Diod i Vand og Heptan - Fordelingsligevægt

Side 1

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

STX 2.g

Viborg Gymnasium og HF

2.x – Kemi

Dato for aflevering 30/9 2010

Side 2

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

Formål

Formålet med dette forsøg om fordelingsligevægte i et tofasesystem er at beregne fordelingsligevægten, ud fra reaktionsskemaet og titreringsresultater, mellem I

2 2 opløst i vand og I opløst i heptan.

Teori

I denne rapport om fordelingsligevægte i et tofasesystem ser jeg på fordelingsligevægten af diiod mellem vand og heptan. Om iod ved jeg, at det er tungtopløseligt i vand med letopløselige organiske opløsningsmidler som her heptan. Ved udrystning af en mættet vandig opløsning af iod med heptan vil følgende ligevægt indstille sig:

I (aq) = I (heptan)

2 2

I denne rapport bruger jeg begrebet om ligevægtskonstanten på en anderledes måde.

Ligevægtskonstanten som før hed K c kaldes nu for fordelingsforholdet og hedder blot for K.

Fordelingsforholdet findes når et stof fordeler sig mellem to væskefaser som diiod gør, mellem vand og heptan, i dette forsøg. Da vand og heptan ikke er blandbare på grund af polaritet og upolaritet dannes dette tofasesystem. Når der efter udrystning er sket en ændring af hvor meget diiod der er i de to faser skyldes det muligheden og lysten for diiod til hellere at ville opløses i det ene stof end i det andet. Ligevægtsloven bruges her til at beregne hvor meget hellere et stof vil opløses i et frem for et andet. Fordelingsforholdet fortæller også hvor mange gange hellere et stof vil opløses i et stof frem for et andet.

Til denne rapport om fordelingsligevægte i et tofasesystem er det væsentligt at kende til polaritet og upolaritet. Stoffer som er polære har en forholdsvis stor elektronegativitet i de kovalente bindinger, som vil sige at der dannes en positiv ende og en negativ ende på molekylet. Som et eksempel vil jeg tage H

2

O (vand). Elektronegativitetsforskellen mellem H og O er forholdsvis stor og da der er to H’er som begge er positive og kun et O som er negativt dannes der naturligt en

+pol og en –pol på molekylet. Der findes andre former for polaritet hvor molekylet ikke er nær så

stærkt polært som vand, i disse tilfælde dannes der stadig en negativ og en positiv ende. Når et molekyle beskrives som upolært menes der at der ikke er dannet ender med hver sin ladning. I upolære molekyler ligger atomerne enten på række ellers gør den symmetriske opbygning af molekylet at tyngdepunktet for ladningen ligger midt i sammensætningen af molekylet så det bliver upolært. Polaritet og upolaritet kan bruges i denne rapport fordi den handler om fordelingsligevægten af I. Koncentrationen af diiod ændres efter omrystning fordi stoffer som

2 ligner hinanden, kan opløses i hinanden. Polære stoffer kan derfor opløse sig i polære stoffer, og upolære stoffer kan lettest opløses i upolære stoffer. Ud fra denne teori om polaritet og upolaritet ved jeg nu at et upolært molekyle helst vil opløses i et upolært stof, altså er et upolært stof letopløseligt i et andet upolært stof og tungtopløseligt i et polært stof.

Side 3

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

I dette forsøg har vi benyttet en forsøgsmetode som hedder titrering. Titrering er en metode hvor der titreres med en bestemt opløsning for at finde ækvivalenspunktet mellem titratet og den opløsning der titreres i.

Bestemmelse af ækvivalenspunktet hjælpes på vej af en indikator.

Titreringsreaktionens grundelementer er.:

I (aq) + 2S O^{2-} (aq) → 2I^{-} (aq) + S O^{2-} (aq)

2 2 3 4 6

Apparatur

Skilletragt, titreringsudstyr, 25 mL pipetter, 50 mL måleglas, 50 mL bægerglas og 2 100 mL konisk kolbe.

Kemikalier

Mættet I (aq) – opløsning, heptan, 0,100M Na S O (aq) og stivelsesopløsning.

