Slide 1

V O L U M E T R I

P E N D A H U L U A N

ASIDI-ALKALIMETRI

ANALISIS VOLUMETRI : analisis titrimetri, analisis penentuan kadar sampel berdasarkan ekivalensi larutan standar yang ditambahkan dari buret dengan bantuan indikator untuk menetapkan banyaknya volume yang harus ditambahkan

•SAMPEL : dapat berupa padatan ataupun cairan

•LARUTAN STANDAR : bisa larutan standar/larutan baku primerataupun larutan baku sekunder

•INDIKATOR : - larutan indikator asam-basa,

- perubahan warnanya menentukan akhir titrasi,

- pada titik akhir titrasi disimpulkan larutan baku

ekivalen dengan sampel

.PERHITUNGAN : V sampel x N sampel = V baku x N baku

 mgrek sampel = V baku x N baku

Contoh :

1). H2C2O4 : pada pembakuan NaOH

reaksi : H2C2O4 + 2 NaOH  Na2C2O4 + 2 H2O

1 grl H2C2O4 perlu 2 grl NaOH  1 M H2C2O4 = 2 N

2). Na2CO3 : ditetapkan dengan larutan baku HCl

reaksi : a.  Na2CO3 + HCl  NaHCO3 + NaCl

b. Na2CO3 + 2 HCl  H2CO3 + 2 NaCl

Reaksi a) : bila digunakan ind. pp (8.0 – 10.0)  1 grl = 1 grek

b) : bila digunakan ind.jm (3.1 – 4.4)  1 grl = 2 grek

Analisis TAT (titik akhir titrasi) dan TE (titik ekivalen) :

a.NaHCO3 : pH = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (6.37 + 10.25) = 8.31

(protolit antara-1)  pH ekivalen terletak pada color change ind.

1 grl Na2CO3 = 1 grek atau 1 M = 1 N

PEMILIHAN INDIKATOR

b. H2CO3  pH = ½ (pKa1 + pC) = ½ (6.37 + 1.50) = 3.935 (asam lemah)  TE (3.935) terletak pada color change interval indikator 1 grl Na2CO3 = 2 grek atau 1 M = 2 N.

•KESIMPULAN : ekivalensi tergantung pada hasil reaksi dimana

• pH ekivalennya terletak pada color change interval dari

• indikator yang digunakan, selain adanya kesalahan titrasi

• yang terjadi pada TAT sehingga tidak memungkinkan

• penggunaan TE tersebut sebagai acuan pemilihan ind.

•Contoh : H2C2O4 dalam ekivalensinya selalu 1 M = 2 N sebab

• NaHC2O4 tak dapat dipakai sebagai acuan pemilihan

• indikator  kesalahan titrasi cukup besar

•pH dari NaHC2O4 (protolit antara-1) = ½ (pKa1 + pKa2)

• = ½ (1.23 + 4.19) = 2.71

• tak ada ind. yang sesuai, karena besarnya kesalahan titrasi yangterjadi pada pH tersebut

The image “file:///E:/content/ch19/0620.jpg” cannot be displayed, because it contains errors.

The image “file:///E:/content/ch19/0621.jpg” cannot be displayed, because it contains errors.

The image “file:///E:/content/ch19/0623.jpg” cannot be displayed, because it contains errors.

KESALAHAN TITRASI :TINJAUAN ANTARA TITIK AKHIR TITRASI (INDIKATOR) vs TITIK EKIVALEN

Contoh : I

10.0 ml HCl 0.1025M + 50 ml air + 2-3 tetes ind pp (8 – 10),

dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.0982 N sampai TAT (tak berwarna merah muda)

1). Reaksi : HCl + NaOH  NaCl + H2O

2). Menetukan pH hasil reaksi : NaCl + H2O  pH = pH H2O = 7

3). Menentukan apakah TAT jatuh sebelum atau sesudah TE

4). Menetukan komposisi senyawa yang ada pada TAT

5). Menetukan perumusan pH pada TAT yang akan dipakai

untuk perhitungan kekurangan / kelebihan pentiter

6). Perhitungan kesalahan titrasi :

(kelebihan / kekurangan pentiter) x 100%

(pentiter yg seharusnya)

