Analüütiline keemia näidisülesanded koos lahendustega (0)

Analüütilise  keemia näidisülesanded 
2013 
 
1. 
Mitu grammi 50 massi%-list  NaOH  ( molaarmass  40 g/mol) lahust tuleb lahjendada 1 
liitrises mõõtkolvis, et valmistada 0.10 M NaOH lahus. 
 
Lahendus:  
1 liitri 0.1M NaOH lahuse valmistamiseks kulub 0.1 mooli NaOH: 
Nüüd arvutame, millises koguses 50 massi% NaOH sisaldub 0.1 mooli NaOH. 
Teisendame  moolid  grammideks 0.1 × 40 = 4.0 g, seega me vajame 4.0 grammi NaOH. 
Kui 4.0 g moodustab 50% kogu alglahuse massist, siis kogulahuse mass on 4.0 × 100 / 50=8.0 g 
Vastus: 8.0 g. 
 
2. 
Mitu milliliitrit 21.6massi%-list Na2CO3 lahust (tihedusega 1.019g/ml) ja 0.10 M 
Na2CO3 lahust (tihedus 1 g/ml) on vaja kokku segada, et saada 500 ml 0.50 M Na2CO3 lahus 
(tihedus 1 g/ml) (segunemisel  vesilahuste  ruumalad ei vähene) 
 
Lahendus:  
Teisendame kõik kontsentratsioonid molaarseteks. 
21.6 massi% Na2CO3 lahus sisaldab 21.6g Na2CO3 100g lahuses, võttes arvesse tiheduse, saame, et 21.6 
g Na2CO3 sisaldub 100/1.019=98.1 ml lahuses. 
Na2CO3 molaarmass on 105.99g/mol 
Arvutame Na2CO3 moolide arvu: 21.6/105.99 = 0.204 mol Na2CO3 
0.204 mol Na2CO3 on 98.1ml lahuses, seega avaldame molaarsuse 
 
MNa2CO3= 0.204×1000/98.1= 2.08 M 
 
21.6massi% Na2CO3 lahus on 2.08 molaarne 
 
Nüüd tuleb lahendada lahjendamise ülesanne. 
Te tunnete lahjendamise üldkasutatavat valemit ( tuletatud  selle põhjal, et moolide arv mõlemal pool 
võrrandit peab olema sama) MxVx = MyVy 
Meie ülesandes koosneb üks võrrandipool veel omakorda 2 lahuse  summast , seega 
MaVa+ MbVb = MyVy 
kus Ma on esimese lähtelahuse A (21.6massi%-list Na2CO3)  molaarsus  = 2.08 
Va on lähtelahuse A maht, mille peame leidma, 
Mb on teise lähtelahuse B (0.1 M Na2CO3 ) molaarsus = 0.1 
Vb on lähtelahuse B maht, mille peame leidma 
My on tehtava lahuse Y (0.5 M Na2CO3) molaarsus = 0.5 
Vy on tehtava lahuse Y maht = 500 ml = 0.5 liitrit (L), seega 
 
2.08 × Va + 0.1 × Vb= 0.5×0.5 
 
Meil on võrrandis 2 muutujat, seega peame leidma veel ühe võrrandi, et seda ülesannet lahendatud 
saada. Kuna me teame, et tehtava lahuse  kogumaht  moodustub lähtelahuste mahtudest, saame teise 
võrrandi: 
Va + Vb = Vy, avaldades siit näteks Va, saame 
Va = 0.5 - Vb ja sisestades, selle võrrandi esimesse võrrandisse saame: 
2.08 × (0.5 - Vb) + 0.1M × Vb = 0.5 × 0.5 
Vb = 0.399 L= 399 ml 
Va = 0.5 – 0.399 = 0.101 L = 101 ml 
 
Et oma arvutuskäiku kontrollida,  võite  veenduda, et lähtelahuste moolide summa on võrdne tehtava 
lahuse moolidega: 
Lahus A: 101ml×1.019g/ml = 102.9 g 21.6% lahust, seega Na2CO3on seal 102.9× 21.6/100 = 22.2 g, 
mis on 22.2g/105.99g/mol = 0.21 mol Na2CO3 
Lahus B: 0.399L×0.1M = 0.04 mol Na2CO3 
Seega kokku sisaldavad nad 0.21+0.04 = 0.25 mol Na2CO3 
Tehtav lahus peab sisaldama 0.5L×0.5M = 0.25 mol Na2CO3 
 
Vastus: 21.6massi%-list Na2CO3 lahust tuleb võtta 101 ml ja 0.10 M Na2CO3 lahust 399 ml. 
 
Riina  Aav, Kristiina Kreek 
1 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
3. 
30 mikroliitrit NaOH vesilahust on molaarsusega 0.2 M. Kui viia selle lahuse ruumala 
100 mikroliitrini, lisades vett, siis milline on saadud lahuse molaarsus? 
 
Lahendus:  
Valgselt = 30 µL 
Malgselt = 0.2 M 
Vlõpus = 100 µL 
Mlõpus = ? 
 
Valgselt × Malgselt = Vlõpus × Mlõpus 
 
30 µL × 0.2 M = 100 µL × Mlõpus 
 
30 L
µ × 2
0 M
M
= 06
0
M  
lõpus
100 L
µ
Vastus: 0.06 M 
 
4. 
Kontsentreeritud lämmastikhappe lahus on 69.0 massi%-line ja selle tihedus on 1.41 
g/ml. Kui palju seda lahust tuleb võtta, et valmistada 10 milliliitrises mõõtkolvis 3 M  HNO3  
lahust? 
 