2 2 2 3

Fremgangsmåde

Til dette forsøg om fordelingsligevægte i et tofasesystem skal der laves en stamopløsning hvortil der ud over blandingen af denne hører to forsøg.

Stamopløsning

Vi fremstillede en 0,005 M opløsning af Na

2 2 3

S

O ud fra en 0,100 M opløsning ved at blande 5 mL 0,1 M Na

2 2 3

S

O

-opløsning med 95 mL destilleret vand. Den samlede volumen blev derfor 100 mL. Denne opløsning skal i de to forsøg bruges til at titrere med.

Forsøg A:

Vi overførte 25,0 mL mættet I

2

(aq) – opløsning til den koniske kolbe hvor vi derefter tilsatte stivelse (11dråber) som indikator, så farven på opløsningen blev mørkeblå. Vi titrerede til sidst med stamopløsningen af 0,005 M Na S O

2 2 3 indtil opløsningen igen blev farveløs. Forbruget af 0,005 M Na S O –

2 2 3 opløsning noteredes.

Forsøg B:

Vi afmålte med måleglas 30,0 mL mættet I

2

(aq) – opløsning som vi overførte til skilletragten. Til skilletragten overførte vi også 30,0 mL heptan. Efter ophældning i skilletragten satte vi en prop på og rystede kraftigt indtil de to faser blev blandet grundigt. Efter omrystning tappede vi vandfasen fra skilletragten ned i et rent bægerglas hvoraf vi overførte 25 mL af vandfasen til

Side 4

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem en konisk kolbe. Til den koniske kolbe med vandfasen tilsatte vi også her stivelse som indikator (4 dråber), denne opløsning af vandfase og stivelse titrerede vi til sidst med stamopløsningen af

0,005 M Na S O indtil opløsningen igen blev farveløs. Forbruget af 0,005 M Na S O – opløsning

2 2 3 2 2 3 noteredes.

Resultater

Til dette forsøg om fordelingsligevægte i et tofasesystem er der resultater fra de to titreringsforsøg.

Forsøg A:

Efter tilsætning af stivelse til den mættede opløsning I

2

(aq) skete der et farveskift fra klar til mørkeblå. Efter titrering med 0,005 M Na

2 2 3

S

O skiftede opløsningen tilbage til farveløs. Farveskift fremgår af billedrækken på forrige side. De brugte mængder af henholdsvis stivelse og Na S O

2 2 3 fremgår af dette skema:

Forbrug af stivelse 11 dråber

Forbrug af 0,005 M Na S O - opløsning 37,7 mL – 20,9 mL = 16,1 mL

2 2 3

Forsøg B:

Efter overførsel af mættet I

2

(aq) – opløsning og heptan til skilletragten dannedes der to faser. Den nederste fase var diiod og svagt rødlig og den øverste fase var heptan og lyserød. Efter kraftig omrystning af skilletragten dannedes der igen to faser, nu var den øverste helt pink og den nederste blot klar og uden farve. Denne nederste del kaldes her fra for vandfasen. Efter overførsel af vandfasen til bægerglas og tilsætning af stivelse som indikator skiftede opløsningen farve fra klar og uden farve til at være mørkeblå. Efter titrering med Na S O skiftede opløsningens farve

2 2 3 tilbage til farveløs. Farveskift fremgår af billedrækken på forrige side. De brugte mængder af henholdsvis stivelse og Na S O fremgår af dette skema:

2 2 3

Forbrug af stivelse 4 dråber

Forbrug af 0,005 M Na S O - opløsning 37,9 mL – 37,2 mL = 0,7 mL

2 2 3

Beregninger

For at beregne K ud fra reaktionsskemaet og titreringsresultaterne må jeg først beregne de o voluminer og koncentrationer der fremgår af skemaet på næste side:

Side 5

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

A 1 V(Na S O) – mættet I (aq) – opløsning 16,1 mL

2 2 3 2

B 2 V(Na S O) – udrystet vandfase 0,7 mL

2 2 3

A 3 [I (aq)] før udrystning med heptan 0,00161 mol/L

2

B 4 [I (aq)] efter udrystning 0,00007 mol/L

2

B 5 [I (heptan)] efter udrystning 0,00154 mol/L

2

6 K 22

Beregning af volumen af Na

2 2 3 2

S

O i mættet I

(aq)–opløsning og i udrystet vandfase:

Der kræves ingen udregning for at finde frem til volumen af natriumthiosulfat volumen findes under resultater i det, det er voluminet, altså antal brugte mL, der bliver brugt til titrering.