MENETAPKAN TAT : pH_______________7______8______________10_________ TE TAT

•Penetapan TAT : diambil pH terdekat dari color change interval indikator pp(8 – 10) terhadap TE

TAT : sesudah TE atau pentiter : BERLEBIH NaOH

Komposisi pada TAT : NaCl + H2O

+ NaOH : kelebihan ( mis. X ml 0.0982N)

pH larutan = pH dari NaOH = pH TAT = 8

 pOH = 14 – 8 = 6

pOH = - log [NaOH] = (X) ./ (V total lar ) x 0.0982

V total lar = V HCl + V aquades + V NaOH

V NaOH = (10 x 0.1025) / (0.0982) + X ml

= (10.44 + X) ml

 V total lar = 10 + 50 + 10.44 + X = (70.44 + X) ml

 [NaOH] = (X) / (70.44 + X) x 0.0982 .

 Persamaan : pOH = - log [NaOH]

atau 10 – 6 = - log [NaOH]

10 – 6 = {(X) / (70.44 + X)} x 0.0982  X diabaikan terhadap 70.44 X = (70.44 / 0.0982) x 10 – 6 = 7.17 x 10 – 4 mlKesalahan titrasi = {(7.17 x 10 – 4 ) / (10.44)} x 100% = 6.87 x 10 – 3 %

Misalnya : pp diganti dengan indikator mm (4.4 – 6.2)

 pH ____________4.4___________6.2_______7______________

TAT TE

Kondisi TAT :

- sebelum TE  kekurangan NaOH atau sisa HCl

(Δ pH = 0.8) komposisi larutan : NaCl + H2O + HCl sisa

 pH ditentukan oleh HCl sisa (mis. Y ml 0.1025M)

pH larutan = 6.2 (TAT) = - log [HCl]

10 – 6.2 = (Y/70.44) x 0.1025

= 6.3 x 10 – 7

Y = (70.44 / 0.1025) x 6.3 x 10 – 7 = 4.33 x 10 – 4 ml 0.1025M

= {(4.33 x 10 – 4) x 0.1025} / (0.0982) = 4.52 x 10 – 4 ml 0.0982N

Kesalahan titrasi = {(4.52 x 10 – 4)/(10.44)}x100% = 4.33 x 10 – 3 %

The image “file:///E:/content/ch19/0618.jpg” cannot be displayed, because it contains errors.

Contoh : II10.0 ml larutan HAc 0.0975 M (pKa 4.74) + 50 ml air + 2 tetes ind pp (8 – 10.0) dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.1036 N

•1). Reaksi : HAc + NaOH  NaAc + H2O

•2). pH larutan = pH NaAc  pOH = ½ (pKb Ac- + pC)

• V NaOH ekiv = (10 x 0.0975) / 0.1036

• = 9.41 ml

• [NaAc] = (10 x 0.0975) / (10 + 50 + 9.41) = 0.0140

• - log [NaAc] = pC

• = - log 0.0140 = 1.98

•  pOH = ½ (14 - 4.74 + 1.98) = 5.62

•  pH = 14 – 5.62 = 8.38

•3). Menentukan TAT :

•pH  ------------------- 8 ---- 8.38 ------------------- 10.0 ------------

• TAT TE

•TAT : sebelum TE atau kekurangan NaOH atau ada sisa HAc

4). Komposisi pada TAT : NaAc + H2O + HAc sisa pH larutan = pKa HAc + log { [NaAc] / [HAc]} = larutan dapar5).

Misalkan sisa HAc = X ml

NaAc = (10 – X) ml 0.0975

 8 = 4.74 + log (10 - X) / (X)



 log (10 – X) / (X) = 3.26

 (10 – X) / (X) = 10 3.26

 = 1819.7  X = 5.45 x 10 – 3

6). Kesalahan titrasi : {(sisa) / (yang semula)} x 100%

(Δ pH = 0.38) = {(5.45 x 10 – 3) / (10)} x 100%

= 5.45 x 10 – 2 %

Contoh : III10.0 ml larutan HAc 0.0975 M (pKa 4.74) + 50 ml air + 2 tetes ind timolftalein (9.4 – 10.6) dititrasi dgn larutan baku NaOH 0.1036 N

Menentukan TAT :

pH  ----------------------8.38----------- 9.4 ------ 10.6 -----------------

TE TAT

TAT : sesudah TE atau kelebihan NaOH

Komposisi pada TAT :

