnezyum ve demir bulunduğu bilinmektedir. 1.00 gramı gerekli işlemlerden sonra, içinde 0.1694 gram demir(III) oksit, 1.240 gram magnezyum pirofosfat ve 0.3982 gram silisyum sioksit tartıldığına göre filizin formül ağırlığı nedir? (Yanıt:FeO.5MgO.3SiO2)

9. 0.224 gram NaCl’in içerdiği klorürü tamamen çöktürebilmek için 0.080 M gümüşnitrat çözeltisinden kaç ml gereklidir? (Yanıt: 47.9 ml) 10. 0.118 gram sakkarin (C H NO S) tableti, sülfata 7 5 3 yükseltgenmişve buradan 0.150 gram baryum sülfat çöktürülmüştür. Sakkarin tabletindeki saf sakkarin oranı nedir? (Yanıt: %33.3) 11. İçindeki klorür safsızlığı da bulunan 4.13 gram iyodür örneği, aşırı brom ile iyodata yükseltgenmişve bromun aşırısı kaynatılarak uzaklaştırılmıştır. 3Br – – – + + I + 3H O → 6Br + IO + 6H 2 2 3 Bu çözeltiye yeterli miktarda baryum klorür çözeltisi eklendiğinde 0.0810 gram Ba(IO ) elde edilmiştir. Örnekteki 3 2 iyodürün KI cinsinden yüzdesi nedir? 12. 100 mg nikel(II) klorür içeren çözeltiye, hacim-ağırlıkça %1’lik dimetil glioksim (C H N O ) den kaç ml eklenmektedir. Tam 4 8 2 2 çökme için ayıracın %5 fazlasının gerekli olduğunu düşününüz.(Yanıt:18.8 ml)

13. %20 alüminyum sülfat içeren 1.0 gramlık örneği tam olarak çöktürebilmek için aşağıdaki ayıraçlardan kaç ml kullanılmalıdır. Tam çökme için ayıracın %10 aşırısının gerekli olduğunu düşününüz. A)0.120 M BaCl2 B) hacim-ağırlıkça %3.25’lik BaCl .2H O (Yanıt: a)16.1 ml, b)14.5 ml ). 2 2 14. İçinde bizmut oksi karbonat, (BiO) CO , bulunan bir örneğin 0.20 2 3 gramı seyreltik HNO3’de çözülmüşve bizmut, klorür çözeltisi ile bizmut oksiklorür, BiOCl, hâlinde çöktürülmüştür. Çökelek 100 0C’de kurutulmuşve tartım 0.0512 gram bulunmuştur. Örnekteki bizmut oksikarbonat yüzdesi nedir?(Yanıt:%25.1) 15. Sülfürik asiti ayarlamak için 100 ml’lik örnek alınmışve Baryum sülfat hâlinde çöktürülmüştür. Yakma işleminden sonra tartım 0.473 gram bulunmuştur. Çözeltinin molar derişimi nedir?(Yanıt:0.0203 M) 16. Bir toprak örneği etüvde kurutulduğunda %5.35 su içerdiği anlaşılmıştır. Kurutulmuştoprak örneğinin 1.04 gramından 0.584 gram silisyum dioksit ve 1.97 gram kalsiyum karbonat elde edilmiştir. Örnekteki silisyum ve kalsiyum yüzdelerini kuru ve yaşağırlığa göre hesaplayınız. (Yanıt:kuru, %26.2 Si, %75.8 Ca, Yaş, %24.95 Si, %72 Ca)

17. İçindeki çinko, kadmiyum ve diğer safsızlıklar bulunan 65.00 gramlık örnek asitte çözülmüşve 5 litreye tamamlanmıştır. Buradan alınan 50 ml’lik örnek amonyaklı ortamda amonyum fosfatla çöktürülmüştür ve çökelek kızdırılarak tartılmıştır. Tartım ne kadardır? 18. Bir pirinç alaşımının bileşimi %62.46 Cu, %2.48 Pb, %28.49 Zn, %5.46 Sn ve %1.11 Fe olarak bulunmuştur. Burada bakır elektroliz yöntemiyle, kurşun PbSO4 hâlinde çöktürülerek, çinko ZnNH4 PO4 hâlinde çöktürülüp Zn P O hâlinde tartarak, kalay Sn(OH) hâlinde 2 2 7 2 çöktürüp SnO2 hâlinde tartarak tayin edilmiştir. Eğer 0.7500 gram pirinç alaşımı analiz edilecek olursa her biri için tartım ne olur? 19. 1.0 gramlık örnek 0.3640 gram demir ve alüminyum oksit karışımını vermektedir. Oksit karışımı hidrojen akımında kızdırıldığında kızdırma kaybı 0.0786 gram olmaktadır. Buna göre alüminyum ve demirin yüzdeleri nedir? 20. Manyetik demir ve silis içeren 0.6200 graml ık bir örnekteki demir, demir(III) oksit hâline dönüştürülmüştür ve tart ım 0.3500 gram olarak bulunmuştur. Buna göre örnekteki demirin, manyetik demir ve metalik demir cinsinden yüzdeleri nedir?

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

19. Gravimetrik Analiz III ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

GRAVİMETRİK ANALİZ-III Prof. Dr. Mustafa DEMİR M.DEMİR 19- GRAVİMETRİ

Hesaplama Gravimetrik analizde en son basamak çökelek ağırlığından yararlanarak aranan maddenin miktarının hesaplanmasıdır. Aranan element veya iyonun ağırlığı, çökelek ağırlığının gravimetrik faktör ile çarpılması ile bulunur.

Gravimetrik Faktör Gravimetrik faktör aranan maddenin formül ağırlığının tartılan maddenin formül ağırlığına oranıdır. aranan maddenin formül ağırlığı Gravimetrik faktör (G.F.) = tartılan maddenin formül ağırlığı

Tartım sonunda bulunan çökelek ağırlığının gravimetrik faktör ile çarpılması sonucu, örnekteki aranan madde miktarı bulunur. Aranan(g) =Çökelek ağırlığı x gravimetrik faktör

Tartım sonunda bulunan çökelek ağırlığının gravimetrik faktör ile çarpılması sonucu, örnekteki aranan madde miktarı bulunur. Aranan(g) =Çökelek ağırlığı x gravimetrik faktör çökelek ağırlığı(g) x G.F. Aranan(%) = x100 tartılan örnek miktarı(g)

Çeşitli bileşikler için gravimetrik faktörün hesaplanışı Aranan Tartılan Gravimetrik Faktörün Hesaplanması K KClO K / KClO 4 4 K O KClO K O / 2KClO 2 4 2 4 Fe Fe O 2Fe / Fe O 2 3 2 3 Fe O4 Fe O 2Fe O / 3Fe O 3 2 3 3 4 2 3 KAlSi SiO KAlSi O / 3SiO 3 2 3 8 2 O 8 Mg Mg P O 2Mg / Mg P O 2 2 7 2 2 7 SO BaSO SO / BaSO 4 4 4 4 S BaSO S / BaSO 4 4 Ca CaC O Ca / CaC O 2 4 2 4 Ca CaCO Ca / CaCO 3 3 Ag AgCl Ag / AgCl Cl AgCl Cl / AgCl M.DEMİR 19- GRAVİMETRİ-03 14 Cr BaCrO Cr / BaCrO 4 4

GRAVİMETRİK ANALİZLERDE HATA KAYNAKLARI 1. Aranan maddenin tam olarak çöktürülememesi 2. Son tartım için temiz, düzenli ve belli bileşimde çökeleğin elde edilmemesi çöktürmenin tam olarak yapılamamasının neden olduğu hatalar oldukça azdır.

Gravimetrik analizlerde tamamen saf çökelek tartabilmek hemen hemen olanaksızdır. Buna birçok etmenler sebep olabilir. 1. Yabancı iyonlar birlikte çökmüşolabilir. 2. İlk çökelme başladıktan sonra, çözünürlüğü buna yakın olan diğer bileşikler sonradan çökmüşolabilir. 3. Çökeleğe tutunmuşolan birincil veya ikincil iyonlar, yıkamanın tam olarak yapılmaması nedeniyle giderilemeyebilir.

4. Isıtma yeterince yapılmazsa, çökeleğin soğurmuşolduğu su tamamen giderilemeyebilir. 5. Isıtma gereğinden daha yüksek sıcaklıklarda yapılırsa, çökelek bozunabilir ve farklı ürünler meydana gelebilir. 6. Yakma sırasında kâğıt süzgeçteki karbon, çökelekte indirgenmelere neden olabilir. 7. Çökeleğin kızdırılması ve özellikle süzgeç kâğıdının yakılması sırasında, bozunmamış artıklar kalabilir. 8. Yakma ve soğutma işlemlerinden sonra tartıma hazır çökelek, karbondioksit veya su soğurabilir.