Lahendus: 
 
Mr(HNO3) = 63 g/mol 
Vlahus = 10 ml = 0.010 L 
Mlahus  = 3 M 
 
Leian mitu mooli on lämmastikhapet 10 ml 3M lahuses. 
M = n/V; n= M×V = 3 M × 0.010 L = 0.03 mol 
 
Leian mitu grammi on 0.03 mooli. 
n = mass/Mr;  mass = n×Mr = 0.03 mol × 63 g/mol = 1.89 g 
 
Kuna lämmastikhappe lahus on 69 massi%-line, siis seda lahust on vaja võtta järgnev kogus: 
69 %    -   1.89 g 
100 %  -      ? 
 
100% ×1.89g
V
= 2.74g  
( HNO3lahus)
69%
 
Kuna teada on lahuse tihedus, siis saab leida milline on 2.74 g kaaluva lahuse ruumala. 
ρ = mass/V; V = mass/ρ = 2.74 g/ 1.41 g/ml = 1.94 ml 
 
Vastus: 1.94 ml 
 
5. 
Lahus sisaldab 12.6 ppm Ca(NO
3)2, mis dissotsieerub täielikult. Leia NO3  
kontsentratioon ppm- ides . 
 
Iga Ca(NO
3)2 (molaarmassiga 164.008 g/mol)  mool  sialdab 2 mooli NO3  (molaarmassiga 62.005 g/mol), 
seega nitraadile kuuluv osamass ehk kaalanalüütiline tegur on: 

2
−
molNO


005
62
−
gNO /
−
−
molNO

3
3
3
3
= 7557
0
gNO

 
molCa(
−
NO )


008
164
gCa(
−
NO ) / molCa(
−
NO ) 
gCa(
−
NO )

3
2


3
2
3
2 
3
2
Kui  lahustunud  Ca(
−
NO ) kontsentratsioon  on
−
  12.6  ppm,  siis  lahustunud 
3 2
3
NO   kontsentratsioon  on 
(0.7557)(12.6 ppm) = 9.52 ppm 
Vastus: 9.52 ppm 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
2 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
6. 
Meil on 37.0 (±0.5) massi% HCl lahus, mille tihedus on 1.18 (±0.01)g/ml. Mitu mooli 
HCl sisaldub 4.18 ml lahuses, mida mõõdeti pipetiga, mille  mõõtemääramatus  on 0.05 ml. 
Arvutage moolidele ka mõõtemääramatus. 
Aatommassid: 
H 1.00794±7 
Cl 35.453±2 
 
Lahendus:  Kõigepealt   lahendame  ülesande ilma määramatusteta. 
 
Lahuse tihedus on 1.18g/ml, seega kaalub 4.18 ml lahust 4.18 × 1.18 =  4.932g , sellest 37.0% moodustab 
HCl, seega HCl on 4.932g × 0.37 = 1.825g, mis jagatuna HCl molaarmassiga annab HCl moolide arvu 
1.825/36.46094=0.05005 mooli 
 
Mõõtemääramatuse arvutamine: Kuna kõik tehted mis tuli teha moolide arvu saamiseks olid 
korrutamised ja jagamised, siis arvutatakse mõõtemääramatus ruutjuurena  suhteliste  määramatuse  ruutude  
summast, seega valemi järgi  
%e = √(%e1)2+(%e2)2+(%e3)2+(%e4)2 
 
Kus %e1 on kontsentratsiooni suhteline  määramatus , seega 0.5×100 / 37.0 = 1.35% 
Kus %e2 on tiheduse suhteline määramatus, seega 0.01×100 / 1.18 = 0.85% 
Kus %e3 on mahu suhteline määramatus, seega 0.05×100 / 4.18 = 1.196% 
Kus %e4 on molaarmassi suhteline määramatus, 0.003% (arvutuskäik järgneb) 
HCl molaarmassi standardmääramatus on: 
 √(0.00007/√3)2 + (0.002/√3)2= √1.64 ×10-9+1.3×10-6 = 0.001 
 ja suhteline määramatuse% on 0.001 × 100 / 36.46094 = 0.003%, seega  
 
%e = √(1.35)2+(0.85)2+(1.196)2+(0.003)2= √1.82 + 0.72 + 1.43 + 0.00009 = 2% 
 
Absoluutne määramatus on 0.05005 × 0.02 = 0.001 
 
Vastus : 0.050±0.001 mooli 
 
7. 
Mõõdeti keemiliselt tekitatud gaasi massi ja saadi järgmised korduskatsete tulemused: 
2.30143g; 2.29890g; 2.29816g; 2.30182g; 2.29869g; 2.29940g.  Esitage  mõõtmistulemused 
keskväärtuse ja standardhälbena. 
 
