VOLUMETRI PENDAHULUAN ASIDIALKALIMETRI ANALISIS VOLUMETRI analisis titrimetri analisis

VOLUMETRI PENDAHULUAN 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 primer ataupun 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

PEMILIHAN INDIKATOR 1 grl = 1 grek, kesetaraan dengan 1 H+ atau 1 OH- (dalam asam basa) atau ditentukan oleh reaksi yang terjadi berdasarkan indikator yang Contoh : dipakai 1). H 2 C 2 O 4 : pada pembakuan Na. OH reaksi : H 2 C 2 O 4 + 2 Na. OH Na 2 C 2 O 4 + 2 H 2 O 1 grl H 2 C 2 O 4 perlu 2 grl Na. OH 1 M H 2 C 2 O 4 = 2 N 2). Na 2 CO 3 : ditetapkan dengan larutan baku HCl reaksi : a. Na 2 CO 3 + HCl Na. HCO 3 + Na. Cl b. Na 2 CO 3 + 2 HCl H 2 CO 3 + 2 Na. Cl 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. Na. HCO 3 : p. H = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) = ½ (6. 37 + 10. 25) = 8. 31 (protolit antara-1) p. H ekivalen terletak pada color change ind. 1 grl Na 2 CO 3 = 1 grek atau 1 M = 1 N

b. H 2 CO 3 p. H = ½ (p. Ka 1 + p. C) = ½ (6. 37 + 1. 50) = 3. 935 (asam lemah) TE (3. 935) terletak pada color change interval indikator grl Na 2 CO 3 = 2 grek atau 1 Mtergantung = 2 N. • 1 KESIMPULAN : ekivalensi pada hasil reaksi dimana • • p. H 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 : H 2 C 2 O 4 dalam ekivalensinya selalu 1 M = 2 N sebab • Na. HC 2 O 4 tak dapat dipakai sebagai acuan pemilihan • indikator kesalahan titrasi cukup besar • p. H dari Na. HC 2 O 4 (protolit antara-1) = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) • = ½ (1. 23 + 4. 19) = 2. 71 • tak ada ind. yang sesuai, karena besarnya kesalahan titrasi yang terjadi pada p. H tersebut

KESALAHAN TITRASI : TINJAUAN ANTARA TITIK AKHIR TITRASI (INDIKATOR) vs TITIK EKIVALEN Contoh : I 10. 0 ml HCl 0. 1025 M + 50 ml air + 2 -3 tetes ind pp (8 – 10), dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 0982 N sampai TAT (tak berwarna merah muda) 1). Reaksi : HCl + Na. OH Na. Cl + H 2 O 2). Menetukan p. H hasil reaksi : Na. Cl + H 2 O p. H = p. H H 2 O = 7 3). Menentukan apakah TAT jatuh sebelum atau sesudah TE 4). Menetukan komposisi senyawa yang ada pada TAT 5). Menetukan perumusan p. H pada TAT yang akan dipakai untuk perhitungan kekurangan / kelebihan pentiter 6). Perhitungan kesalahan titrasi : (kelebihan / kekurangan pentiter) x 100% (pentiter yg seharusnya)

MENETAPKAN TAT : p. H________7______8_______10_____ • Penetapan TAT : diambil p. H TE TATterdekat dari color change interval indikator pp (8 – 10) terhadap TE à TAT : sesudah TE atau pentiter : BERLEBIH Na. OH Komposisi pada TAT : Na. Cl + H 2 O + Na. OH : kelebihan ( mis. X ml 0. 0982 N) à p. H larutan = p. H dari Na. OH = p. H TAT = 8 p. OH = 14 – 8 = 6 à p. OH = - log [Na. OH] = (X). / (V total lar ) x 0. 0982 V total lar = V HCl + V aquades + V Na. OH = (10 x 0. 1025) / (0. 0982) + X ml = (10. 44 + X) ml V total lar = 10 + 50 + 10. 44 + X = (70. 44 + X) ml [Na. OH] = (X) / (70. 44 + X) x 0. 0982. Persamaan : p. OH = - log [Na. OH] atau 10 – 6 = - log [Na. OH]