Yukarıda sayılan hata kaynaklarının analiz sonucuna yansımasını ayrı ayrı değerlendirmek gerekir. Çünkü çökme şekline veya bileşimdeki değişimin niteliğine göre, daha düşük veya daha yüksek sonuçların bulunmasına neden olabilir. Hatta bazen sonucu hiç değiştirmeyebilir.

Birlikte çökme için iki şeyi düşünmek gerekir: {Birlikte çöken nedir {ısıtma sonunda hangi bileşiğe dönüşmüştür? Örneğin; sülfat tayininde baryum sülfat ile birlikte birincil ve ikincil tutunan iyon olarak baryum ve nitratın çöktüğünü düşünelim. Çöken baryum nitrat, kızdırma sonunda baryum oksite dönüşür ve baryum sülfatla birlikte tartılır.

Bu, sonucun daha fazla bulunmasına neden olur. Ba(NO )BaO (tartılan) 3 2 BaSO4 ÆTartılması gereken BaO için G.F= (Ba/BaO)=0,895 zBaSO için G.F. = (Ba/BaSO )=0,587 4 4

Aynı olay baryum tayininde olursa sonuca etkisi farklıdır, daha düşük sonuç bulunur. Çünkü; birlikte çöken baryum nitrattaki baryum iyonları sülfat yerine nitrat hâlinde çökmüştür ve kızdırma sonunda baryum sülfat yerine baryum oksit hâlinde tartılacaktır. Baryum oksit baryum sülfattan daha hafif olduğundan sonucun daha az bulunmasına sebep olacaktır.

BaSO4 Æ233 g/mol zBaO Æ153 g/mol

Bir demir analizinde demir(III) hidroksitle birlikte demir(III) sülfat da çökebilir. Ancak k ızdırma sonunda her ikisi de demir(III) oksite dönüşeceğinden sonuca herhangi bir etkisi yoktur.

2Fe(OH) ÆFe O + 3H O 3 2 3 2 zFe (SO ) ÆFe O + 3SO 2 4 3 2 3 3

GRAVİMETRİK ANALİZ UYGULAMALARI

Uygulama alanı İnorganik anyon ve katyonların tayini H O, SO , CO , I gibi nötral türler 2 2 2 2 Organik maddeler (süt ürünleri, ilaç, pestisit, tahıl vb)

Uçuculaştırma yöntemi zSu tayini (ağırlık kaybı) zCO tayini (2NaOH+CO ÆNa CO +H O 2 2 2 3 2 kütle farkı ile) zSülfür tayiniÆH2S şeklinde zSülfitlerin tayiniÆSO2 şeklinde

UYGULAMALAR  Gravimetrik yöntemde birçok anyonun ve katyonun analizi yapılabilir. Bunlar içinde anyonlardan klorür ve sülfat katyonlardan ise alüminyum, demir, magnezyum, nikel, kalsiyum analizleri yapılabilir.

Alüminyum Tayini Gravimetrik yöntemle alüminyum tayini, çözeltideki bütün alüminyum iyonlarının amonyak çözeltisi ile alüminyum hidroksit hâlinde çöktürülüp süzme, yıkama,kurutma ve kızdırma işlemlerinden sonra alüminyum oksit hâlinde tartılması esasına dayanır. Al 3+ +3OH − →Al(OH) 3 2Al(OH) →Al O +3H O 3 2 3 2

Gravimetrik yöntemle alüminyum tayininde şu noktaların bilinmesi gerekir 1. Çöktürme pH 6.3-9.0 arasında yapılmalıdır. Düşük pH’larda çökme gerçekleşmezken bazın aşırısında alüminat oluşumuyla çökelek çözünür. Çöktürme için en uygun baz, amonyak çözeltisidir. − Al(OH)3 +OH →Al(OH)4−

2. Alüminyum hidroksit çökeleği süzüldükten sonra, içinde amonyum nitrat veya amonyum klorür bulunan su ile yıkanır, saf su ile yıkanmaz. zSaf su çökeleğin peptitleşmesine, dolayısıyla çözeltiye geçmesine neden olur. 3. Kızdırma işlemi sonunda meydana gelen alüminyum oksit, su moleküllerini kuvvetle adsorplar. Bu suyun uzaklaştırılabilmesi için kızdırma işleminin 1000 oC dolayında yapılması gerekir.

Sülfat Tayini Gravimetrik yöntemle sülfat tayini, çözeltideki sülfat iyonlarının asitli ortamda baryum klorür çözeltisi ile çöktürülüp süzme, yıkama, kurutma, yakma ve kızdırma işlemlerinden sonra yine baryum sülfat hâlinde tartılması temeline dayanır. 2+ 2− Ba +SO →BaSO 4 4

Gravimetrik yöntemle baryum tayininde şu noktaların bilinmesi gerekir 1. Çöktürme işleminin zayıf asitli ortamda (yaklaşık 0.05 M HNO3 ortamında) gerçekleştirilmesi gerekir. z Çünkü nötral veya bazik ortamda çöktürücü olarak kullanılan baryum iyonları, ortamda bulunabilecek fosfat, karbonat veya hidroksit iyonlarıyla çökelti verebilir. z Kuvvetli bazik ortamda ise çöken baryum sülfatın bir kısmı çözünebilir.

2. Süzgeç kâğıdını yakma ve kızdırma dikkat gerektirir. z Yüksek s ıcaklıkta süzgeç kâğıdının karbonu indirgenmeye neden olabilir. z Düşük sıcaklıklarda yakma, işlemi bu indirgenmeyi önler. BaSO4 +4C →BaS +4CO

Bu yöntemde dinlendirme, özel bir önem taşır. zBaryum sülfatın, ortamda bulunan yabancı iyonları beraberinde sürükleme eğilimi yüksektir. Yabanc ı iyonlardan klorür, nitrat ve klorat, baryum iyonlarıyla baryum tuzları hâlinde baryum sülfat ile birlikte çöker. Bu, tartım sonunda gerçek değerden daha yüksek bir sonucun bulunmasına neden olur.

Klorür Tayini zGravimetrik yöntemle klorür tayini, klorür iyonlarının asitli ortamda gümüşnitrat çözeltisi ile gümüşklorür hâlinde çöktürülüp süzme, yıkama ve kurutma işlemlerinden sonra yine gümüşklorür hâlinde tartılması esasına dayanır. Cl− +Ag + →AgCl

Gravimetrik yöntemle klorür tayininde şu noktaların bilinmesi gerekir: 1. Çöktürmenin nötral ortamda yapılması hâlinde ortamda bulunabilecek fosfat veya karbonat gibi anyonlarla, gümüşçökelek verebilir. z Aşırı asitli ortamda ise, bu kez gümüş klorürün çözünmesi söz konusu olabilir.  Bu nedenle çöktürmenin zayıf asitli ortamda yapılması gerekir.

2. Çöktürme işlemi sıcakta yapılmalıdır. Aksi hâlde asitli ortamda z − + 2Cl +2NO3 − +4H ⇔Cl2 +2NO 2 +2H 2O z tepkimesi gereğince klorürün bir kısmı yükseltgenerek uzaklaşabilir

3. Süzme kâğıt süzgeçlerle değil cam veya porselen süzgeçlerle yapılmalıdır. Kâğıt süzgeç kullanılması hâlinde yakma sırasında karbon, gümüşklorürü, metalik gümüşe indirgeyebilir.

4. Gümüşklorür çökeleği ışıkta uzun süre bekletilmemelidir.  Aksi hâlde bir süre sonra beyaz çökeleğin esmer renge döndüğü görülür.  Bunun nedeni ışık etkisi ile gümüş klorürün metalik gümüşe indirgenmesidir. ışık 2AgCl ⎯⎯→⎯ 2Ag +Cl2

Bu ayrışmanın sonuca etkisi, bozunmanın hangi ortamda olduğuna göre değişir. Ayrışma süzme ve yıkama işleminden önce olmuşsa, açığa çıkan klor gazı, çöktürme ortamında yeterli miktarda bulunan gümüşiyonlarıyla tekrar gümüş klorür çökeleğini vereceğinden, açığa çıkan metalik gümüş nedeniyle tartımın daha fazla bulunmasına neden olur.

+ + 3Cl2 +5Ag +3H2O ⇔5AgCl +6H +ClO3 − zAncak, ayr ışma süzme ve yıkama işleminden sonra gerçekleşmişse, bu kez uzaklaşan klor gazı nedeniyle tartımın daha az bulunmasına neden olur.