Keskväärtus  on: 
2. 30143  + 2.29890
 
+ 2.29816
 
 + 2.30182
 
 + 2.29869
 
 + 2.29940
 
= 2.299733 ≈ 2.29973  
6
 
Standardhälve on: 
(2.30143 - 2.29973) 2 +
  (2.29890
 
- 2.29973) 2 + (2.29816 - 2.29973) 2 +
  (2.30182
 
- 2.29973) 2 +
  (2.29869
 
- 2.29973) 2 +
  (2.29940
 
- 2.29973) 2
s =
5
89
2
×10 6
− + 69
0
×10 6
− + 46
2
×10 6
− + 37
4
×10 6
− + 08
1
×10 6
− + 11
0
×10 6
−
= 00152
0
 
5
 
Vastus: 2.300±0.002 g 
 
 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
3 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
8. 
Nikli  sisalduse  määramiseks  terases lahustatakse see 12M HCl lahuses ja 
neutraliseeritakse tsitraatiooni juureslekul (tsitraat tagab raua lahustumise). Kergelt aluselist 
lahust soojendatakse ja lisatakse dimetüülglüoksiimi (DMG), seejärel sadeneb kvantitatiivselt 
punane DMG- nikkel   kompleks .  Produkt  filtritakse, pestakse ja kuivatatakse 110oC juures. 
 
 
H
OH
O
O
 
N
N
N
 
Ni2+
2
 
Ni
+ 2H+
 
N
N
N
 
M = 58.69 g/mol
OH
O
O
 
DMG
H
 
M = 116.12 g/mol
a)  Nikli kogus terases on ligilaudu 3 massi%, Te soovite analüüsida 1.0 g terast. Mitu 
milliliitrit 1.0 massi% DMG lahust alkoholis tuleks võtta, et DMG liig oleks 50%. 
(Alkoholilahuse tihedus on 0.79 g/ml)  
 
Lahendus: 
Kuna  niklit  on terases 3%, siis 1.0 g terast sisaldab 0.03 g niklit, mis on  
0.03
−4
= 5.11×10 mooli Ni 
58.69
 
Sellise niklikoguse analüüsiks läheb vaja  
 
2(5.11×10-4)(116.12) = 0.119 g DMG, kuna üks mool Ni reageerib 2 mooli DMG, 
 
50% liig tähendab, et tuleb võtta 1+0.5=1.5 ekvivalenti DMG-d: 
 
1.5×0.119 = 0.178 g DMG ja nii palju glüoksiimi sisaldub  
0.178×100 = 17.8 g lahuses, mille maht on  
17.8 = ml
23
 
0.79
Vastus: Tuleb võtta 23 ml DMG lahust. 
 
b)  Kui 1.1634 g terasest sadenes Ni(II) kompleksina välja 0.1795 g, milline oli Ni 
protsent  uuritud terases.  
 
Lahendus: 
Iga terases sisalduva Ni mooli kohta sadeneb üks mool Ni(II) kompleksit,  
Ni-kompleksi molaarmass on 58.69 + (2×116.12) - (2×1.01) = 288.91 g/mol, 
seetõttu sisaldab 0.1795 g sadet 
0.1796
−4
= 6.213×10 mooli Ni(DMG)
288.91
2 
Ni mass terases on 6.213×10-4 ×58.69 = 0.03646 g, ning see moodustab kogu terase massist 
0.03646 ×100 = 3.134%  
1.1634
Vastus: Nikli sisaldus terases oli 3.134%. 
 
 
 
 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
4 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
9. 
Sadestustiitrimisel tiitriti 25.00 ml 0.04132 M Hg2(NO3)2 lahust 0.05789 M KIO3 
lahusega. 
a)  Leidke ekvivalentpunkti saavutamiseks vajalik IO3  lahuse maht.  
b)  Leidke [Hg 2+
2 ] kui on lisatud 34.00 ml KIO3 lahust 
c)  Leidke [Hg 2+
2 ] kui on lisatud 56.00 ml KIO3 lahust 
d)  Leidke [Hg 2+
2 ] ekvivalentpunktis 
 
Lahendus: 
Kirjutame välja asjakohase reaktsioonivõrrandi: 
Hg 2+
2  + 2 IO3  → Hg2(IO3)2(s) 
Leiame lahustuvuskorrutiste tabelist (Appendix F) sadeneva  produkti  lahustuvuskorrutise 
Ksp = 1.3×10-18. 
 
a)  Leiame ekvivalentpunkti saavutamiseks vajaliku IO3  lahuse mahu 
IO  
2+
3 kulub moolides 2 korda rohkem kui Hg2 , seega saame stöhhiomeetrilist moolide arvu sisaldava 
IO3  lahuse mahu leidmiseks kirjutada võrrandi: 
2 × (25.00×0.04132) = Ve × 0.05789, avaldades IO3  lahuse mahu Ve, saame, et Ve = 35.69 ml 
 
b)
2+
  Kui on lisatud 34.00 ml IO3  , siis pole sadestusreaktsioon lõpuni jõudnud ja [Hg2 ] määrab 
reageerimata Hg 2+
2  moolide arv 25.00+34.00 = 59.00 ml lahuses. 
 