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 ml – 4 ) / (10. 44)} x 100% Kesalahan titrasi = {(7. 17 x 10 Misalnya : pp diganti dengan indikator mm (4. 4 – 6. 2) = 6. 87 x 10 – 3 % p. H ______4. 4______6. 2_______7_______ TAT TE Kondisi TAT : - sebelum TE kekurangan Na. OH atau sisa HCl (Δ p. H = 0. 8) komposisi larutan : Na. Cl + H 2 O + HCl sisa p. H ditentukan oleh HCl sisa (mis. Y ml 0. 1025 M) p. H 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. 1025 M = {(4. 33 x 10 – 4) x 0. 1025} / (0. 0982) = 4. 52 x 10 – 4 ml 0. 0982 N

Contoh : II larutan HAc+0. 0975 4. 74) 50 ml air + 2 tetes ind • 10. 0 1). ml Reaksi : HAc Na. OHM (p. Ka Na. Ac + H+2 O pp (8 – 10. 0) dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1036 N • 2). p. H larutan = p. H Na. Ac p. OH = ½ (p. Kb Ac- + p. C) • V Na. OH ekiv = (10 x 0. 0975) / 0. 1036 • = 9. 41 ml • [Na. Ac] = (10 x 0. 0975) / (10 + 50 + 9. 41) = 0. 0140 • - log [Na. Ac] = p. C • = - log 0. 0140 = 1. 98 • p. OH = ½ (14 - 4. 74 + 1. 98) = 5. 62 • p. H = 14 – 5. 62 = 8. 38 • 3). Menentukan TAT : • p. H ---------- 8. 38 ---------- 10. 0 ------ • TAT TE • TAT : sebelum TE atau kekurangan Na. OH atau ada sisa HAc

4). Komposisi pada TAT : Na. Ac + H 2 O + HAc sisa p. H larutan = p. Ka HAc + log { [Na. Ac] / [HAc]} = larutan dapar 5). Misalkan sisa HAc = X ml à Na. Ac = (10 – X) ml 0. 0975 à 8 = 4. 74 + log (10 - X) / (X) à à log (10 – X) / (X) = 3. 26 à (10 – X) / (X) = 10 3. 26 à = 1819. 7 X = 5. 45 x 10 – 3 6). Kesalahan titrasi : {(sisa) / (yang semula)} x 100% (Δ p. H = 0. 38) = {(5. 45 x 10 – 3) / (10)} x 100% = 5. 45 x 10 – 2 %

Contoh : III 10. 0 ml larutan HAc 0. 0975 M (p. Ka 4. 74) + 50 ml air + 2 tetes ind Menentukan TAT–: 10. 6) dititrasi dgn larutan baku Na. OH 0. 1036 N timolftalein (9. 4 p. H -----------8. 38 ------ 9. 4 ------ 10. 6 --------TE TAT : sesudah TE atau kelebihan Na. OH Komposisi pada TAT : Na. Ac + H 2 O + Na. OH (kelebihan, mis. Y ml) p. H ditentukan oleh kelebihan Na. OH (protolit kuat) p. H = 9. 4 p. OH = 14 – 9. 4 = 4. 6 [OH-] = 2. 51 x 10 – 5 [Na. OH] = {(Y) / ( 10 + 50 + 9. 41)} x 0. 1036 = 2. 51 x 10 – 5 à Y = 1. 68 x 10 – 2 à Kesalahan titrasi = {(1. 68 x 10 – 2) / (9. 41)} x 100 % à = 0. 18 % (Δ p. H = 1. 02)