5. Gümüşklorür çökeleği su moleküllerini absorplar ve ancak 455 oC ‘de tam olarak uzaklaştırılabilir.  Kurutma 100-120 oC’de yapıldığında suyun % 0.03-0.04’ü, 200 oC ‘de ise % 0.01’i çökelekte kalır.

Demir Tayini zGravimetrik yöntemle demir tayini, çözeltide bulunan bütün demir iyonlarının demir(III)’e yükseltgenmesinden sonra amonyak çözeltisi ile Fe(OH)3 hâlinde çöktürülüp süzme, yıkama, kurutma ve kızdırma işlemlerinden sonra Fe O 2 3 hâlinde tartılması temeline dayanır. 3+ − Fe +3OH →Fe(OH) 3 ∆ 2Fe(OH)3 ⎯⎯→Fe 2O3 +3H 2O

Gravimetrik yöntemle demir tayininde şu noktaların bilinmesi gerekir 1. Demirin çöktürülmesinde, alüminyumda olduğu gibi, pH kontrolü önemli değildir. z Dolayısıyla prensip olarak NaOH veya KOH çöktürücü olarak kullanılabilir. Ancak; alkali bazlar ın kullanılması hâlinde sodyum veya potasyum iyonları Fe(OH)3 çökeleği tarafından kuvvetle tutulurlar (absorplanırlar) ve dolayısıyla, Fe(OH)3 ile birlikte çökerler. Y ıkama veya kızdırma işlemleri sırasında bu iyonlar kolaylıkla uzaklaştırılamadığından hataya neden olurlar.  Oysa çöktürme NH OH ile yapıldığında, birlikte 4 çökmüş olan amonyum iyonları kızdırma sırasında uzaklaşabildiğinden, hataya neden olmazlar.

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

18. Gravimetrik Analiz II ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

Gravimetrik Analiz-II Prof Dr. Mustafa DEMİR M.DEMİR 18-GRAVİMETRİK ANALİZ-II

GRAVİMETRİK ANALİZLERDE İŞLEM BASAMAKLARI 1. Çözme, 2. çöktürme, 3. özümleme, 4. süzme, 5. yıkama, 6. kurutma, 7. yakma 8. hesaplama

Çöktürme Çöktürme, gravimetrik analizlere özgü işlemlerin ilkini meydana getirir. Burada amaç çözünürlüğü olabildiği kadar az, saf ve iri taneli çökeleğin elde edilmesidir. Çökelek oluşumu ile kolay süzülebilir ve olabildiğince az kirlilik içeren bir çöktürme için, bundan önceki bölümlerde gerekli bilgiler verilmiştir.

Özümleme Özümlemede amaç çökelek içindeki safsızlıkların azaltılması ve çökelek iriliğinin arttırılmasıdır. Özümleme işlemi kaynama noktasına yakın bir sıcaklıkta; fakat mutlaka kaynatmadan, yapılan analizin niteliğine göre 10-30 dakika bekletmek şeklinde yapılır. Bazı analizlerde çökeleğin bir süre dinlendirilmesi çökelek iriliğinin sağlanması için yeterli olabilir.

Süzme Süzmenin çökelek saflığına bir katkısı yoktur. Bir başka deyişle yalnız başına süzme ile çökelek kirliliğinin giderilmesi söz konusu değildir. Süzme için çökeleğin özelliklerine göre farklı süzgeçler kullanılır. Örneğin; indirgenebilir çökelekler kâğıt süzgeçler ile süzülemez.

Çünkü kızdırma sırasında kâğıt yanacağından, karbon çökeleği indirgeyebilir. İri taneli çökelekler kâğıt süzgeçlerden veya cam krozelerden süzülebilir. Peltemsi çökelekler kâğıt süzgeçlerden emmesiz, doğrudan süzülmelidir. Küçük taneli çökeleklerin emme ile süzülmesi doğru değildir. Bir kısmı kolloidal parçacıklar hâlinde süzgeçten geçebilir.

Yıkama Gerek çökelek yüzeyine tutunmuşolan ve gerekse çökelek içine hapsedilmişolan kirlilikleri bu şekilde giderilemez. Ancak, iyi bir yıkama ile buradan gelen hata en aza indirilebilir. Çabuk çöken bir çökelek durultma ile yıkanabilir. Çabuk çökmeyen çökelekleri ise süzgeç üzerinde yıkamak gerekir.

Saf su ile yıkanan birçok çökelekte peptitleşme olur. Bir başka deyişle yıkama saf su ile yapıldığında çoğu kez çökeleğin bir kısmı kolloidal hâle geçerek süzgeçten geçer. pelteleşme peptitleşme AgCl(kolloidal) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯→ AgCl(k)⎯⎯⎯⎯⎯⎯→Ag (kolloidal) ‹Böylece çökelekte bir miktar ‹Böylece çökelekte bir miktar azalma olur. azalma olur.

Yıkama seyreltik elektrolit çözeltisi ile yapılırsa karşı iyon katmanlarında tutunan iyonlarla yıkama çözeltisindeki iyonlar yer değiştirir. Böylece yük dengesi bozulmadan temizlenme olur, peptitleşme olmaz.

Yıkama çözeltisine eklenecek elektrolit rastgele seçilmez, bazı koşulları sağlaması gerekir.

1. Y ıkama çözeltisine elektrolit olarak eklenecek iyon kızdırma sırasında buharlaşarak uçacak özellikte olmalı, artık bırakmamalıdır. Örneğin; gümüş klorür çökeleği seyreltik nitrik asit çözeltisi ile yıkanabilir.

+ yıkama + AgCl : Ag anyon (k) + HNO ⎯⎯⎯⎯⎯→AgCl : HNO (k) + Ag +anyon M 3 3 kurutma AgCl : HNO (k) ⎯⎯⎯⎯⎯→AgCl(k) +HNO (g) 3 3

Klorür tayini için çöktürülen gümüş klorürde birincil tutunan iyon gümüş iyonları, karşı iyon katmanı ise çözeltide bulunan anyonlardır. Bu çökelti seyreltik nitrik asitli su ile yıkandığında, birincil tutulan ve karşı iyon katmanları ile nitrik asit molekülleri yer değiştirir.

Böylece kirlilik olarak bulunan gümüşiyonları ve anyonlar uzaklaşırlar. Çökelek 100 oC dolayında kurutulduğunda, nitrik asit molekülleri uçucu olduğundan gaz hâlinde ayrılır. Yukar ıdaki yıkama nitrik asit yerine sodyum nitrat kullanarak yapılırsa aynı sonucu vermez. Çünkü sodyum nitrat ısıtıldığında kolaylıkla buharlaşmaz. Geride artık bırakır. Y ıkamalar sırasında genellikle nitrik asit, hidroklorik asit, amonyum tuzları veya bir başka uçucu bileşik kullanılır.

2. Eğer çökeleğin çözünürlüğü önemli ölçüde fazla ise, yıkama sırasındaki çözünürlüğü azalmak için yıkama çözeltisine iyonlardan biri eklenmelidir. Ancak, eklenecek bu iyon şüphesiz aranan iyon değil, çöktürücü iyon olmalıdır. Örneğin; klorür analizinde yıkama çözeltisinde HCl kullanılmaz.

3. Çökelek için zararlı olmadığı müddetçe yıkama sıcak ortamda yapılmalıdır. • Suyun akışkanlığı sıcaklıkla arttığından süzgeçten daha kolay akar. • Ayrıca safsızlık olarak bulunan katılar sıcak suda daha kolay çözünürler.

Kurutma, Yakma (sabit tartıma getirme) zSüzülüp yıkanan çökelek ıslak olduğundan hemen tartılamaz, kurutulması gerekir.

Çökelekte su, birçok şekillerde bulunur. Örneğin; ıslaklık olarak bilinen serbest su hâlinde, çökelek yüzeyine tutunmuşsu hâlinde, çökelek aralarına hapsedilmişsu hâlinde veya kimyasal yapının içinde olan kristal suyu hâlinde olabilir.

Bunlardan ilki yani nem şeklinde bulunan su 100 oC dolayında ısıtma ile veya bu sıcaklığın çökeleğe zarar vermesi hâlinde aseton, alkol veya eter gibi uçucu bir organik bileşik ile yıkanması ile giderilebilir. zBu işleme, yani serbest hâlde bulunan ve nem adı verilen suyun giderilmesi işlemine kurutma denir.

Çökeleğin 100-150 C’ de ısıtılması ile yüzeyinde tutunan suyun bir kısmı giderilebilir. Ancak tamamını gidermek için çoğu kez daha yüksek sıcaklıklarda ısıtmak gerekir.