Reageerimata Hg 2+
2  moolide arv on: 
(0.02500×0.04132) – (0.03400×0.05789)/2 = 10.33 × 10-4 – 9.841 × 10-4 = 0.489 × 10-4 mooli 
Lahuse maht on 59.00 ml = 0.05900 L, seega on Hg 2+
2  lahus  
4
489
0
×10−
−4
= 29
8
×10 M
05900
0
 
 
 
Kiirem viis sama  arvutust  teha on järgmine: 
esialgne Hg 2+
2  lahuse maht 
−

69
35
00
34


00
25

Hg2 = 
 04142
0

 = 29
8
×10−
 
2 ]
4 M

69
35


00
25
34 00 
lahuse kogumaht 
 
Reageerimata 
Hg 2+
2  esialgne 
Lahjendusfaktor 
Hg 2+
2   murdosa  
kontsentratsioon 
 
c)  Kui on lisatud 36.00 ml IO3  , siis on sadestusreaktsioon lõpuni jõudnud, sest IO3  on lisatud 
rohkem kui on ekvivalentpunkti maht. Meil on (36.00 – 35.69) = 0.31 ml IO3   liias  
ning [Hg 2+
2+
2 ] määrab produkti lahustuvuskorrutis Ksp = [Hg2 ][ IO3 ]2 . 
Kuna Hg 2+
2  kontsentratsioon sõltub IO3  kontsentratsioonist, siis leiame kõigepealt viimase: 
-
IO3  liia maht 
[ −

31
0

IO =
05789
0

 = 9
2
×10−
 
3 ]
4 M
4

00
25
00
36

lahuse kogumaht 
-
IO
 
3  esialgne 
kontsentratsioon  Lahjendusfaktor 
Nüüd avaldame Hg 2+
2  kontsentratsiooni lahustuvuskorrutisest: 
−
2+
1
3 ×10
= 5
1 ×10−
 
2 ]
K
18
Hg
sp
11
[ −]2
9
2
×10−
3
4
4
M
2
IO
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
5 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
d)
2+
  Ekvivalentpunktis on IO3  hulk täpselt võrdne Hg2  reageerimiseks vajaliku kogusega. Nii et kõik 
ioonid  sadenevad ja keskkonda satub Hg 2+
2  tänu osalisele Hg2(IO3)2(s) dissotsieerumisele,  
Hg
2+
, 
2+
2(IO3)2(s)   
Hg2  + 2 IO3 kus tekib iga Hg2  kohta 2 IO3  iooni: 
 
 
 
x 
2x 
(x)(2x)2 = K
2+
sp, siit saamegi, et x = [Hg2 ] = 6.9 × 10-7 M 
 
Vastused:  a) Ve = 35.69 ml; b) 8.29× 10-7 M; c) 1.5× 10-14 M; d) 6.9 × 10-7 M 
 
 
10. 
Arvutage [H+] ja pH järgmistele  lahustele :  
a)  0.010 M HNO3 
Lahendus: 
Lämmastikhape  on tugev  hape , seega on ta täielikult dissotsieerunud ja prootonite kontsentratsioon on 
sama, mis HNO3  formaalne  kontsentratsioon.  
[H+] = 0.010 M, seega pH = - log [H+] = 2.00. 
Vastus: Prootonite kontsentratsioon on 0.010 M ja pH= 2.00 
 
 
b)  0.035 M KOH 
Lahendus: 
KOH on tugev alus, seega on tema vesilahuses hüdroksiidioonide kontsentratsioon sama, mis KOH 
formaalne kontsentratsioon. Kõik lahuses olevad prootonid on pärit vee dissotsatsioonist, mida 
kirjeldab Kw = [H+] [OH-] = 1.01 × 10-14, seega 
[ +
H ]
14
K
01
1
×10−
= [ w =
×
M, seega pH = - log [2.86× 10-13] = 12.54 
−
OH ]
13
8
2
10−
6
035
0
Vastus: Prootonite kontsentratsioon on 2.86× 10-13 M ja pH= 12.54 
 
11. 
Leidke 0.060 M trimetüülammooniumkloriidi lahuse pH ja (CH3)3N ja (CH3)3NH+ 
kontsentratsioonid.  
 
Lahendus: 
(CH3)3NH+ on nõrk hape, seetõttu ta ei dissotsieeru täielikult  
(CH3)3NH+ 
       H+ + (CH3)3N 
 
Algselt oli lahusesse lisatud 0.060 mooli (CH3)3NH+Cl- liitri lahuse kohta, tasakaalu saabudes, 
dissotsieerus hape vastavalt dissotsatsioonikonstandile, seega ammooniumi moolide arv liitris vähenes 
täpselt nii palju kui tekkis lahusesse prootoneid ja amiini:  
 
(CH3)3NH+ 
       H+     +      (CH3)3N 
Algselt 
0.060 
 
 
Lõpuks 
0.060 - x 
x 
x 
 
ja seda tasakaalu kirjeldab (CH3)3NH+ dissotsatsioonikonstant (mille väärtuse saab happe 
dissotsatsioonikonstantide tabelist): 
[ +
H ]⋅[(CH )
3 3 N ]
2
Ka =
x
= 59
1
×10− , lahendades ruutvõrrandi saame , et 
(CH )
NH
060
0
−
3 3
10
x
x =[H+] = [(CH3)3N ] = 3.09 × 10-6 M, seega pH=5.51 ja  
[(CH3)3NH+ ] = 0.060 - 3.09 × 10-6 = 0.060M 
 
Vastus: pH=5.51; (CH3)3N on 3.1 × 10-6 M, (CH3)3NH+ on 0.060M 
 
 
 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
6 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
12. 
Leidke 0.050 M NaCN lahuse pH. 
 