Contoh : IV 10. 0 ml H 3 PO 4 0. 1016 M + 50 ml air + 2 tetes ind mo (3. 1 – 4. 4) dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1085 N • 3 PO 1). Reaksi : H 3 PO Na. OH Na. H 2 p. Ka PO 4 3+=H 2 O H , p. Ka = 7. 21 dan 12. 31 (I) 4 + 2 4 : p. Ka 1 = 2. 12 • • • H 3 PO 4 + 2 Na. OH Na 2 HPO 4 + 2 H 2 O (II) H 3 PO 4 + 3 Na. OH Na 3 PO 4 + 3 H 2 O (III) 2). p. H ekivalen : - tahap I = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) = ½ (2. 12 + 7. 21) = 4. 665 = 4. 67 - tahap II = ½ (p. Ka 2 + p. Ka 3) = ½ (7. 21 + 12. 31) = 9. 76 - tahap III = 14 - ½ (p. Kb PO 43 - + p. C) = 12. 19 Reaksi tahap III V Na. OH = 3 x {(10 x 0. 1016) / (0. 1085)} = 28. 09 [Na 3 PO 4] = (10 x 0. 1016) / (10 + 50 + 28. 09) = 0. 0115 p. C = - log 0. 0115 = 1. 94 p. H ekiv tahap III = 14 – ½ (14 – 12. 31 + 1. 94) = 12. 185 = 12. 19

3). Menetapkan TAT : p. H ------- 3. 1 ----- 4. 4 --- 4. 67 ------9. 76 ----12. 19 -----TAT TE-III 4). Kondisi TAT : sebelum TE-I atau kekurangan Na. OH atau sisa H 3 PO 4 (mis. X ml) Komposisi larutan : Na. H 2 PO 4 + H 2 O + H 3 PO 4 sisa dapar p. H larutan = p. Ka H 3 PO 4 + log [Na. H 2 PO 4] / [H 3 PO 4] = p. Ka 1 + log (10 – X) / (X) 4. 4 = 2. 12 + 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 H 3 PO 4) x 100% (H 3 PO 4 awal = {(0. 05) / (10)} x 100 % = 0. 5 % Catatan : pada perhitungan p. H larutan dapar konsentrasi boleh dalam M, mgrl, ml.

Contoh : IV 10. 0 ml H 3 PO 4 0. 1016 M + 50 ml air + 2 tetes ind mbp (5. 2 – 6. 8) dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1085 N 1) Reaksi : seperti diatas p. Ka 1 = 2. 12 p. Ka 2– =I 7. 21 dan p. Ka 3 = 12. 31 4 : ekivalen 2)H 3 PO p. H : p. H, ekiv = 4. 67 p. H ekiv – II = 9. 76 p. H ekiv – III = 12. 19 3). Menetapkan TAT : p. H -------4. 67 ---- 5. 2 ------ 6. 8 --------9. 76 ------12. 19 --TE-I TAT TE-II TEIII 4). Kondisi TAT : - kelebihan Na. OH Na. H 2 PO 4 + H 2 O + Na. OH (kelebihan) Na 2 HPO 4 + Na. H 2 PO 4 (sisa) + H 2 O dapar p. H = p. Ka Na. H 2 PO 4 + log [Na 2 HPO 4] / [Na. H 2 PO 4]

Komposisi TAT : [Na 2 HPO 4] = Y kelebihan Na. OH [Na. H 2 PO 4] = : (10 – Y) 5). Perhitungan kelebihan Na. OH 5. 2 = 7. 21 + 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: (Na 2 HPO 4 yang terjadi) / (Na. H 2 PO 4 seharusnya) x 100% (0. 10) / (10) x 100 % = 1. 00 %