Aynı şekilde çökeleğin içinde hapsedilmiş olan suyun giderilmesi için, alüminyum ve demirin hidroksitlerinde olduğu gibi, daha yüksek sıcaklıklarda ısıtmak gerekir.

Çökeleğin ısıtılmasında amaç çeşitli şekillerde bulunan suyun giderilmesi olabileceği gibi yıkama sırasında veya önceden tutunmuş olan uçucu bileşiklerin uzaklaştırılması da olabilir.

Bazen çökelek, daha kararlı veya yapısı daha iyi bilinen bir başka şekline dönüştürmek amacıyla da ısıtılabilir.

• Kızdırma sıcaklığı çökeleğin özelliğine göre değişir. • Örneğin; gümüşklorür çökeleğini bir etüvde 110 oC dolayında ısıtmak yeterli iken Magnezyum amonyum fosfat çökeleğinin elektrik fırınlarında 900 oC dolayında kızdırılması gerekir. 2MgNH 4PO4 ⇔Mg 2P2O7 +2NH3 +H 2O

Çökeleklerin hangi sıcaklıklara kadar ısıtılabileceği birçok denemeler sonunda bulunmuşve analitik kimya ile ilgili kaynaklarda verilmiştir. zKalsiyum okzalat için böyle bir eğri aşağıdaki şekilde verilmiştir.

Kalsiyum okzalatın sıcaklığa göre bozunma eğrisi

Çökeleğin ısıtılması sırasında bozunmaya karşı çok dikkatli olunmalıdır. Örneğin; baryum sülfat yüksek sıcaklığa kadar ısıtılırsa bir miktarı bozunarak baryum oksite dönüşür. Bu durumda çökelek, ne tam baryum sülfat ne de tam olarak baryum oksittir. Böyle bir durumda baryum oksitin tekrar baryum sülfata dönüştürülmesi gerekir.

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

17. Gravimetrik Analiz I ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

Gravimetrik analiz yöntemleri 1. Çöktürme yöntemleri + – { Ag Cl ÆAgCl { Ba2+ + SO 2- ÆBaSO 4 4 { Fe3+ 3OH- ÆFe(OH) 3 { 2Fe(OH) ÆFe O + 3H O 3 2 3 2 { Ca2+ + C O 2- ÆCaC O 2 4 2 4 { CaC O ÆCaO + CO + CO 2 4 2

Uçucu hale hetirme yöntemi (Antiasit tabletlerinin analizi) {NaHCO + H SO ÆCO + H O +NaHSO4 3 2 4 2 2 {CO + 2NaOH Æ Na CO + H O 2 2 3 2

Antiasit tabletlerinde NaHCO3 tayini

GRAVİMETRİK ANALİZLER HAKKINDA TEMEL BİLGİLER Aranan maddenin, örnekten saf bir bileşiği hâlinde veya elementel hâlde ayrılıp tartılması temeline dayanan analizlere gravimetrik analizler denir.

Ayırma işlemi 1. zor çözünen bir çökeleğin meydana getirilmesi, z 2. elektrotlardan birinde (çoğunlukla katotda) toplama,  3. gaz hâline dönüştürüp bu gazı uygun bir ayıraçta soğurma veya başka bir şekilde olabilir. Bunların arasında çöktürtme en sık kullanılanıdır. Bu nedenle bu bölümde çöktürme, çökelekler ve bu yolla yapılan analizler incelenecektir.

Gravimetrik yöntem en eski bir yöntem olmakla birlikte bugün en az kullanılan yöntemlerdendir. zBugün bu yöntemin yerine çok daha kısa bir sürede ve çok daha duyarlı sonuç alınabilen yöntemler kullanılmaktadır.

Gravimetrik Analizin Koşulları Her çökelekten gravimetrik analiz için yararlanılmaz. Bir çökeleğin gravimetrik analizde kullanılabilmesi için bazı koşulları sağlaması gerekir. 1. Çökeleğin çözünürlüğü oldukça az olmalıdır. 2. Çökelek saf olmalı veya kolaylıkla saflandırılabilmelidir. 3. Çökelek, çözeltiden basit süzme işlemi ile tam olarak ayrılabilmelidir.

4. Çökelek belli bir bileşimde olmalı veya basit işlemlerden sonra belli bileşime dönüştürülebilmelidir. 5. Çökelek havada veya analitik işlemler sırasında özelliklerini yitirmemelidir. 6. Çökeleğin formül ağırlığı, aranan maddenin iyon gram ağırlığına göre büyük olmalıdır. 7. Çöktürme için kullanılan ayıraç yalnız aranan madde ile çökelek vermelidir.

Çökme ve Çökelekler oluşumu Çökelek oluşumunda ilk olay çekirdek adı verilen küçük çökelek parçacıklarının meydana gelmesidir. Bu küçük parçacıkların meydana gelmesinden sonra büyüme üç boyutta başlar. zBu büyümenin sonunda bilinen irilikte çökelek elde edilir.

Çöktürücü çözeltiye eklendiğinde, çekirdekleşme başlamadan önce eyleme geçme dönemi vardır. Bu dönem bütün çökelekler için farklıdır. Örneğin; gümüşklorürde kısa, baryum sülfatta ise daha uzundur. Seyreltik baryum sülfat çözeltilerinde çekirdekleşmenin başlaması birkaç dakikayı alır.

Ancak, çoğu çöktürmelerde, çöktürücü çözeltiye eklenir eklenmez çekirdekleşmenin başladığı kabul edilir. Meydana gelen ilk çekirdekler gözle görülemeyecek kadar küçüktür. Yapılan bir çalışmada böyle bir çekirdeğin yalnız dört molekülden meydana geldiği bulunmuştur. İlk çekirdekler meydana geldikten sonra bunların büyümesi, yeni çekirdeklerin meydana gelmesinden daha kolay olur.

Çözeltideki anyonlar ve katyonlar bu çekirdeklere çarptığında bir kimyasal bağmeydana getirerek bunlara yapışırlar. zBöylece çarpışma ve büyüme üç boyutta belli bir düzen içinde devam eder.

Bir çözeltide büyüme, katı hâl ile çözeltideki iyonlar arasında denge kuruluncaya kadar devam eder. Dengede ise, çökelek üzerinde toplanan iyonlar ile çökelekten ayrılan iyonların sayısı eşit olduğundan olay devam ettiği hâlde büyüme olmaz.

Çökelek İriliği Çöktürme işlemi sonunda denge kurulduktan sonra elde edilen çökelek, kristal veya amorf hâldedir. Çökelek özellikleri ve iriliği, çökeleği meydana getiren iyonların özelliklerine ve çökeleğin elde edilmesi sırasındaki koşullara bağlıdır.

Çöktürme koşullarını kontrol ederek iri, kolay süzülebilir ve daha temiz çökelek elde etmek mümkündür.

Çöktürme Hızının etkisi Çöktürme hızlı yapılırsa çok sayıda çekirdek oluşur. Çözeltide denge kurulduğunda çekirdekler yeterince büyümemişolacağından, çökelek küçük kolloidal parçacıklardan meydana gelir. Kolloidal parçacıklar o kadar küçüktür ki yer çekimi kuvveti, çökmesi için yeterli değildir. Bu nedenle çözeltide asılı hâlde kalırlar.

Boyutları 10-4 – 10-6 cm dolayında olduğundan çıplak gözle görmek olanaksızdır. Bilinen süzgeçlerden geçerler, gravimetrik amaçla kullanılamazlar.

Hızlı çöktürme sonucu meydana gelen çok sayıdaki kolloidler birleşerek küçük tanecikli çökelek meydana getirebilirler. Buna en iyi örnek, normal şekilde yapılan bir çöktürmede elde edilen gümüşklorür çökelekleridir.

Bazı kolloidler ise, peltemsi bir kütle meydana getirecek şekilde bir araya gelir. Belli bir şekli veya büyüklüğü olmayan yarısaydam bu şekil, çökme için yeterlidir. Pelte adı verilen bu çökelek, ortamda bulunan sıvıdan bol miktarda içerir.

Demir(III) hidroksit ve alüminyum hidroksit, bu tür çökmeye örnektir. Bu pelteyi meydana getiren kolloidal parçacıklar oldukça küçük boyuttadırlar ve böyle bir yığılma olmadığında bu parçacıkları süzerek almak olanaksızdır.

AgNO3 çözeltisinde Kolloidal AgCl tanecikleri

Eğer çöktürme yavaşyapılırsa ilk başta çok sayıda çekirdek meydana gelemez. Daha sonra eklenen çöktürücü ile yeni çekirdekler meydana gelmesi yerine daha önce meydana gelen çekirdekler üzerinde tutunma ve böylece kristal büyümesi olur. Bu şekilde yeterince iri ve kolay süzülebilir çökelekler elde edilir.