Lahendus: 
-CN on nõrk alus, vesilahuses kirjeldab tema hüdrolüüsi järgmine tasakaal:  
-CN + H2O 
    HCN + -OH,  
Algselt oli lahusesse lisatud 0.050 mooli NaCN liitri lahuse kohta, tasakaalu saabudes, hüdrolüüsus alus 
vastavalt hüdrolüüsikonstandile, seega tsüaniidi moolide arv liitris vähenes täpselt nii palju kui tekkis 
lahusesse vesiniktsüaniidi ja hüdroksiidioone:  
 
-CN + H2O 
    HCN + -OH 
Algselt 
0.050 
 
 
Lõpuks 
0.050 - x 
x 
x 
 
ja seda tasakaalu kirjeldab aluselise hüdrolüüsi konstant Kb. Kuna konjugeeritud happe-alus paari 
tasakaalukonstandid annavad korrutamisel vee disotsatsioonikonstandi (Ka×Kb=Kw), saame rakendada 
vesiniktsüaniidi (HCN) dissotsatsioonikonstanti (Ka = 6.2 × 10-10) vastava Kb väärtuse saamiseks. 
[HCN]⋅[ −
OH ]
2
14
x
K
01
1
×10−
K =
,  
b
= w =
×
−
CN ]
−5
6
1
10
10
050
0
− x
K
2
6 ×10−
a
lahendades ruutvõrrandi saame , et 
x =[OH-] = 8.9 × 10-4 M, seega pH = -log (Kw/x) = 10.95  
Vastus: pH=10.95. 
 
13. 
Arvutage lahuse pH, mis on valmistatud 0.0800 moolist kloroäädikhappest ja 0.0400    
moolist  naatrium  kloroatsetaadist 1 liitris vees. 
a) 
Esiteks eeldades, et HA ja A- kontsentratsioonid on nende  formaalsed  
kontsentratsioonid.  
 
Lahendus: 
ClCH2CO2H on nõrk hape ning nõrga happe ja tema konjugeeritud aluse segu annab puhvri, seega 
kasutame pH leidmiseks  Henderson -Hasselbach’i võrrandit 
[A−]
pH = pK + log
 
a
[ ]
HA
, pKa on saadav dissotsatsioonikonstandite tabelist (Appendix G), [A-] on ClCH2CO2Na 
kontsnentratsioon ja [HA] on ClCH2CO2H kontsentratsioon, seega 
0.0400
pH = 2.865 + log
= 2.56  
0.0800
Vastus: pH = 2.56 
 
b)  Teiseks arvestades tegelike [HA] ja [A-] kontsentratsioonidega lahuses.  
 
Lahendus: 
Lahjades lahustes ja ekstreemsete pH väärtuste juures ei pruugi HA ja A-  tegelikud  kontsentratioonid 
vastata nende formaalsetele kontsentratsioonidele. 
 
Läheneme tasakaalule süstemaatiliselt: 
1.  Avaldage  asjakohased  reaktsioonivõrrandid 
ClCH
- 
2CO2H 
H+ + ClCH2CO2
ClCH2CO2Na + H2O 
ClCH2CO2H +Na+ + OH-  
2.  Laengute  tasakaaluvõrrand : 
[Na+] + [H+] = [OH-] + [ClCH
-
2CO2 ],  
niipalju kui on positiivseid laenguid lahuses peab olema ka negatiivseid laenguid 
3.  Massibilanss: 
F 
-
ClCH2CO2H + F ClCH2CO2- = [ClCH2CO2H] + [ClCH2CO2 ],   
Riina Aav, Kristiina Kreek 
7 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
summaarselt peab lahuses olema kloroäädikhapet ja tema konjugeeritud aniooni olema sama palju kui 
lahuse valmistamisel lisati kloroäädikhapet ja tema naatriumi soola (nende formaalsete 
kontrsentratsioonide summa). 
 
Kuna Na+ sattus lahusesse ainult kloroäädikhappe naatriumi soolast, siis [Na+] = F ClCH2CO2- , siis 
asendades [Na+] laengute tasakaaluvõrrandis saame 
F
-
 ClCH2CO2-+ [H+] = [OH-] + [ClCH2CO2 ], seega  
[ClCH
-
2CO2 ] = F ClCH2CO2-+ [H+] - [OH-] 
ning avaldades  eelnevast  F ClCH2CO2- ja asendades selle massibilnsivõrrandis, saame et 
[ClCH2CO2H] = F ClCH2CO2H – [H+] + [OH-] 
 kuna tegemist on siiski happe lahusega, siis [OH-] on väga väike ja me võime selle lugeda võrdseks 
nulliga.  
4.  Tasakaalukonstandid 
Kirjutame välja kloroäädikhappe happelise dissotsatsioonivõrrandi, kus happe ja happeaniooni 
kontsentratsioonid esitame juba formaalsete kontsentratsioonide kaudu: 
[ +
H ]⋅[
F
+ H
H
⋅ 0400
0
ClCH 2CO−
[ ] [ ] [
[H ]
K =
,  
a
= 36
1
×10−
F
− H
0800
0
−
ClCH 2CO H
[ ]
[H ]
3
2
(Ka väärtus tuleb tabelist), nüüd lahendame ruutvõrrandi ja saame  
[H+] = 2.48× 10-3 M, seega pH = 2.61 
 
Vastus: pH = 2.61 
 
 
14. 
50 ml 0,100 M  aniliini  lahust tiitritakse 0,080 M HCl lahusega. Leidke: 
a)  aniliinium iooni molaarsus ekvivalentpunktis 
b)   pH ekvivalentpunktis 
 
a)  Lahendus: 
 
 
   aniliin    
 
       aniliinium 
 
Tegu on ülesandega, kus nõrka alust (aniliin) tiitritakse tugeva  happega .  
Kõigepealt tuleks leida HCl ruumala, mis kulub ekvivalentpunkti saavutamiseks. 
 