NaAc + H2O + NaOH (kelebihan, mis. Y ml)

 pH ditentukan oleh kelebihan NaOH (protolit kuat)

pH = 9.4  pOH = 14 – 9.4 = 4.6  [OH-] = 2.51 x 10 –5

[NaOH] = {(Y) / ( 10 + 50 + 9.41)} x 0.1036 = 2.51 x 10 – 5

 Y = 1.68 x 10 – 2

Kesalahan titrasi = {(1.68 x 10 – 2) / (9.41)} x 100 %

 = 0.18 %

(Δ pH = 1.02)

Contoh : IV10.0 ml H3PO4 0.1016M + 50 ml air + 2 tetes ind mo (3.1 – 4.4)dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.1085NH3PO4 : pKa1 = 2.12 , pKa2 = 7.21 dan pKa3 = 12.31

•1). Reaksi : H3PO4 + NaOH  NaH2PO4 + H2O (I)

• H3PO4 + 2 NaOH  Na2HPO4 + 2 H2O (II)

• H3PO4 + 3 NaOH  Na3PO4 + 3 H2O (III)

•2). pH ekivalen : - tahap I = ½ (pKa1 + pKa2)

• = ½ (2.12 + 7.21) = 4.665 = 4.67

• - tahap II = ½ (pKa2 + pKa3)

• = ½ (7.21 + 12.31) = 9.76

• - tahap III = 14 - ½ (pKb PO43- + pC) = 12.19

•Reaksi tahap III  V NaOH = 3 x {(10 x 0.1016) / (0.1085)} = 28.09

• [Na3PO4] = (10 x 0.1016) / (10 + 50 + 28.09) = 0.0115

• pC = - log 0.0115 = 1.94

• pH ekiv tahap III = 14 – ½ (14 – 12.31 + 1.94) = 12.185

• = 12.19

3). Menetapkan TAT :pH ------- 3.1 ----- 4.4 --- 4.67------------9.76--------12.19---------- TAT TE-I TE-II TE-III

4). Kondisi TAT : sebelum TE-I atau kekurangan NaOH atau

sisa H3PO4 (mis. X ml)

Komposisi larutan :

NaH2PO4 + H2O + H3PO4 sisa  dapar

pH larutan = pKa H3PO4 + log [NaH2PO4] / [H3PO4]

= pKa1 + log (10 – X) / (X)

4.4 = 2.12 + log (10 – X) / (X)

log (10 – X) / (X) = 2.28

(10 – X) / (X) = 10 2.28 = 190.55  X = (10)/(190.55 +1) = 0.05 ml

5). Menghitung kesalahan titrasi :

(sisa H3PO4) x 100%

(H3PO4 awal

= {(0.05) / (10)} x 100 % = 0.5 %

Catatan : pada perhitungan pH larutan dapar  konsentrasi bolehdalam M, mgrl, ml.

Contoh : IV10.0 ml H3PO4 0.1016M + 50 ml air + 2 tetes ind mbp (5.2 – 6.8)dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.1085N H3PO4 : pKa1 = 2.12 , pKa2 = 7.21 dan pKa3 = 12.31

1)Reaksi : seperti diatas

2)pH ekivalen : pH ekiv – I = 4.67

pH ekiv – II = 9.76

pH ekiv – III = 12.19

3). Menetapkan TAT :

pH -------4.67---- 5.2 ------ 6.8 ----------------9.76------------12.19---

TE-I TAT TE-II TE-III

4). Kondisi TAT : - kelebihan NaOH

NaH2PO4 + H2O + NaOH (kelebihan) 

Na2HPO4 + NaH2PO4 (sisa) + H2O  dapar

pH = pKa NaH2PO4 + log [Na2HPO4] / [NaH2PO4]

Komposisi TAT : [Na2HPO4] = Y  kelebihan NaOH [NaH2PO4] = (10 – Y)  5.2 = 7.21 + log (Y) / (10 – Y)

5). Perhitungan kelebihan NaOH :

log (Y) / (10 – Y) = 5.2 – 7.21 = - 2.01

(Y) / (10 – Y) = 10 – 2.01 = 0.0098  Y = 0.097 = 0.10 ml

6). Kesalahan titrasi:

(Na2HPO4 yang terjadi) / (NaH2PO4 seharusnya) x 100%

(0.10) / (10) x 100 % = 1.00 %

Contoh : V10.0 ml H3PO4 0.1016M + 50 ml air + 2 tetes ind tp (8.3 – 10.5)dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.1085NH3PO4 : pKa1 = 2.12 , pKa2 = 7.21 dan pKa3 = 12.31

•Reaksi : seperti diatas (lihat contoh sebelumnya)

•pH ekivalen : pH ekiv – I = 4.67

pH ekiv – II = 9.76

pH ekiv – III = 12.19

3). Menetapkan TAT-I :

pH -------4.67------------ 8.3 -------9.76------ 10.5 ------------12.19---

TE-I TAT-I TE-II TAT-II TE-III

4). Kondisi TAT-I : - kekurangan NaOH

Na2HPO4 + H2O + NaH2PO4 (kelebihan) 

Na2HPO4 + NaH2PO4 (sisa) + H2O  dapar

pH = pKa2 NaH2PO4 + log [Na2HPO4] / [NaH2PO4]

Komposisi TAT-I : [NaH2PO4] = Y : kekurangan NaOH [Na2HPO4] = (10 – Y)  8.3 = 7.21 + log (10 – Y ) / (Y)

5). Perhitungan kekurangan NaOH :

log (10 –Y) / (Y) = 8.3 – 7.21 = 1.09

(10 –Y) / (Y) = 10 1.09 = 12.30  Y = (10) / (12.30 + 1) = 0.75 ml

6). Kesalahan titrasi ( TAT-I : pH = 8.3 )  Δ pH = 1.46

(NaH2PO4 sisa) / (Na2HPO4 seharusnya) x 100%

(0.75) / (10) x 100 % = 7.50 %

7). Kondisi TAT-II : - kelebihan NaOH

Na2HPO4 + H2O + Na3PO4 (kelebihan)  Na2HPO4 + Na3PO4(kelebihan) + H2O  dapar

pH = pKa3 NaH2PO4 + log [Na3PO4] / [Na2HPO4]

Komposisi TAT-II : [Na3PO4] = X : kelebihan NaOH [Na2HPO4] = (10 – X)  10.5 = 12.31 + log (X ) / (10 – X)

8). Perhitungan kelebihan NaOH :

log (X) / (10 – X) = 10.5 – 12.31 = - 1.81

(X) / (10 - X) = 10 - 1.81 = 0.0155  X = (0.155) / (1.0155)

= 0.15 ml

9). Kesalahan titrasi ( TAT-II : pH = 10.5 ) :

 Δ pH = 0.74

(Na3PO4 yang terjadi) / (Na2HPO4 seharusnya)

(0.15) / (10) x 100 % = 1.50 %

Contoh : VI Apakah 10.0 ml HAc 0.1M (pKa 4.74) terkontaminasi dengan HCl 0.01M + 50 ml air + 2 tetes ind pp (8 – 10) dapat dititrasi dgn larutan baku NaOH 0.1N ?

•1). Reaksi : HCl  NaCl  (NaCl) tetap

• + NaOH + NaOH

• HAc  (HAc) tetap  NaAc

•2). pH ekiv-I : NaCl + HAc = ½ (pKa HAc + pC HAc)

• = ½ (4.74 + mis.1) = 2.87

• pH ekiv-II : NaCl + NaAc = 14 – ½ (pKb Ac- + pC Ac-)

• = 14 – ½(14 – 4.74 + mis.1) =8.87

•3). Penetapan TAT :

•pH --------2.87---------------- 8 -------8.87---------------- 10 -------------

• TE-I TAT TE-II

4). Tinjauan kesalahan titrasi :- HCl akan tertitrasi habis (pH ekiv-II > 7)- TAT pada pH 8, sebagian HAc belum tertitrasi (pH ekiv-II = 8.87)

5). Tinjauan TAT (pH = 8):

- kekurangan NaOH atau HAc (sisa) dan NaAc (terbentuk)

 pH dapar = pKa + log [NaAc] / [HAc]  mis. HAc sisa = X

8 = 4.74 + log (10 – X) / (X)  (10 – X) / (X) = 10 3.26 = 1819.70

X = (10) / (1819.70 + 1) = 0.0055 ml

6) Menghitung kesalahan titrasi :