Contoh : V 10. 0 ml H 3 PO 4 0. 1016 M + 50 ml air + 2 tetes ind tp (8. 3 – 10. 5) dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1085 N H 3 PO 4 : p. Ka 1 = 2. 12 , p. Ka 2 = 7. 21 dan p. Ka 3 = 12. 31 • Reaksi : seperti diatas (lihat contoh sebelumnya) • p. H ekivalen : p. H ekiv – I = 4. 67 p. H ekiv – II = 9. 76 p. H ekiv – III = 12. 19 3). Menetapkan TAT-I : p. H -------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 Na. OH Na 2 HPO 4 + H 2 O + Na. H 2 PO 4 (kelebihan) Na 2 HPO 4 + Na. H 2 PO 4 (sisa) + H 2 O dapar p. H = p. Ka 2 Na. H 2 PO 4 + log [Na 2 HPO 4] / [Na. H 2 PO 4]

Komposisi TAT-I : [Na. H 2 PO 4] = Y : kekurangan Na. OH [Na 2 HPO 4] = (10 – Y) 8. 3 = 7. 21 + log (10 – Y ) / (Y) 5). Perhitungan kekurangan Na. OH : 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 : p. H = 8. 3 ) Δ p. H = 1. 46 (Na. H 2 PO 4 sisa) / (Na 2 HPO 4 seharusnya) x 100% (0. 75) / (10) x 100 % = 7. 50 % 7). Kondisi TAT-II : - kelebihan Na. OH Na 2 HPO 4 + H 2 O + Na 3 PO 4 (kelebihan) Na 2 HPO 4 + Na 3 PO 4 (kelebihan) + H 2 O dapar p. H = p. Ka 3 Na. H 2 PO 4 + log [Na 3 PO 4] / [Na 2 HPO 4] Komposisi TAT-II : [Na 3 PO 4] = X : kelebihan Na. OH [Na 2 HPO 4] = (10 – X) 10. 5 = 12. 31 + log (X ) / (10 – X)

8). Perhitungan kelebihan Na. OH : 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 : p. H = 10. 5 ) : Δ p. H = 0. 74 (Na 3 PO 4 yang terjadi) / (Na 2 HPO 4 seharusnya) (0. 15) / (10) x 100 % = 1. 50 %

Contoh : VI Apakah 10. 0 ml HAc 0. 1 M (p. Ka 4. 74) terkontaminasi dengan HCl 0. 01 M + 50 ml air + 2 tetes ind pp (8 – 10) dapat dititrasi dgn larutan baku Na. OH 0. 1 N ? • 1). Reaksi : HCl Na. Cl (Na. Cl) tetap • + Na. OH • HAc (HAc) tetap Na. Ac • 2). p. H ekiv-I : Na. Cl + HAc = ½ (p. Ka HAc + p. C HAc) • = ½ (4. 74 + mis. 1) = 2. 87 • p. H ekiv-II : Na. Cl + Na. Ac = 14 – ½ (p. Kb Ac- + p. C Ac-) • = 14 – ½(14 – 4. 74 + mis. 1) = 8. 87 • 3). Penetapan TAT : • p. H ----2. 87 -------- 8 -------8. 87 -------- 10 ------ • TE-I TAT TE-II