Ve = (0.050 L × 0.100 M) / 0.080 M = 0.0625 L = 62.5 ml 
 
Ekvivalentpunktis  on  kogu  aniliin  (nõrk  alus)  ekvivalentse  koguse  HCl  lisamise  tõttu  muutunud 
aniliinium   iooniks .  Aniliinium  iooni  molaarsuse  leidmiseks  ekvivalentpunktis  tuleks  tema  moolide  arv 
jagada kogu lahuse ruumalaga. 
 
n (aniliinium ioonid) = 0.050 L × 0.100 M = 0.005 mol 
 
Kogu lahuse ruumala moodustub algselt lahuses olnud 50 ml aniliini lahusest ja lisatud HCl kogusest, mis 
on ekvivalentpunktis 62.5 ml. Seega kogu lahuse ruumala on 50 ml + 62,5 ml = 112.5 ml = 0. 1125  L. 
 
CM = n/V = 0.005 mol/ 0.1125 L = 0.044 M 
 
Vastus: 0.044 M 
 
 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
8 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
b)  Lahendus: 
 
Ekvivalentpunktis  on  prootoni  allikas  aniliinium.  Seega  saab  pH  leida  aniliinium  iooni  dissatsatsiooni 
reaktsiooni kaudu. Tuleb ka arvestada, et aniliinium  ioon  on nõrk hape, mis ei  dissotseeru  täielikult. 
 
 
 
Ka = x2 / 0.044 – x = 2.51 × 10-5  
 
Lahendades ruutvõrrandi saame, et x = [H+] = 0.00106 M ja pH = -log0.00106 
Vastus: pH = 2.98 
 
15. 
50 ml 0.20 M NaOH lahust tiitriti 0.25 M HCl lahusega. Leidke: 
a) Ekvivalentpunkti saavutamiseks kulunud HCl lahuse maht 
b) Lahuse pH, kui on lisatud 30 ml HCl lahust 
c) Lahuse pH, ekvivalentpunktis 
d) Luhuse pH, kui on lisatud 50 ml HCl lahust 
 
a)  Lahendus: 
Tegu on ülesandega kus tiitritakse tugevat alust tugeva happega. Ekvivalentpunkti saavutamiseks vajalik 
kogus HCl leitakse järgnevalt. 
 
Ve = (0.05 L × 0.2 M) / 0.25 M = 0.040 L = 40 ml 
 
b)  Lahendus: 
 
Tugeva aluse tiitrimisel tuleva happega on kolm erinevat piirkonda, kus pH tuleb leida erinevate arvutuste 
abil. 
 
30 ml HCl puhul ei ole  ekvivalentpunkt  veel saavutatud. 
 
Piirkond 1: Enne ekvivalentpunkti ei ole aluselisele lahusele veel lisatud piisavalt hapet, et neutraliseerida 
OH- ioonid ning lahus on ikka veel aluseline. pH määratakse OH- ioonide üleliia järgi. 
 
−
−
0.05 × 0.20
− 0.03 × 0.25
OH ] n
n
NaOH
lisatudHCl
L
M
L
M
= 0.
M
031  
V
+V
0.05L × 0.03L
(a lg ne)
(lisatud )
 
pOH = 1.51 ja pH on seega 12.49 
 
c)  Lahendus: 
 
Piirkond  2:  Ekvivalentpunktis  on  lisatud  just  nii  palju  H+  ioone,  et  tarvitada  ära  kõik  OH-  ioonid  ning 
tekib vesi. pH leitakse vee dissotsiatsiooni kaudu. 
 
       
 
Kw = x×x = 1.01 × 10-14  
x = 1.00 × 10-7 
pH = 7.00 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
9 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
d)  Lahendus: 
 
Lisatud on 50 ml HCl, seega ekvivalentpunkt on ületatud. 
 
Piirkond  3:  Peale  ekvivalentpunki  on  lahuses  ülekaalus  H+  ioonid  ning  pH  määratakse  nende  üleliigse 
koguse järgi. 
 
−
0.05 × 0.25
− 0.05× 0.20
H ] n
n
lisatudHCl
NaOH
L
M
M
= 0.025M  
V
+V
0.05L + 0.05L
(a lg ne)
(lisatud )
pH = 2.98 
 
Vastus: a) 40 ml; b) 12.49; c) 7.00; d) 2.98 
 
 
 
16. 
50 ml 0.020 M 2-(N-morfolino)etaansulfoonhapet (MES) tiitriti 0.100 M NaOH 
lahusega. Leidke pH, kui NaOH lahust on lisatud järgnevad  kogused : a) 0 ml; b) 3 ml; c) 10 
ml; d) 10.10 ml.  
 
Kõigepealt tuleks leida ekvivalentpunkti saavutamiseks vajalik NaOH lahuse ruumala. 
 
VNaOH  × MNaOH = VMES × MMES 
 
V
× M
050
0
L ×
020
0
M
V
MES
MES
= 010
0
L = 10ml  
NaOH
M
100
0
M
NaOH
 
a)  Lahendus: 
Kui NaOH lahust on lisatud 0 ml, siis on tegu ainult nõrga happe lahusega. Nõrk hape dissotsieerub, 
kuid mitte täielikult. 
 