Aşırı doygunluk Sıcaklık, ayıraçların derişimi, karıştırma hızı ve meydana gelen çökeleğin çözünürlüğü parça büyüklüğüne etki eden denetlenebilir etmenlerdir.Bu etmenlerin parça büyüklüğüne katkıları nicel olarak, aşırı doygunluk ve göreli (relatif) aşırı doygunluk ifadeleri ile tanımlanabilir.

Aşırı doygunluk = Q – S Q – S Göreli (relatif) aşırı doygunluk = S

Burada Q çökelek meydana gelmeden önceki derişimini, S ise çökeleğin dengedeki derişimini verir. Göreli aşırı doygunluk oranı ne kadar küçük ise, elde edilecek çökelek o kadar iri olur.

Örneğin; eşit hacimde 5.0’er molar derişimdeki baryum klorür ve mangan(II) sülfat karıştırılırsa =Q – S = (2.5 −1.0×10−5 )=250.000 Göreli aşırı doygunluk S 1.0×10−5

Eşit hacimde 5’er molarlık iki çözelti karıştırıldığında derişim 2.5 molara iner. zBaSO ’ın çözünürlük çarpımı 1.0×10-10 4 olduğuna göre çözünürlüğü 1.0x 10-5 dir.) zBu durumda çok ince, toz hâlinde baryum sülfat parçacıkları, çöktürücü eklenir eklenmez elde edilir. zBu çöktürme daha seyreltik, örneğin; 0.026 M derişimde ve eşit hacimlerdeki çözeltilerin karıştırılmasıyla yapılacak olursa;

-5 0.013 – 1.0×10 Göreli aşırı doygunluk = =1300 −5 1.0×10

Bu durumda oldukça iri taneli, süzülebilir BaSO4 kristalleri yavaşyavaşmeydana gelir. Oran 125 olacak şekilde daha seyreltik çözeltiler ile yapıldığında ise, çok daha iri taneli kristaller ve daha geç sürede elde edilir. Çöktürme oran 25 olacak koşullarda yapılırsa, oldukça iri taneli kristaller elde edilir ve bunların meydana gelmesi 2-3 saati bulabilir

Göreli aşırı doygunluk ifadesi değerinin küçük, dolayısıyla iri taneli çökeleğin elde edilmesi birkaç yolla sağlanabilir.

daha seyreltik çözeltilerin kullanılmasıyla zBöylece göreli aşırı doygunluk değeri, Q değeri küçüldüğünden, küçültülmüş olur.

Çöktürücünün yavaşeklenmesi ve sürekli karıştırma Çöktürücünün yavaşeklenmesi ile Q düşük değerde tutulmuşolur. Karıştırma ile ise belli noktalarda yüksek Q değerinin meydana gelmesi engellenmiş olur.

Çöktürmeyi daha asitli bir ortamda yaparak Asitli ortamda birçok maddenin çözünürlüğü fazladır, yani göreli aşırı doygunluk ifadesinde S arttırılmışolur.

Örneğin; kalsiyum okzalatın çöktürülmesinde, kalsiyum ve okzalat iyonları asitli çözeltide karıştırılır ve çözeltiye üre eklendikten sonra yavaşyavaş ısıtılırsa + + NH 2CONH2 + H 2O + 2H ⇔CO2 + 2 NH 4 tepkimesine göre bir miktar asit tepkimesine göre bir miktar asit tüketilir. tüketilir.

Asitin tüketilmesi ile pH yükseldikçe bir noktadan sonra kalsiyum okzalat çökmeye başlar. zBu şekilde iri ve kristal yapılı kalsiyum okzalat çökeleği elde edilebilir.

Bu konudaki bir başka uygulama da 3 ve 4 değerlikli metal hidroksitlerin 2 değerlikli metal hidroksitlerden ayrılmasında kullanılanıdır.

Bu yöntemde ortamın pH’ı yavaşyavaş artırılır. zBu sırada öyle bir noktaya gelinir ki kolay hidroliz olan titanyum ve alüminyum gibi metallerin hidroksitleri çökmeye başladığı hâlde magnezyum gibi bazı 2 değerlikli metallerin iyonları çözeltide kalır. zBu amaçla ürenin yanı sıra, potasyum bromat ve sodyum tiyosülfat da çok kullanılan ayıraçlardandır. zBurada ayıraç, içinde metal iyonları bulunan hidroklorik asitli çözeltiye konur ve ısıtılır.

– – + 2BrO3 + 10Cl + 12H ⇔Br2 + 5Cl2 + 6H2O 2- + S2O3 + 2H ⇔S + SO2 + H 2O Bu şekilde ortamdaki asitin bir kısmı tüketildiğinden pH yüksekte tutulur ve istenen çökeleğin oluşması sağlanır.

Çöktürücü doğrudan eklenmez Çöktürücü çözelti ortamında meydana getirilir. Örneğin; tiyoasetamit soğukta kararlı iken ısıtıldığında hidroliz olarak hidrojen sülfürü verir. + – CH3CSNH2 + 2H2O ⇔H 2S + NH 4 + CH3COO

Böylece metal sülfürleri, ısıtmanın kontrol edilmesi ile yavaşve daha düzenli olarak çöktürülebilir. zBu şekilde çöktürme ile hem daha kolay hem de daha az kirli çökelekler elde edilebilir. zSülfamik asitle baryum sülfatın çöktürülmesi de bu şekilde sağlanabilir.

Sülfamik asit ve baryum iyonu karışımı soğukta bir çökelti vermez. Fakat ısıtıldığında sülfamik asit; 2- + + NH SO H + H O ⇔SO + NH +H 2 3 2 4 4 tepkimesine göre bozunarak sülfat iyonlarını meydana getirir ve bu da ortamdaki baryum iyonları ile baryum sülfat çökeleğini verir.

Benzer bir çöktürme metil veya etil sülfat ile de yapılabilir. 2- + (C H ) SO +2H O ⇔SO + 2H 2C H OH 2 5 2 4 2 4 2 5 Bu şekilde çöktürülen baryum sülfat, daha iri taneli ve kristal yapılıdır.

Homojen çökelek oluşturma yolları

Sıcak çözeltide çöktürme Birçok maddenin çözünürlüğü sıcaklık ile artacağından aşırı doygunluk ifadesindeki S değeri büyümüşolacak, dolayısıyla göreli aşırı doygunluk ifadesi küçülmüş olacaktır.

Çökeleğin özümlenmesi Özümleme, çökeleğin çöktüğü çözelti ile temasta iken kaynama noktasının altındaki sıcaklıkta bekletilmesine denir. Bekletme genellikle su banyosunda yapılır.

Özümleme sırasında çökeleğin toplam yüzeyi azalır ve iriliği artar. Buradaki olay şu şekilde açıklanabilir. Isıtma ile çökelekte bir miktar çözünme olur. Fakat bir süre sonra denge kurulduğunda çözünen ve çökelti meydana getiren iyon sayısı eşit olur.

Böylece küçük çökelekler çözünürken birikme büyük çökelekler üzerinde olur. zAyr ıca, özümleme sırasında çökelek yüzeyine tutunmuşolan yabancı iyonlar da çözeltiye salınmışolacağından, çökeleğin saflığı da arttırılmışolur.

Çökeleklerin Saflığı Gravimetrik analizlerde en önemli hata kaynağı çökeleklerin taşıdığı safsızlıklardır. zBir çökelekle birlikte, başka iyonlarında çökmesine engel olmak oldukça güçtür. Safsızlıklar çökeleğe birkaç şekilde taşınabilir.

Yüzeyde Tutunma Çökelek yüzeylerinde daima tutunmuşiyonlar bulunur. Hangi iyonun tutunduğu, çözelti ortamında hangi iyonun bulunduğuna bağlı olarak değişir.

Örneğin; sodyum klorür çözeltisine damla damla gümüş nitrat eklenmesiyle gümüşklorür çöktürülmesinde, eşdeğerlik noktasından sonra, ortamda fazla miktarda gümüşiyonu bulunduğundan, bu iyonlar çökelek yüzeyinde tutunurlar.