Beregning af den aktuelle koncentration af I før udrystning med heptan:

2

For at beregne koncentrationen af diiod før udrystning må jeg først kende stofmængden af natriumthiosulfat. Når jeg kender stofmængden af denne kender jeg den også for diiod, ved at halvere den, da det støkiometriske forhold er 2:1. For til sidst at finde koncentrationen af I bruger

2 jeg formlen for udregning af den aktuelle koncentration:

= 0000805,0 moln

1,16 mL

005,0 Mn ⋅= ⇔

Vcn ⇒⋅=

V n

c ⇔=

1000

⎜ | ⎟
⎝ | ⎠
⎛ | ⎞

Altså er stofmængden for natriumthiosulfat n = 0,0000805 mol

=,0 moln

0000805,0 mol

n ⇔=

2

Stofmængden for I er derfor n = 0,mol

2

= 00161,0 Lmolc

0,25 mL

,0 mol

c = ⇔

V n

c ⇒=

10000

⎜ | ⎟
⎝ | ⎠
⎛ | ⎞

Side 6

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

Altså er den aktuelle koncentration af I før udrystning med heptan c = 0,00161 mol/L

2

Beregning af den aktuelle koncentration af I efter udrystning med heptan:

2

For at beregne den aktuelle koncentration af diiod efter udrystning må jeg først kende stofmængden af natriumthiosulfat. Med stofmængden af natriumthiosulfat kan jeg herefter beregne koncentrationen af I ved at dele den med 2. Ved brug af formlen for udregning af

2 koncentrationen kan jeg til sidst beregne koncentrationen:

= 0000035,0 moln

7,0 mL

005,0 Mn ⋅= ⇔

Vcn ⇒⋅=

V n

c ⇔=

1000

⎜ | ⎟
⎝ | ⎠
⎛ | ⎞

Altså er stofmængden for Na S O n = 0,0000035 mol

2 2 3

=,0 moln

0000035,0 mol

n ⇔=

2

Altså er stofmængden for I n = 0,mol

2

= 00007,0 Lmolc

0,25 mL

,0 mol

c = ⇔

V n

c ⇒=

10000

⎜ | ⎟
⎝ | ⎠
⎛ | ⎞

Altså er den aktuelle koncentration af diiod efter udrystning med heptan c = 0,00007 mol/L

Beregning af den aktuelle koncentration af I

2 opløst i heptan efter udrystning:

For at beregne den aktuelle koncentration af diiod i heptan efter udrystning trækker jeg koncentrationen af diiod opløst i vand før udrystning fra koncentrationen af diiod opløst i vand efter udrystning og får derved koncentrationen af diiod opløst i heptan:

[ ] [ ] [ ] tan)()()( efterhepIefteraqIføraqI ⇒=−
[ ]_{2} 00007,000161,0tan)( LmolLmolhepI ⇔−=
[ ]_{2} = 00154,0tan)( LmolhepI

222

Side 7

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

Altså er den aktuelle koncentration af I opløst i heptan efter udrystning [I (heptan)] =

2 2

0,00154mol/L

Beregning af K:

K = 22

00007,0 Lmol

00154,0 Lmol tan treak

K ⇔=

K ⇒=

produkt

Altså er fordelingsprodukt for diiod i vand og heptan K = 22

Diskussion

Vi har lavet to forsøg for at vise en fordelingsligevægt af et stof i to forskellige stoffer efter udrystning. For at kunne konkludere på de to forsøg om fordelingsligevægt beskriver jeg resultaterne og deres konsekvenser for ligevægten af diiod i vand og heptan:

I forsøg A lavede vi en titrering med natriumthiosulfat i en mættet iod-opløsning. Efter titrering fandt vi ækvivalenspunktet og afmålte den forbrugte volumen af titratet. Viden om forbruget af titratet inden farveskift gør at jeg kan beregne den aktuelle koncentration af diiod før udrystning med heptan. For at beregne den aktuelle koncentration brugte jeg stofmængden af natriumthiosulfat til at bruge til udregning af diiods stofmængde på grund af de støkiometriske forhold. Ved at kunne beregne koncentrationen af diiod før udrystning kan jeg også efter udrystning beregne koncentrationen af diiod og dermed fordelingsligevægten af iod.

I forsøg A viste resultaterne at der skal ca. 16,1 mL natriumthiosulfat til for at ramme netop det punkt hvor alt thiosulfaten har reageret med diioden. Netop på dette punkt skifter opløsningen også farve fordi stivelsen, som var indikator for at der var diiod til stede før titrering, nu ikke farver opløsningen mere, fordi der nu ikke er diiod men iodioner til stede. Den manglende tilstedeværelse af diiod ses i reaktionsskemaet her:

I (aq) + 2S O^{2-} (aq) → 2I^{-} (aq) + S O^{2-} (aq)

2 2 3 4 6

I forsøg B udrystede vi en mættet diiod-opløsning med heptan og fandt ud af at det dannede et tofasesystem. Dette dannedes på grund af at vand er polært og heptan upolært. Når jeg ud fra min teori ved at upolære stoffer gerne vil opløses i upolære stoffer kan jeg bekræfte at der efter titrering af vandfasen ikke skal bruges nær så meget titrat som før, for at få opløsningen til at skifte farve. Altså er der en mindre koncentration af diiod i vandfasen efter udrystning. Det er efter beregning af diiods koncentration i henholdsvis heptan og vand efter udrystning vist at diiod er upolært da det stort set kun er opløst i heptanfasen efter udrystning.

Side 8

Viborg Gymnasium og HF

2.x - Kemi

Fordelingsligevægte i et tofasesystem

I forsøg B viste resultaterne at der efter udrystning af mættet diiod-opløsning med heptan skete en ændring i hvor meget natriumthiosulfat der skulle bruges før der skete et farveskift. Efter udrystning med heptan har diiod opløst sig i større grad i heptanen da det er et upolært stof som fungerer som opløsningsmiddel for et andet upolært stof, her diiod.

Fejlkilder

En fejlkilde ved forsøget om fordelingsligevægte er at øjet kan være dårligt til at bedømme farveskift og derfor gøre at resultatet kan påvirkes til at blive upræcist ved enten at bruge for meget eller for lidt titrat.

En anden fejlkilde ved forsøget kan være at der har været forurening altså andre stoffer eller rester tilstede på forsøgsudstyret. Dette kan have påvirket resultaterne ved at et farveskift kan være sket tidligere eller senere end hvad den skulle.

Upræcise opmålinger eller forkert fortynding af stamopløsningen i starten kan have påvirket hvornår ækvivalenspunktet er opnået.

Temperatur omkring forsøget og derfor reaktionshastighed kan have haft en indflydelse på resultaterne men dette kan ikke underbygges med teori.

Konklusion

I dette forsøg om fordelingsligevægte i et tofasesystem kan jeg konkludere at man ved hjælp af titrering og reaktionsskemaet kan beregne fordelingsforholdet af diiod mellem heptan og vand.

Denne konklusion kan jeg understøtte med resultater og teori som bekræfter at en lav volumen af titratet fortæller at der er et lavt indhold af diiod efter titrering.

Jeg kan ud fra forsøget med de to faser af mættet diiod-opløsning konkludere at et upolært stof helst vil være opløst i et andet upolært stof. Jeg kan også konkludere at et polært opløsningsmiddel gør at et upolært stof bliver tungtopløseligt.

Ud fra beregningerne kan jeg konkludere at fordelingsligevægten (K) = 22. Det vil sige at diiod 22

gange hellere vil opløses i heptan end i vand, da både heptan og diiod er upolære stoffer.