 
F on nõrga happe (MES) formaalne kontsentratsioon. Lahuses olev nõrk hape dissotsieerub vastavalt 
tasakaalukonstandile. MES moolide arv liitris väheneb täpselt nii palju kui lahusesse dissotsieerub 
prootoneid ja konjugeeritud alust (x). 
 
[ +
H ]× [ −
A ]
2
2
x
x
− .
6 27
K =
 
a
[ ] =
= 10
HA
F − x
020
0
− x
 
x2 + 10-6.27x – 0.020 × 10-6.27 = 0 
x2 + 10-6.27x – 1.07×10-8 = 0 
 
Ruutvõrrandi lahendamisel tuleb  vastuseks : x = [H+] = 1.03 × 10-4 
pH = 3.99 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
10 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
b)  Lahendus: 
Nõrga  happe  lahusele  on  lisatud  3  ml  alust,  mis  on  vähem  kui  on  tarvilik  ekvivalentpunkti 
saavutamiseks. Seega, lahuses on nii nõrka hapet kui ka tema konjugeeritud alust, mis tähendab, et tegu 
on puhverlahusega. Saab kasutada Henderson-Hasselbachi valemit pH leidmisel.  
 
    
 
Algselt oli lahuses 0.001 mooli MES (n(MES) = M × V = 0.020M × 0.050L = 0.001 mol). NaOH lisati 
sellele lahusele n(NaOH) = 0. 100M  × 0.003L = 0.0003 mol. Kogu NaOH reageeris nõrga happega ning 
tekkis sama arv moole konjugeeritud alust. Nõrka hapet (MES) jäi vähemaks täpselt selle arvu moolide 
võrra, mis muutus kojugeeritud aluseks reaktsiooni tulemusel. 
 
                            HA         +            -OH            =        A-      +       H2O 
Algselt               0.001 mol            0.0003 mol                 -                    -  
 
Lõpuks             0.001-0.0003=              -                    0.0003 mol 
                       = 0.0007 mol 
 
Kuna  puhvri  pH  ei  sõltu  lahuse  kontsentratsioonist,  siis  võib  Henderson-Hasselbachi  valemisse 
molaarse kontsentratsiooni asemel kirjutada ainete moolide suhte. 
 
0.0003
pH = 6.27 + log
= 5.90  
0.0007
 
c)  Lahendus: 
Kui  10  ml  NaOH  lahust  on  lisatud,  siis  on  tegu  ekvivalentpunktiga  ning  kogu  MES  on  muutunud 
konjugeeritud aluseks. Seega on meil tegu nõrga aluse lahusega. Mingi osa sellest konjugeeritud  alusest  
hüdrolüüsub (vastavalt aluse hüdrolüüsi konstandile K ) ning tulemusena tekib hüdroksiidioone, mille 
b
kaudu on võimalik leida pH. 
 
         
 
 
F  on  konjugeeritud  aluse  formaalne  kontsentratioon.  Konjugeeritud  aluse  moolide  arv  on  võrdne 
esialgses  lahuses  olnud  happe  moolide  arvuga,  ning  kogu  lahus  on  lahjenenud  lisatud  NaOH  lahuse 
arvel. 
 
n
M
×V
020
0
M × 050
0
L
F
A
HA
HA
−
= 0167
0
M  
V
V
+V
050
0
L +
010
0
L
lahus
a lg ul
lisatud
 
 
[ ]
HA × [−OH ]
x2
14
K
10−
2
14
x
10−
K =
 ning  K =
w =
, seega 
 
b
[A−]
F − x
b
− .
6 27
K
10
−6 27
F − x
10
a
 
Lahendades ruutvõrrandi, saame x = [OH-] = 1.76×10-5 
Arvutame [H+] kontsentratsiooni vee dissotsatsiooni konstandi kaudu: 
[H+] = KW/[OH] = 10-14/1.76×10-5 = 5.68×10-10 
pH = 9.25 
 
d)  Lahendus: 
Peale ekvivalentpunkiti on lahuses -OH ioonide liig, mille kontsentratsiooni arvutame järgmiselt: 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
11 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
−
×
−
×
−
n
n
L
0101
0
100
0
M
020
0
M
050
0
L
            [OH ]
NaOH
MES
−4
= 66
1
×10 M  
V
+V
050
0
L +
L
0101
0
a lg ul
lisatud
 
Arvutame [H+] kontsentratsiooni vee dissotsatsiooni konstandi kaudu: 
           [H+] = KW/[-OH] = 10-14/1.66×10-4 = 6.02×10-11 
           pH = 10.22 
 
Vastus: a) 3.99; b) 5.90; c) 9.25; d) 10.22. 
 