AgCl çöktürülmesi

Çökelek yüzeyine tutunan bu iyonlara (Ag+), birincil tutunan iyonlar denir. zOrtamda bulunan diğer iyonların da (Na+ ve NO3-) klorür ve gümüşiyonları kadar tutunma ihtimali vardır. zFakat örgü iyonuna (birincil tutunan iyona) yani ortamda çok bulunan iyona (Ag+) oranla diğer iyonların tutunmasının çok az olduğu bulunmuştur

Çökelti yüzeyi, örgü iyonun katyon ve anyon oluşuna göre artı veya eksi yüklü olur. Bu yükü dengelemek için karşı yüklü iyonlar çökeleği hemen sararlar. Bu iyonlara karşı iyonlar denir. Karşı iyonlar birincil tutunan iyonlara oranla daha zayıf bağlar meydana getirirler. Bunun sonucu olarak karşı iyonların meydana getirdiği tabakada başka iyonlar da bulunabilir.

Sülfat çözeltisine baryum klorür eklenmesiyle meydana gelen baryum sülfat çökeleğinde birincil tutunan ve karşı iyon katmanları

Çökelek ve elektriksel çift tabaka

Birincil tutunan iyon ile karşı iyon katmanları arasındaki farklar 1. Birincil tutunan iyonlar (yani örgü iyonları), çöktürme sırasında ortamda çok bulunan iyonlardır. Örneğin; gümüşnitrat ile klorür tayininde gümüş, sodyum klorür ile gümüştayininde ise klorür iyonları birincil tutunan iyonlardır. Karşı iyonlar ise adından da anlaşılacağı gibi birincil tutunan iyonun yükünü tersi yükteki iyonlardır 2. Birincil tutunan iyonlar kimyasal bağlarla tutunurlar. Karşı iyonlar ise elektrostatik çekim nedeniyle dururlar. 3. Birincil tutunan iyonlar çökelek yüzeyince sıkıca tutulmuşlardır. Karşı iyonlar ise, çok daha zayıf bağlarla tutunduklarından kolaylıkla uzaklaştırılabilir ve bileşimi değiştirilebilir.

Bir çözeltide birden fazla karşı iyon olabilecek iyon varsa, yükü en fazla olan karşı iyon katmanını meydana getirir. zAynı yükte birden fazla iyon bulunduğunda ise birincil tutunan iyon katmanı ile en zor çözünen bileşik veren iyon karşı iyon katmanını meydana getirir.

•Örneğin; baryum klorür ile sülfat tayininde, baryum iyonları birincil tutunan iyonlar katmanını meydana getirir. •Eğer çözeltide klorür, nitrat ve perklorat iyonları varsa nitrat iyonları da karşı iyonlar katmanını meydana getirir. Bu olay; NO – 3 BaSO : Ba2+ 4 NO – 3 şeklinde gösterilir. •Bunun nedeni, baryum nitratın çözünürlüğünün baryum perklorat ve baryum klorürden daha az olmasıdır.

Metallerin hidroksitleri hâlinde çöktürülmelerinde, birincil tutunan iyonun ne olduğu, ortamın pH’ına bağlıdır. zÖrneğin; alüminyumda elektrikçe nötral nokta hemen hemen pH’ın 8 olduğu yerdir. zDolayısıyla pH 8’ in altında çözeltinin yüzeydeki birincil tutunan iyonlar artı yüklü olduğundan bunun etrafı eksi yüklü karşı iyon katmanı ile kaplanır. zpH 8’ den büyük olduğunda ise çökeleğin yüzeyi eksi yükle kaplıdır. zDolayısıyla, bunun etrafını kaplayan karşı iyon katmanı artı yüklü iyonlardan meydana gelir.

Alüminyum hidroksitte çökeleğin, katyon tutunması nedeniyle kirlenmesini önlemek için, çöktürmeyi olabildiği kadar düşük pH’larda yapmak gerekir.

Özümleme, yüzeyde tutunmanın neden olduğu kirlenmeyi azaltır. Bu, çökelek yüzeyinin azalması şeklinde ve yabancı iyonların tekrar tutunması ihtimalini azalması şeklinde açıklanabilir.

Y ıkama , yüzeyde tutunmanın neden olduğu kirliliği azaltır. Yıkama ile yüzeydeki yabancı iyonlar ya doğrudan uzaklaştırılır ya da kızdırma sırasında buharlaşabilecek bileşiklerle yer değiştirir.

Birlikte Çökme Çökelek büyümesi sırasında yabancı iyonların çökelek içinde kalması olayına denir. Yabancı iyonların çökelek içindeki dağılımları bir düzenlilik göstermez. Yabancı iyonlar ya kristal yapıdaki boşluklarda yer alırlar veya katmanlar arasında hapsedilir.

Baryum klorür ile sülfat çöktürmesi sırasında ortamda sülfat iyonları bol miktarda bulunduğundan birincil tutunan iyon katmanı sülfat iyonlarından meydana gelir. Bu iyonların etrafına önce artı yüklü iyonlar (örneğin; sodyum iyonları) kaplar.

Daha fazla baryum iyonu eklendiğinde, sodyum iyonları ile baryum iyonları yer değiştirir ve bu şekilde kristal büyür. Ancak kristal büyümesi çok hızlanırsa bütün sodyum iyonları baryum iyonları ile yer değiştirmeye fırsat bulamaz ve böylece sodyum iyonlarının bir kısmı çökelek içinde kalmış olur.

Özümleme, birlikte çökmenin sebep olduğu kirliliği bir ölçüde azaltır. Ancak bütün kristaller özümleme s ırasında çözünmediğinden, kirliliğin tamamen giderilmesi olanaksızdır. Y ıkama bu tür kirlenme için hiçbir sonuç vermez. Çünkü kirlilik, çökelti yüzeyinde değil içindedir. zBu konuda en iyi çözüm çökeleğin bir asitte çözülüp tekrar çöktürülmesidir.

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

16. pH Hesabı ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

pH Hesabı

1. Kuvvetli asit ve baz çözeltilerinde pH hesabı 2. Zayıf asit çözeltilerinin pH’ı 3. Zayıf Baz Çözeltisinin pH’ı 4. Zayıf asidin tuzunu içeren bir çözeltinin pH’ının hesabı 5. Zayıf bir bazın tuzunu içeren çözeltinin pH’ı z6. Zayıf bir asit ile bazın tuzunu içeren çözeltinin pH’ı 7. AMFİPROTİK TUZ ÇÖZELTİLERİNİN PH LARININ HESAPLANMASI

1.Kuvvetli asit ve baz çözeltilerinde pH hesabı Örnek : 0.001 M NaOH çözeltisinin pH’ı nedir?

– Meydana gelen OH tamamen protolize uğradığından COH = 0.001 M’dır. [ ] pOH =−log OH ⇒pOH =−log aOH − pOH =3 pH =11

2. Zayıf asit çözeltilerinin pH’ı A +H O ⇔B − +H O+ 2 3 a a H 3O+ B − K = a =1=C a H 2 O H 2 O a a A H 2 O CA =C −CH 3O+ CH 3O+ CB K = a C −C + H O 3

C =C B H 3O 2 C H O+ K = 3 a C −C + H 3O 2 C H 3O+ =K a (C −CH 3O+ ) CH 3O+ = K a (C −CH 3O+ ) ( ) 1/ 2 [ ] C + = K C −C + H O a H O 3 3 1/ 2 [ ( )] pH =−log CH 3O+ =−log K a C −CH 3O+

=−⎡1 + ( − )⎤ pH ⎢⎣2 log K a log C CH 3O+ ⎦⎥ ihmal edilirse 1 1 pH =− log K a − log C 2 2 1 1 pH = pK a + pC 2 2 1 pH = (pK a −log C) 2 1 ( ) pH = pK a +pC 2

Örnek: 0.01 M Borik asit çözeltisinin pH’ı nedir? pK =9.23 a 1 pH = (pK a −log C) 2 1 ( ) pH = 9.23 −log 0.01 2 1 1 pH = ( + =) 9.23 2 2 ( ) 2 11.23 pH =5.61

3. Zayıf Baz Çözeltisinin pH’ı B +H O ⇔A − +OH − 2 aA − aOH − aH 2 O =1 K = b a a B H 2 O a ≈c CB =C −COH C − =C − A OH 2 C OH − Kb = C −C OH −

Kb yeterince küçük ise C-C – deki C – ihmal OH OH edilebilir. Bu durumda C K .C OH − b ⎡1 ⎤ ( )1/ 2 pOH =−⎢⎣2 log K b .C⎦⎥ pOH =−log C =log K C OH b 1 pOH =−⎡1 K + C⎤ pOH = −[ log K b −log C ] ⎢ log b log ⎥ 2 ⎣2 ⎦ 1 pOH = 1 (p Kb −log C) pH =pK su −2 (pK b −log C) 2 pH +pOH =pKsu olduğundan

Örnek: 0.01 M amonyak çözeltisinin pH’ı nedir? pK =4.8 b 1 ( ) pH =pK su − pK b −logC 2 1 pH =14− (4.8 −log 0.01) 2 1 (4.8 2) 14 3.4 pH =14− + = − 2 pH =10.6

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

15. Skoog ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

SKOOG BÖLÜM 9 BÖLÜM 9 SULU ÇÖZELTİLER VE SULU ÇÖZELTİLER VE KİMYASAL DENGE KİMYASAL DENGE M-DEMİR

SULU ÇÖZELTİLERİN KİMYASAL BİLEŞİMİ Elektrolit Çözeltilerinin Sınıflandırılması Elektrolit Çözeltilerinin Sınıflandırılması • Elektrolit: Suda çözündüklerinde iyonlaşarak elektriği iletençözeltiler oluşturan maddelere elektrolit denir • Kuvvetli elektrolit: Tamamen iyonlaşan maddelere denir • Zayıf elektrolit: Kısmen iyonlaşan maddelere denir

Asitler ve bazlar Asitler ve bazlar M-DEMİR

Amfiprotik türler Amfiprotik türler M-DEMİR

• Su, amfiprotik çözücülere verilebilecek en iyi örnektir.Yaygın olarak kullanılan diğer amfiprotik çözücüler arasında metanol, etanol ve susuz asetik asit sayılabilir.