-NaOH untuk HCl = (10 x 0,01) / (0.1) = 1 ml

-NaOH untuk HAc = kurang 0.0055 ml

- total kelebihan NaOH = (1 – 0.0055) ml = 0.9945 ml

-Kesalahan titrasi = {(0.9945) / (10)} x 100 % = 9.945 %

PENETAPAN KADAR- TIDAK MEMPERMASALAHKAN KESALAHAN TITRASI- EKIVALENSI BERDASARKAN TAT (IND) YANG DIGUNAKAN

•Contoh : I

–Penetapan kadar CaCO3 (MR 100.08) dimana H2CO3 dengan pKa1= 6.37 dan pKa2 = 10.25

–Prosedur : 500.4 mg sampel batu kapur dipanaskan, setelah dingin+ 50.0 ml HCl 0.2000N , kemudian dititrasi dengan larutan bakuNaOH 0.1016N dan ind hijaubrom kresol (3.8 - 5.4) yang ternyataperlu : 4.50 ml untuk mencapai TAT

KAJIAN :

1). Reaksi : CaCO3 + 2 HCl (berlebih)  CaCl2 + H2CO3

HCl (sisa) + NaOH  NaCl + H2O

2) pH ekiv : H2CO3 + CaCl2 + NaCl + H2O  ditentukan oleh :

H2CO3 = ½ (pKa1 + pC) = ½ (6.37 + mis. 2) = 4.185

(masih dalam color change interval ind hbk)

3). Perhitungan :sisa HCl = (4.50 x 0.1060) grek = 0.4770 mgrekHCl = CaCO3 = (50 x 0.2000) – 0.4770 = 9.523 mgrek

4). Penetapan ekivalensi :

CaCO3 + 2 HCl  1 mgrl CaCO3 = 2 mgrek

5). Menghitung kadar :

CaCO3 = 9.523 mgrek = ½ x 9.523 mgrl = 4.7615 mgrl

= 4.7615 x 100.08 (MR) = 476.53092 mg  =

476.53 mg

Kadar = (476.53 / 500.4) x 100 % = 95.23 %

1). Reaksi : HCO3-  (HCO3-) tetap  H2CO3 + HCl + HCl CO3=  HCO3-  H2CO3

2). pH ekiv-I : pH HCO3- = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (6.37+10.25) =

8.31

ekiv-II : pH H2CO3 = ½ (pKa1 + pC) = ½ (6.37 + mis.2) =

4.185

3). Ind pp (8 – 10) : sesuai reaksi tahap-I

HCl bereakksi dengan CO3=  HCO3- dan 1 mgrl = 1 mgrek

 kadar CO3= = 2.00 x 0.0200 = 0.04 mgrek = 0.04 mgrl

= 0.04 x 60 (MR) = 2.4 mg / 100 ml = 24 mg / liter

Ind jm (3.1 – 4.4) : sesuai reaksi tahap-II

HCl bereaksi dengan CO3=  H2CO3 (1 mgrl = 2 mgrek) dan

HCO3-  H2CO3 ( 1 mgrl = 1 mgrek)

HCl untuk HCO3- = (41.00 x 0.0200) – (2 x 0.04) = 0.74 mgrek

 kadar HCO3- = 0.74 mgrl = 0.74 x 61 (MR) = 45.14 mg /100 ml

Contoh : II

100.0 ml air yang mengandung HCO3- (MR 61) dan CO3= (MR 60) +ind jm (3.1 – 4.4) – dititrasi dgn HCl 0.0200N memerlukan 41.00 mluntuk mencapai TAT nya dan bila ind yang digunakan pp (8 – 10.0)maka memerlukan 2.00 ml

Contoh : III250.0 ml larutam mengandung NaOH (MR 40) dan Na2CO3 (MR 106). 25.0 ml larutan tsb + ind pp (8 – 10), perlu 23.20 ml HCl 0.1023N untuk TAT, bila ind jm (3.1 – 4.4) perlu 24.60 ml HCl 0.1023N untuk TAT-nya.