17. 
50.0 ml 0.0400 M Ca2+ (puhverdatud pH 10.00 juures) tiitriti 0.0800 M  EDTA  
lahusega. 
a)  Leidke ekvivalentpunkti saavutamiseks vajalik EDTA lahuse maht. 
b)  Leidke pCa2+ kui on lisatud 5.0 ml EDTA lahust. 
c)  Leidke pCa2+ ekvivalentpunktis. 
d)  Leidke pCa2+ kui on lisatud 26.0 ml EDTA lahust (V: pCa2+ = 8.73)  
 
Lahendus: 
Kirjutame välja asjakohase reaktsioonivõrrandi: 
,  
ja seda reaktsiooni kirjeldava tingliku püsivuskonstandi: 
Kf’ = αY4- Kf = (0.30)( 1010 .65) = 1.34× 1010  , kus αY4- on Y4- (s.t.  EDTA4 -) aniooni murdosa pH 10.00  
juures ja Kf on CaY2- kompleksi püsivuskonstant 
 
a)  Leiame ekvivalentpunkti saavutamiseks vajaliku EDTA lahuse mahu: 
Kuna Ca2+ ja EDTA reageerivad omavahel 1:1 suhtega, siis kulub EDTA-d sama palju moole, kui 
neid on tiitritavas Ca2+ lahuses. 
50.0 × 0.0400 = Ve × 0.0800, avaldades EDTA lahuse mahu Ve, saame, et Ve = 25.0 ml 
 
b)  Leiame Ca2+ kontsentratiooni (pCa2+ = -log[Ca2+]) kui on lisatud 5.0 ml EDTA lahust. 
Sellel hetkel ei ole komplekseerumisreaktsioon lõpuni jõudnud ja [Ca2+] määrab reageerimata Ca2+ 
moolide arv 50.0+5.0 = 55.0 ml lahuses. 
esialgne Ca2+ lahuse maht 
[ 2+  0.
25 − .
5 0 

50 0 
Ca ] = 
( 0400
0
)
 =
M
0291
0
 

0
25


55 0 
lahuse kogumaht 
Reageerimata  Ca2+ esialgne 
Lahjendusfaktor 
Ca2+ murdosa  kontsentratsioon 
 
pCa2+ = -log[Ca2+] = -log(0.0291) = 1.54 
 
c)  Leiame pCa2+ ekvivalentpunktis, kus kogulahuse maht 50.0+25.0=75.0 ml. 
Näiliselt on kogu  metall  CaY2- vormis, siiski dissotsieerub vähene hulk CaY2- kompleksist uuesti 
Ca2+ ioonideks ja EDTA-ks. 
CaY2- kompleksi sai  moodustuda  sama palju, kui meil oli algselt Ca2+ ioone, seega on ta 
kontsentratsioon järgmine: 
esialgne Ca2+ lahuse maht 
[ 2−

50 0 
CaY ] = ( .
0 0400)
 = 0267
0
M  

0
75 
lahuse kogumaht 
Ca2+ esialgne  Lahjendusfaktor 
kontsentratsioon 
 
 
 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
12 
 
Analüütilise keemia näidisülesanded 
2013 
 
Komplekseerumata  Ca2+  ioonide  kontsentratsioon  on  väga  väike  ja  kirjeldatud  tingliku 
püsivuskonstandiga Kf’ (mille arvutus on näidatud  eespool ):  
[ 2−
CaY ]
= K = 3
1
×10  
2+
Ca ]
10
⋅[
f
4
EDTA
Ca2+ 
+ 
EDTA   
CaY2+ 
Algselt (M) 
- 
- 
0.0267 
Lõpuks (M) 
x 
x 
0.0267-x 
 
Meil on teada maksimaalne CaY2- kompleksi kontsentratsioon (tabelis rida nimega algselt), kui osa 
kompleksist dissotsieerub, siis väheneb kompleksi kontsentratsioon täpselt selle võrra ja tekib 
võrdselt Ca2+ ja EDTA-d (tabelis rida nimega lõpuks), seega saame ruutvõrrandi: 
0 0267 − x
10
= 1 3
. ×10 ⇒ x
−6
= 1 4
. ×10 M  
2
4
x
Ruutvõrrandi lahendina, saame Ca2+ molaarse kontsentratsiooni ning seega 
pCa2+ = -log[Ca2+] = -log(1.4×10-6) = 5.85 
 
d)  Leiame pCa2+ kui on lisatud 26.0 ml EDTA lahust. 
Kui on lisatud 26.00 ml EDTA lahust, siis on kogu lahuses olnud Ca2+ komplekseerunud, sest 
EDTA-d on lisatud rohkem kui on ekvivalentpunkti maht. Meil on (26.0 – 25.0) = 1.0 ml EDTA-d 
liias 
EDTA liig 
 0
1

EDTA = ( 0800
0
3

 = 05
1
10−
×
M  

0
76 
lahuse kogumaht 
EDTA esialgne  Lahjendusfaktor 
kontsentratsioon 
 
 esialgne Ca2+ lahuse maht 
−

0
50 
CaY 2 ] = ( 0400
0
−2

 = .
2 63×10 M  

76 0 
lahuse kogumaht 
Ca2+ esialgne  Lahjendusfaktor 
kontsentratsioon 
 
Ca2+ kontsentratsiooni saame arvutada tasakaalukonstandi abil: 
[ 2−
CaY ]
= K = 3
1
×10  
2+
Ca ]
10
⋅[
f
4
EDTA
 
2
63
2
×10− )
10
2+
9
= .
1 3 ×10 ⇒
= 9
1 ×10−
 
2+
3
−
4
Ca ]⋅ ( 05
1
×10 )
[Ca ]
M
 
Seega pCa2+ = -log(1.9×10-9) = 8.73 
 
Vastused:   a) Ve = 25.0 ml; b) 1.54; c) 5.85; d) 8.73 
 
 
Riina Aav, Kristiina Kreek 
13