ASİTLERİN VE BAZLARIN KUVVETLERİ ASİTLERİN VE BAZLARIN KUVVETLERİ M-DEMİR

KİMYASAL DENGE KİMYASAL DENGE M-DEMİR

Denge Durumu Denge Durumu M-DEMİR

Denge Sabiti İfadeleri Denge Sabiti İfadeleri

ANALİTİK KİMYADA KARŞILAŞILAN DENGE SABİTİ TİPLERİ M-DEMİR

Suyun İyonlaşması Suyun İyonlaşması p skalası

Çözüm

Çözüm Başka bir yol İhmal geçerli mi?

Çözünürlük ve çözünürlük Çarpımı Çözünürlük ve çözünürlük Çarpımı

Çözüm

Tanım [Ba2+] =7,2×10-4 M [Ba2+] =7,2×10-4 mol/L M-DEMİR 15-SKOOG BÖLÜM 9 [Ba2+] =7,2×10-4 mmol/mL

500 mL çözeltideki Ba(IO3)2’ın milimol sayısı 500 mL çözeltideki Ba(IO3)2’ın kütlesi

Ortak İyon etkisi Ortak İyon etkisi

Zayıf asit ve bazların iyonlaşması Zayıf asit ve bazların iyonlaşması

Konjuge asit-baz çiftleri için denge sabiti ifadesi Konjuge asit-baz çiftleri için denge sabiti ifadesi

Yeni denge sabiti değerinin hesaplanması Yeni denge sabiti değerinin hesaplanması

ÇÖZÜM

Zayıf asit çözeltilerinin iyonlaşması Zayıf asit çözeltilerinin iyonlaşması

Çözüm

Hata kontrolü Hata kontrolü Bulunuz???

ÇÖZÜM Yerine konur ve çözülürse

Hata % 20 civarında. Hesaplayınız Doğru Çözüm

Zayıf Bazların İyonlaşması Zayıf Bazların İyonlaşması

ÇÖZÜM

Tekrar düzenlenirse Yaklaştırma nedeniyle yapılan hatayı hesaplayınız

TAMPON ÇÖZELTİLER TAMPON ÇÖZELTİLER

Tampon çözeltilerin pH’sının Tampon çözeltilerin pH’sının hesaplanması hesaplanması

Kontrol ediniz ???

TAMPON ÇÖZELTİLERİN ÖZELLİKLERİ TAMPON ÇÖZELTİLERİN ÖZELLİKLERİ • Seyrelme Etkisi: Tampon çözeltilerin pH’ı seyrelme ile hemen hemen değişmez, sabit kalır • İlave edilen asit veya bazın etkisi: Az miktarda kuvvetli asit veya baz eklendiğinde pH’daki değişim çok azdır

pH’ın Fonksiyonu olarak Tampon Çözeltilerin Bileşimi: ALFA DEĞERLERİ

CH COOH ⇔ H + + CH COO − 3 3 + − [ ][ ] H CH COO K = 3 [ ] CH COOH 3

Eşitlik 9-34 deki OAc- değeri 9-35 de yerine konursa Yeniden düzenlenirse

[HOAc]/C =alfa olduğundan t 0 Alfa1 için benzer türetme yapılırsa Bu değer eşitlik 9-35 de yerine konursa

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

14. Tuz Çözeltilerinin pH Hesaplanması ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

AMFİPROTİK TUZ ÇÖZELTİLERİNİN PH LARININ HESAPLANMASI

Hem asidik hem de bazik özellik gösteren tuzlara amfiprotik(amfoterik) tuzlar denir. Bu tür tuzlar çok değerlikli asit ve tuzların nötürleştirilmeleri sırasında oluşur.

Örneğin H A asidi NaOH ile nötürleştirilirse; 2 H A+NaOH→NaHA+H A 2 2 – Oluşan HA iyonu; () − 2− 1 HA +H O ⇔A +H O 2 3 ( ) − − 2 HA +H O ⇔H A +OH 2 2 gereğince asit veya baz oluşabilir.Benzer şekilde;

Benzer şekilde; () − − + 3 HCO +H O ⇔CO +H O 3 2 3 3 ( ) − 4 HCO +H O ⇔H CO +OH 3 2 2 3 () − + 2− 5 H PO +H O ⇔H O +HPO 2 4 2 3 4 ( ) − − 6 H PO 4 +H O ⇔H PO +OH 2 2 3 4 ( ) 2− + 3− 7 HPO +H O ⇔H O +PO 4 2 3 4 () 2− − − 8 HPO +H O ⇔OH +H PO 4 2 2 4 oluştura bilir.

Görüldüğü gibi bunlardan birine göre ortamda ,diğerlerine göre OH- bulunacaktır. Bu durumda çözelti hangi özelliği gösterecektir? zBurada belirleyici olan her birinin denge sabiti değerleridir.

Örnek H A ⇔H + +HA − K 2 a 1 HA − ⇔H + +A 2− K a 2 + 2− [ ][ ] H O A HA − +H 2 O ⇔A 2− +H 3 O+ K a 2 = 3 − [ ] HA − − − [ ][ ] K H A OH HA +H 2 O ⇔H 2 A +OH K b 2 = 2 = SU − Ka [ ] 1 K b 2 〉K a 2 →bazik HA K a 2 〉K b 2 →asidik

Amfoterik bir tuz çözeltisinin PH sını hesaplamak için sistematik yaklaşım uygundur.

HA − +H O ⇔A 2− +H O+ 2 3 HA − +H O ⇔H A +OH − 2 2 2 H O ⇔H O+ +OH − 2 3 + − [ ][ ] H O A K a 2 = 3 ( 1) − [ ] HA − K [ ][ ] H A OH K b2 = su = 2 ( 2) K a 1 − [ ] HA M.DEMİR(ADU-AYDIN) 14-AMFİPROTİK TUZLARIN PH 8 HESAPLAMALARI

+ − −14 [ ][ ] H OH =1.0 ×10 − 2− [ ] [ ] [ ] kütle → C = HA + H A + A N aHA 2 + + − 2− − [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] yük → Na + H 3 O = HA +2 A + OH (3) C N a+ =C N aAH olduğundan + − 2− − [ ] [ ] [ ] [ ] C N aHA + H O = HA +2 A + OH (4) 3 + − [ ][ ] K SU = H OH (5)

Bilinmeyenler: – 2- – z[HA ], [H A], [A ], [H O], [OH ] denklem 2 3 sayısı 5 tir. zAncak uzun ve zahmetli bir yoldur.Yöntem ; yaklaştırma yapılabilir.