1). Reaksi :

NaOH  NaCl  (NaCl)  (NaCl)

+ HCl + HCl + HCl

Na2CO3  (Na2CO3)  NaHCO3  H2CO3

2). pH ekiv-I : NaCl + Na2CO3 = 14 – ½(pKb CO3= + pC)

= 14 – ½ {(14 – 10.25) + mis.2)} = 11.125

pH ekiv-II : NaCl + NaHCO3 = ½ (pKa1 +pKa2)

= ½ (6.37 + 10.25) = 8.31

pH ekiv-III : NaCl + H2CO3 = ½ (pKa1 + pC)

= ½ (6.37 + mis.2) = 4.185

3) Tinjauan TAT / TE :- ind pp (8 – 10), sesuai reaksi tahap II, TE : 8.31- ind jm (3.1 – 4.4), sesuai reaksi tahap III, TE = 4.185

4). Perhitungan :

-Tahap II : HCl untuk : NaOH  NaCl = X ml

- Na2CO3  NaHCO3 = (23.20 – X) ml

-Tahap III : HCl untuk : NaOH  NaCl = X ml

- Na2CO3  H2CO3 = (24.60 – X) ml

-Persamaan : NaHCO3  H2CO3 = (24.60 – 23.20) = 1.40 ml

-Kadar Na2CO3 = NaHCO3, 1 mgrl = 1 mgrek = 1.40 x 0.1023mgre = 1.40 x 0.1023 x 106 x 250 ml/25 ml = 151.81 mg

Kadar NaOH = (23.20 – 1.40) x 0.1023 x 40 x 250 ml/25 ml= 892.06 mg atau

(24.60 – 2 x 1.40) x 0.1023 x 40 x 250 ml/25 ml = 892.06mg

Contoh : IV :suatu sampel mengandung KOH (MR 56.1) dan K2CO3 (MR 138.2), + 50 ml air + ind pp (8 – 10) perlu HCl 0.0950N : 22.40 ml untuk TAT bila ind jm (3.1 – 4.4) perlu HCl 0.0950N : 25.80 ml untuk TAT nya.

1). Reaksi :

KOH  KCl  (KCl)  (KCl)

+ HCl + HCl + HCl

K2CO3  (K2CO3)  KHCO3  H2CO3

2). pH ekiv-I : KCl + K2CO3 = 14 – ½(pKb CO3= + pC)

= 14 – ½ {(14 – 10.25) + mis.2)} = 11.125

pH ekiv-II : KCl + KHCO3 = ½ (pKa1 +pKa2)

= ½ (6.37 + 10.25) = 8.31

pH ekiv-III : KCl + H2CO3 = ½ (pKa1 + pC)

= ½ (6.37 + mis.2) = 4.185

3) Tinjauan TAT / TE :- ind pp (8 – 10), sesuai reaksi tahap II, TE : 8.31- ind jm (3.1 – 4.4), sesuai reaksi tahap III, TE = 4.185

4). Perhitungan :

-Tahap II : HCl untuk : KOH  KCl = Y ml

- K2CO3  KHCO3 = (22.40 – Y) ml

-Tahap III : HCl untuk : KOH  KCl = Y ml

- K2CO3  H2CO3 = (25.80 – Y) ml

-Persamaan : KHCO3  H2CO3 = (25.80 – 22.40) = 3.40 ml

Kadar K2CO3 (= KHCO3, 1 mgrl = 1 mgrek) = 3.40 x 0.0950 mgrek

- = 3.40 x 0.0950 x 138.2 = 44.64 mg

-Kadar KOH = (22.40 – 3.40) x 0.0950 x 56.1 = 101.26mg

Atau : (25.80 – 2 x 3.40) x 0.0950 x 56.1 = 101.26 mg

Contoh : V : sampel NaOH tehnis mengandung CO2 dalam bentuk Na2CO3. MR dari NaOH = 40 dan Na2CO3 = 106 sedang H2CO3 dengan pKa1 = 6.37 dan pKa2 = 10.25

Untuk penetapan kadar masing-masingnya digunakan prosedur

•a. 254.6 mg sampel + 50 ml air + ind campur (biru timol & merahkresol) dengan perubahan warna pada pH 8.3, kemudiandititrasi dengan larutan baku HCl 0.1028N yang ternyatamemerlukan 33.83 ml untuk mencapai TAT- nya.

b. 260.2 mg sampel + 50 ml air + ind hijau brom kresol (pH 3.6 –5.2) dititrasi dengan larutan baku HCl 0.1208N yang ternyatamemerlukan 35.64 ml untuk mencapai TAT- nya.