4). Tinjauan TAT kesalahan titrasi : 5). (p. H = 8): - HCl akan tertitrasi habis (p. H ekiv-II > 7) - kekurangan Na. OH atau HAc (sisa) dan Na. Ac (terbentuk) - TAT pada p. H 8, sebagian HAc belum tertitrasi (p. H ekiv-II = 8. 87) p. H dapar = p. Ka + log [Na. Ac] / [HAc] mis. HAc sisa = X 8 = 4. 74 + log (10 – X) / (X) = 10 3. 26 = 1819. 70 X = (10) / (1819. 70 + 1) = 0. 0055 ml 6) Menghitung kesalahan titrasi : - Na. OH untuk HCl = (10 x 0, 01) / (0. 1) = 1 ml - Na. OH untuk HAc = kurang 0. 0055 ml - total kelebihan Na. OH = (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 Ca. CO 3 (MR 100. 08) dimana H 2 CO 3 dengan p. Ka 1 = 6. 37 dan p. Ka 2 = 10. 25 – Prosedur : 500. 4 mg sampel batu kapur dipanaskan, setelah dingin + 50. 0 ml HCl 0. 2000 N , kemudian dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1016 N dan ind hijaubrom kresol (3. 8 - 5. 4) yang ternyata perlu : 4. 50 ml untuk mencapai TAT KAJIAN : 1). Reaksi : Ca. CO 3 + 2 HCl (berlebih) Ca. Cl 2 + H 2 CO 3 HCl (sisa) + Na. OH Na. Cl + H 2 O 2) p. H ekiv : H 2 CO 3 + Ca. Cl 2 + Na. Cl + H 2 O ditentukan oleh : H 2 CO 3 = ½ (p. Ka 1 + p. C) = 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 mgrek HCl = Ca. CO 3 = (50 x 0. 2000) – 0. 4770 = 9. 523 mgrek 4). Penetapan ekivalensi : Ca. CO 3 + 2 HCl 1 mgrl Ca. CO 3 = 2 mgrek 5). Menghitung kadar : Ca. CO 3 = 9. 523 mgrek = ½ x 9. 523 mgrl = 4. 7615 x 100. 08 (MR) = 476. 53092 mg = 476. 53 mg Kadar = (476. 53 / 500. 4) x 100 % = 95. 23 %

Contoh : II 100. 0 ml air yang mengandung HCO 3 - (MR 61) dan CO 3= (MR 60) + ind jm (3. 1 – 4. 4) – dititrasi dgn HCl 0. 0200 N memerlukan 41. 00 ml untuk mencapai TAT nya dan bila ind yang digunakan pp (8 – 10. 0) maka memerlukan 2. 00 ml 1). Reaksi : HCO 3 - (HCO 3 -) tetap H 2 CO 3 + HCl = CO 3 H 2 CO 3 2). p. H ekiv-I : p. H HCO 3 - = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) = ½ (6. 37+10. 25) = 8. 31 ekiv-II : p. H H 2 CO 3 = ½ (p. Ka 1 + p. C) = ½ (6. 37 + mis. 2) = 4. 185 3). Ind pp (8 – 10) : sesuai reaksi tahap-I HCl bereakksi dengan CO 3= HCO 3 - dan 1 mgrl = 1 mgrek kadar CO 3= = 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 CO 3= H 2 CO 3 (1 mgrl = 2 mgrek) dan HCO 3 - H 2 CO 3 ( 1 mgrl = 1 mgrek) HCl untuk HCO 3 - = (41. 00 x 0. 0200) – (2 x 0. 04) = 0. 74 mgrek kadar HCO 3 - = 0. 74 mgrl = 0. 74 x 61 (MR) = 45. 14 mg /100 ml

Contoh : III 250. 0 ml larutam mengandung Na. OH (MR 40) dan Na 2 CO 3 (MR 106). 25. 0 ml larutan tsb + ind pp (8 – 10), perlu 23. 20 ml HCl 0. 1023 N untuk TAT, bila ind jm (3. 1 – 4. 4) perlu 24. 60 ml HCl 0. 1023 N untuk TAT-nya. 1). Reaksi : Na. OH Na. Cl (Na. Cl) + HCl Na 2 CO 3 (Na 2 CO 3) Na. HCO 3 H 2 CO 3 2). p. H ekiv-I : Na. Cl + Na 2 CO 3 = 14 – ½(p. Kb CO 3= + p. C) = 14 – ½ {(14 – 10. 25) + mis. 2)} = 11. 125 p. H ekiv-II : Na. Cl + Na. HCO 3 = ½ (p. Ka 1 +p. Ka 2) = ½ (6. 37 + 10. 25) = 8. 31 p. H ekiv-III : Na. Cl + H 2 CO 3 = ½ (p. Ka 1 + p. C) = 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 : Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 Na. HCO 3 = (23. 20 – X) ml - Tahap III : HCl untuk : Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 H 2 CO 3 = (24. 60 – X) ml - Persamaan : Na. HCO 3 H 2 CO 3 = (24. 60 – 23. 20) = 1. 40 ml - Kadar Na 2 CO 3 = Na. HCO 3, 1 mgrl = 1 mgrek = 1. 40 x 0. 1023 mgre = 1. 40 x 0. 1023 x 106 x 250 ml/25 ml = 151. 81 mg Kadar Na. OH = (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. 06 mg