Çözüm: Yük denkliği eşitliğinden ,kütle denkliği eşitliğini ;yani denklem 4 den ,denklem 3 ü çıkaralım; + − 2− − [ ] [ ] [ ] [ ] C + H O = HA +2 A + OH N aHA 3 − 2− [ ] [ ] [ ] C = H A + HA + A N aHA 2 2− − [ ] [ ] [ ] [ ] H 3 O = A + OH − H 2 A (6)

2 nolu eşitlikten [H A] çekelim; 2 K SU − [ ] HA − + − − [ ] K HA K [ ][ ][ ] H OH HA 1 [ ] b 2 a 1 H A = = = × 2 [ − ] [ − ] K [ − ] OH OH a 1 OH . + − [ ][ ] H O HA [ ] 3 H A = 2 Ka 1

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/

13. Çoklu Dengeler II ( Prof. Dr. Mustafa DEMİR )

ÇOKLU DENGELER-2 Prof.Dr.Mustafa DEMİR

Örnek 1 : pH =4 tampon ortamında CaC O 2 4 çözünürlüğü nedir? Esitlikler 2+ 2− CaC O ⇔ Ca + C O 2 4 2 4 2− + – C O + H ⇔ HC O 2 4 2 4 HC O – + H + ⇔ H C O 2 4 2 2 4 H O ⇔ H + + OH- 2 2. Kütle 2+ 2- – [Ca ] = [C O ] + [HC O ] + [H C O ] (1) 2 4 2 4 2 2 4 [H+ ] = 1.0 x 10-4 M (2)

3. Yük Tamponun ne kullanıldığı bilinmediğinden yazmak yanlış. 4. Dengeler 2+ 2− −9 [Ca ] [C2 Ο4 ] = 1.7 × 10 (3) [ + ] − [ ] H O HC O 3 2 4 = K 1 = 5.60 × 10−2 (4) [ ] H C O 2 2 4 [ + ] 2− [ ] H O C O −5 3 2 4 = 5.42 × 10 (5) [ − ] HC O 2 4 5. Bilinmeyenler 2+ 2− − [Ca ], [C Ο ], [ΗC Ο ], [ Η C Ο ] 2 4 2 4 2 2 4 denklem → (4)

Çözüm [ + ] 2− [ ] – H O C O4 (5) den → [HC O ] = 3 2 2 4 −5 5.42 × 10 – 2- [HC O ] = 1.85 [C O ] 2 4 2 4 (1.0 × 10−4 )(1.85 C O 2− ) ( ) 2 4 4 ‘ ten → [H C O ] = 2 2 4 −2 5.60 × 10 -3 2- [H C O ] = 3.30 x10 [C O ] 2 2 4 2 4

(1)’de yerine konur. 2+ 2− − [Ca ] = [C2 Ο4 ] + [ΗC2 Ο4 ] + [Η 2 C2 Ο4 ] [Ca2+ ] = [C2 Ο4 2− ] + 1.85[C2 Ο4 2− ] + 3.30 × 10−3 (C2 Ο4 2− ) [ 2+ ] [Ca2+ ] = 2.85 [C Ο 2− ] → [ 2− ]= Ca C O 2 4 2 4 2.85 ⎛ [ 2+ ]⎞ [ 2+ ][ 2+ ] 2+ ⎜ Ca ⎟ -9 Ca Ca -9 [ ] Ca ⎜ 2.85 ⎟= 1.7 x 10 → 2.85 = 1.7 x 10 ⎝ ⎠ 3′ te yerine koy 2+ 2 -9 2+ [Ca ] = 1.7 x 10 x 2.85 → [Ca ] = 7.0 x 10-5 mol / L →= Çözünürlük

Örnek 03: BaCO ın sudaki çözünürlüğü nedir? [ 2+ ] 2− −9 [ ] ( ) Ba CO = 5.0 × 10 1 3 − [ ][ − ] 2- – – HCO3 OH K su CO + H O ⇔ HCO + OH → = 3 2 3 2− [ ] K CO3 2 1.0 × 10− 14 −4 −11 = 2.13× 10 (2) 4.69 × 10 [ ][ − ] H CO OH K – – HCO + H O ⇔ H CO + OH- → 2 3 = su 3 2 2 3 − [ ] K HCO3 1 1.0 × 10− 14 −8 ( ) = 2.25 × 10 3 4.45 × 10−7 + – + – -14 H O ⇔ H + OH → K = [H ] [OH ] = 1.0 x 10 (4) 2 su

Kütle [ 2+ ] [ ] [ − ] [ 2− ] Ba = H 2 CO3 + HCO3 + CO3 (5) Yük [ 2+ ] [ + ] [ 2− ] [ − ] [ − ] 2 Ba + H 3 O = 2 CO3 + HCO3 + OH (6) 6 eşitlik → 6bilinmeyen → çözülebilir. [ 2+ ] [ 2− ] [ − ] [ ] [ + ] [ − ] Ba , CO3 , HCO3 , H 2 CO3 , H , OH

Yaklaştırma : ( ) [ + ] A Eşitlik (6) daki H O ihmal edilebilir.Çünkü 3 i) (2) ve (3) nolu denklemlere göre ortam baziktir. [ + ] −7 H < 10 olmalıdır. [ 2+ ] −5 2− ii Ba i ) derişim ,hiçbir ???denge olmasaydı,7 × 10 olacaktı.CO3 su ile tepkime verdiğinegöre Le Chatelier ilkesine göre çözünürlük artmalı. [ 2+ ] −5 Ba > 7 × 10 olmalıdır. [ 2+ ] [ + ] ∴ 2 Ba >>> H olmalıdır. Bu durumda eşitlik (6) ; [ 2+ ] [ 2− ] [ ] [ − ] 2 Ba = 2 CO3 + HCO3− + OH (7) olur.

(B) İkinci yaklaştırma (2) ve (3) nolu denge sabiti değerlerini bulmak, [ ] [ − ] H 2 CO3 << HCO3 söylenebilir. ?? :(5) nolu denklem [ 2+ ] [ − ] [ 2− ] Ba = HCO3 + CO3 (8) Çözüm : Eşitlik (8), 2 ile çarpılır, (7) den çıkarılırsa [ 2+ ] [ − ] [ 2− ] − 2 Ba = 2 HCO3 + 2 CO3 (9) [ 2+ ] [ 2− ] [ ] [ − ] + 2 Ba = 2 CO3 + HCO3− + OH (7) − [ ] [ − ] 0 − HCO + OH = 3 − [ ] [ − ] (10) HCO = OH 3 (2) nolu eşitlikte yerine konursa − [ ][ − ] HCO3 OH −4 = 2.13× 10 (8) ⎡ 2 − ⎤ CO ⎢ 3 ⎦⎥ ⎣ [ − ][ − ] HCO3 HCO3 −4 = 2.13× 10 ⎡ 2 − ⎤ CO ⎢ 3 ⎥ ⎣ ⎦ − [ − ] 2 −4 ⎡ 2 ⎤ HCO = 2.13× 10 CO 3 ⎢ 3 ⎦⎥ ⎣ − [ − ]= × −4 ⎡ 2 ⎤ ( ) HCO 2.13 10 CO 11 3 ⎢ 3 ⎥ ⎣ ⎦ Bu ifade (8) de yerine konursa [ 2+ ] [ − ] [ 2− ] Ba = HCO + CO 3 3 [ 2+ ] [ 2− ] −4 ⎡ 2 − ⎤ Ba = CO3 + 2.13× 10 ⎢CO3 ⎥ (8) ⎣ ⎦

(1) nolu eşitlikten K [ 2+ ] 2− 2− çç [ ] [ ] Ba CO = K → CO = 3 çç 3 [ 2+ ] Ba K K [ 2+ ] ÇÇ −4 çç Ba = + 2.13× 10 × [ 2+ ] [ 2+ ] Ba Ba

[ 2+ ] Her iki taraf Ba ile çarpılırsa 2 2 K [ 2+ ] [ 2+ ] −4 çç Ba = K + Ba × 2.13× 10 × ÇÇ [ 2+ ] Ba 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −4 Ba = K + Ba × 2.13× 10 × K ÇÇ çç 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −4 Ba − Ba × 2.13× 10 × K − K = 0 çç çç 2 [ 2+ ] [ 2+ ] −4 −9 −9 Ba − Ba × 2.13× 10 × 5.0 × 10 − 5.0 × 10 = 0 2 [ 2+ ] −12 [ 2+ ] −9 Ba − 1.065 × 10 Ba − 5.0 × 10 = 0 2 [ 2+ ] −6 [ 2+ ] −9 Ba − 1.03 × 10 Ba − 5.0 × 10 = 0 Bu denklem çözülürse [ 2+ ] −4 Ba = 1.29 × 10

Yaklaştırma Kontrolü : [ 2− ] 5.0 × 10−9 −5 ‘ CO 3.9 10 M (1) den 3 = −4 = × 1.3 × 10 − [ ] −5 −5 (8) ‘den HCO3 = 12.9 × 10 − 3.9 × 10 − [ ] −5 HCO = 9.0 × 10 M 3 − [ − ] [ ] −5 (10)’dan OH = HCO3 = 9.0 × 10 M ( −5 ) [ ] H CO 9.0 × 10 (3)’ten 2 3 = 2.25 × 10−8 9.0 × 10−5 [ ] −8 H CO = 2.25 × 10 M 2 3 [ + ] 1.0 × 10−14 −10 (4)’ten H = −5 = 1.1× 10 M 9.0 × 10

Kaynak: http://web.adu.edu.tr/user/mdemir/