ANALISIS PERMASALAHAN :ANALISIS PERMASALAHAN :

1. Reaksi : suatu campuran basa (NaOH : basa kuat dan Na2CO3 :basa lemah polivalen  reaksi dengan asam akan berlangsungsecara bertahap, mulai dari basa kuatnya lebih dahulu

NaOH  NaCl  (NaCl)  (NaCl) + HCl + HCl + HCl Na2CO3  (Na2CO3)  NaHCO3  H2CO3

2. Perhitungan pH titik ekivalen tahapan :

-pH ekiv-I : NaCl & Na2CO3  pH = pH dari Na2CO3

pH = 14 – ½ (14 – pKa2 + pC) , misalkan pC = 1.5

- = 14 – ½ (14 – 10.25 + 1.5) = 11.625

-pH ekiv-II : NaCl & NaHCO3  pH dari NaHCO3 (protolitantara) :

- pH = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (6.37 + 10.25) = 8.31

-pH ekiv-III : NaCl & H2CO3 pH dari H2CO3 (as lemah polivalen

- pH = ½ (pKa1 + pC) = ½ (6.37 + 1.5) = 3.935

- (misalkan pC H2CO3 = 1.5)

3. PenetTAT / TE sesuai tahapan reaksi yang mana :- prosedur apan a : pH TAT = 8.3  reaksi tahap : II- prosedur b : pH TAT = 3.6  reaksi tahap III

4. Penggunaan pentiter / berekasi dengan sampel seperti reaksi mana:

-Prosedur a : HCl : bereaksi dengan NaOH  NaCl

- Na2CO3  NaHCO3

-Prosedur b : HCl : bereaksi dengan NaOH  NaCl

- Na2CO3  NaHCO3  H2CO3

5. Penyetaraan berat timbangan sampel :

untuk memudahkan perhitungan  berat sampel pada prosedur a)& prosedur b) harus dibuat sama, dengan konsekuensi perubahanml pentiter.

Misal : berat sampel = 254.6 mg (prosedur a)  berat sampel b =254.6 mg

 HCl (untuk prosedur b) = (254.6 / 260.2) x 35.64 ml = 34.87 ml

6. Perhitungan :

•prosedur a : HCl untuk NaOH  NaCl = X ml Na2CO3  NaHCO3 = (33.83 – X) ml

•prosedur b : HCl untuk NaOH  NaCl = X ml

Na2CO3  NaHCO3  H2CO3 = (34.87 – X)

•Persamaan : HCl untuk Na2CO3  NaHCO3 =

½ (Na2CO3  H2CO3)

Atau : (33.83 – X) =1/2 ( 34.87 – X)

67.66 – 2X = 34.87 – X  X

= 67.66 – 34.87 = 32.79 ml

Kadar NaOH = (32.79 x 0.1028 x 40) /(254.6) x 100% = 52.96 %

Kadar Na2CO3 = {(33.83 – 32.79) x 106} / (254.6) x 100% = 4.45 %

6a. Perhitungan :

-Prosedur a : HCl untuk NaOH  NaCl = X ml

- Na2CO3  NaHCO3 = (34.57 – X) ml

-Prosedur b :HCl untuk NaOH  NaCl = X ml

- Na2CO3  NaHCO3  H2CO3 = (35.64 – X) ml

-Persamaan : HCl untuk Na2CO3  NaHCO3 =

- ½ ( Na2CO3  NaHCO3  H2CO3 )

- (34.57 – X) = ½ (35.64 – X)  X = 33.50 ml

-Kadar NaOH = (33.50 x 0.1028 x 40) / (260.2) x 100% = 52.94 %

-Kadar Na2CO3 ={(34.57 – 33.50)x 0.1028 x 106}/(260.2)x 100%

= 4.48 %

Contoh : VI :Suatu sampel campuran NaH2PO4 (MR 126.0) dan Na2HPO4 (MR 142.0) ditentukan kadar masing-masingnya dengan prosedur berikut ini

a.370.8 mg sampel + 50 ml air + 2-3 tetes ind mm (4.4 – 6.2) +dititrasi dengan larutan baku HCl 0.1025N , ternyata untukmencapai TAT nya memerlukan : 12.34 ml

b.385.6 mg sampel + 50 ml air + 2-3 tetes ind tp (9.3 – 10.5) +dititrasi dengan larutan baku NaOH 0.0975N , ternyata untukmencapai TAT nya memerlukan : 13.86 ml