Contoh : IV : suatu sampel mengandung KOH (MR 56. 1) dan K 2 CO 3 (MR 138. 2), + 50 ml air + ind pp (8 – 10) perlu HCl 0. 0950 N : 22. 40 ml untuk 1). Reaksi : jm (3. 1 – 4. 4) perlu HCl 0. 0950 N : 25. 80 ml untuk TAT bila ind nya. KOH KCl (KCl) + HCl K 2 CO 3 (K 2 CO 3) KHCO 3 H 2 CO 3 2). p. H ekiv-I : KCl + K 2 CO 3 = 14 – ½(p. Kb CO 3= + p. C) = 14 – ½ {(14 – 10. 25) + mis. 2)} = 11. 125 p. H ekiv-II : KCl + KHCO 3 = ½ (p. Ka 1 +p. Ka 2) = ½ (6. 37 + 10. 25) = 8. 31 p. H ekiv-III : KCl + H 2 CO 3 = ½ (p. Ka 1 + p. C) = 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 K 2 CO 3 KHCO 3 = (22. 40 – Y) ml - Tahap III : HCl untuk : KOH KCl = Y ml K 2 CO 3 H 2 CO 3 = (25. 80 – Y) ml - Persamaan : KHCO 3 H 2 CO 3 = (25. 80 – 22. 40) = 3. 40 ml Kadar K 2 CO 3 (= KHCO 3, 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. 26 mg Atau : (25. 80 – 2 x 3. 40) x 0. 0950 x 56. 1 = 101. 26 mg

Contoh : V : sampel Na. OH tehnis mengandung CO 2 dalam bentuk Na 2 CO 3. MR dari Na. OH = 40 dan Na 2 CO 3 = 106 sedang Untuk penetapan prosedur H 2 CO 3 dengan kadar p. Ka 1 masing-masingnya = 6. 37 dan p. Ka 2 =digunakan 10. 25 • a. 254. 6 mg sampel + 50 ml air + ind campur (biru timol & merah kresol) dengan perubahan warna pada p. H 8. 3, kemudian dititrasi dengan larutan baku HCl 0. 1028 N yang ternyata memerlukan 33. 83 ml untuk mencapai TAT- nya. b. 260. 2 mg sampel + 50 ml air + ind hijau brom kresol (p. H 3. 6 – 5. 2) dititrasi dengan larutan baku HCl 0. 1208 N yang ternyata memerlukan 35. 64 ml untuk mencapai TAT- nya. ANALISIS PERMASALAHAN : 1. Reaksi : suatu campuran basa (Na. OH : basa kuat dan Na 2 CO 3 : basa lemah polivalen reaksi dengan asam akan berlangsung secara bertahap, mulai dari basa kuatnya lebih dahulu

Na. OH Na 2 CO 3 Na. Cl + HCl (Na 2 CO 3) (Na. Cl) + HCl Na. HCO 3 (Na. Cl) + HCl H 2 CO 3 2. Perhitungan p. H titik ekivalen tahapan : - p. H ekiv-I : Na. Cl & Na 2 CO 3 p. H = p. H dari Na 2 CO 3 p. H = 14 – ½ (14 – p. Ka 2 + p. C) , misalkan p. C = 1. 5 = 14 – ½ (14 – 10. 25 + 1. 5) = 11. 625 - p. H ekiv-II : Na. Cl & Na. HCO 3 p. H dari Na. HCO 3 (protolit antara) : p. H = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) = ½ (6. 37 + 10. 25) = 8. 31 - p. H ekiv-III : Na. Cl & H 2 CO 3 p. H dari H 2 CO 3 (as lemah polivalen p. H = ½ (p. Ka 1 + p. C) = ½ (6. 37 + 1. 5) = 3. 935 (misalkan p. C H 2 CO 3 = 1. 5)