H3PO4 dengan pKa1 = 2.12 , pKa2 = 7.21 dan pKa3 = 12.67

PEMECAHAN PERMASALAHAN :

1.Reaksi : a. NaH2PO4  (NaH2PO4)  H3PO4

+ HCl + HCl

Na2HPO4  NaH2PO4  H3PO4

NaH2PO4  Na2HPO4  Na3PO4 + NaOH + NaOH Na2HPO4  (Na2HPO4)  Na3PO4

2. Perhitungan pH ekivalen masing-masing tahap :

pH ekiv-I : pH NaH2PO4 = ½ (pKa1 + pKa2) = ½ (2.12 + 7.21)

= 4.665

pH ekiv-II : pH H3PO4 = ½ (pKa1 + pC) = ½ (2.12 + 2.0) = 2.06

misalkan konsentrasi H3PO4 = 0.01M atau pC = 2

pH ekiv-I : pH Na2HPO4 = ½ (pKa2 + pKa3) = ½ (7.21 + 12.67)

= 9.94

pH ekiv-II : pH Na3PO4 = 14 – ½ (pKb PO43- + pC) , mis. pC = 2

= 14 – ½(14 – 12.67 + 2) = 12.335

. Penetapan tahapan reaksi vs pH ekivalen :a. Ind 4.4 – 6.2 :  sesuai reaksi tahap I (pH ekiv = 4.665)b. Ind (9.3 – 10.5)  sesuai reaksi tahap I (pH ekiv = 9.94)

4. Perhitungan kadar :

a.Reaksi tahap I : HCl bereaksi dengan Na2HPO4  NaH2PO4

1 mgrl Na2HPO4 = 1 mgrek

Kadar Na2HPO4 = (12.34 x 0.1025 x 142.0) / (370.8) x 100 %

= 48.44 %

b.Reaksi tahap I : NaOH bereaksi dengan NaH2PO4 Na2HPO4

1 mgrl NaH2PO4 = 1 mgrek

Kadar NaH2PO4 = (13.86 x 0.0975 x 120.0) / (385.6) x 100 %

= 42.05 %

Contoh : VII:suatu sampel campuran HAc (pKa 4.74 & MR 60.0) dan HCl (MR 36.5) ditetapkan kadar masing-masingnya dengan prosedur berikut ini :

a.10.0 ml larutan sampel + 25 ml air + ind (2.9 – 4.0) + dititrasidengan larutan baku NaOH 0.1012N, ternyata untuk mencapaiTAT nya memerlukan 3.45 ml

b.10.0 ml larutan sampel + 25 ml air + ind 8.0 – 10.0) + dititrasidengan larutan baku NaOH 0.1012N, ternyata untuk mencapaiTAT nya memerlukan 12.36 ml

PEMECAHAN PERMASALAHAN :

1.Reaksi : HCl  NaCl  (NaCl)

+ NaOH + NaOH

HAc  (HAc)  NaAc

2. Perhitungan pH ekivalen :pH ekiv-I = pH HAc = ½(pKa + pC) = ½ (4.74 + 2) = 3.37pH ekiv-II = pH NaAc = 14 – ½ (14 – 4.74 + 2) = 8.37; misal pC = 2

3. Penetapan tahapan reaksi :

-Prosedur a) : ind 2.9 – 4.0 : reaksi tahap I (pH ekiv = 3.37)

- NaOH bereaksi dengan HCl  NaCl

-Kadar HCl = (3.45 x 0.1012) / (10.0) = 0.0352N

- = 0.0352 mgrek / liter = 0.0352 x 36.5 mg / liter

- = 1.2848 mg / liter

-Prosedur b) : ind (8.0 – 10.0) : reaksi thp II (pH ekiv = 8.37

- NaOH (total) bereaksi dengan HCl  NaCl (3.45 ml)

- HAc  NaAc

-Kadar HAc = {(12.36 – 3.45) x 0.1012} / (10.0) = 0.0910N

- = 0.0910 x 60.0 mg / liter = 5.4600 mg / liter.