3. Penet. TAT / TE sesuai tahapan reaksi yang mana : - prosedur apan a : p. H TAT = 8. 3 reaksi tahap : II - prosedur b : p. H TAT = 3. 6 reaksi tahap III 4. Penggunaan pentiter / berekasi dengan sampel seperti reaksi mana : - Prosedur a : HCl : bereaksi dengan Na. OH Na. Cl Na 2 CO 3 Na. HCO 3 - Prosedur b : HCl : bereaksi dengan Na. OH Na. Cl Na 2 CO 3 Na. HCO 3 H 2 CO 3 5. Penyetaraan berat timbangan sampel : untuk memudahkan perhitungan berat sampel pada prosedur a) & prosedur b) harus dibuat sama, dengan konsekuensi perubahan ml 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 Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 Na. HCO 3 = (33. 83 – X) ml • prosedur b : HCl untuk Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 Na. HCO 3 H 2 CO 3 = (34. 87 – X) • Persamaan : HCl untuk Na 2 CO 3 Na. HCO 3 = ½ (Na 2 CO 3 H 2 CO 3) Atau : (33. 83 – X) =1/2 ( 34. 87 – X) 67. 66 – 2 X = 34. 87 – X X = 67. 66 – 34. 87 = 32. 79 ml Kadar Na. OH = (32. 79 x 0. 1028 x 40) /(254. 6) x 100% = 52. 96 % Kadar Na 2 CO 3 = {(33. 83 – 32. 79) x 106} / (254. 6) x 100% = 4. 45 %

5 a. Penyetaraan berat sampel sesuai prosedur b) : 260. 2 mg HCl pada prosedur a) = (260. 2 / 254. 6) x 33. 83 ml = 34. 57 ml 6 a. Perhitungan : - Prosedur a : HCl untuk Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 Na. HCO 3 = (34. 57 – X) ml - Prosedur b : HCl untuk Na. OH Na. Cl = X ml Na 2 CO 3 Na. HCO 3 H 2 CO 3 = (35. 64 – X) ml - Persamaan : HCl untuk Na 2 CO 3 Na. HCO 3 = ½ ( Na 2 CO 3 Na. HCO 3 H 2 CO 3 ) (34. 57 – X) = ½ (35. 64 – X) X = 33. 50 ml - Kadar Na. OH = (33. 50 x 0. 1028 x 40) / (260. 2) x 100% = 52. 94 % - Kadar Na 2 CO 3 ={(34. 57 – 33. 50)x 0. 1028 x 106}/(260. 2)x 100% = 4. 48 %

Contoh : VI : Suatu sampel campuran Na. H 2 PO 4 (MR 126. 0) dan Na 2 HPO 4 (MR 142. 0) ditentukan kadar masing-masingnya dengan berikut ini + 50 ml air + 2 -3 tetes ind mm (4. 4 – 6. 2) + a. prosedur 370. 8 mg sampel dititrasi dengan larutan baku HCl 0. 1025 N , ternyata untuk mencapai 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 Na. OH 0. 0975 N , ternyata untuk mencapai TAT nya memerlukan : 13. 86 ml H 3 PO 4 dengan p. Ka 1 = 2. 12 , p. Ka 2 = 7. 21 dan p. Ka 3 = 12. 67 PEMECAHAN PERMASALAHAN : 1. Reaksi : a. Na. H 2 PO 4 (Na. H 2 PO 4) H 3 PO 4 + HCl Na 2 HPO 4 Na. H 2 PO 4 H 3 PO 4

b. Na. H 2 PO 4 Na 2 HPO 4 + Na. OH Na 2 HPO 4 Na 3 PO 4 + Na. OH (Na 2 HPO 4) Na 3 PO 4 2. Perhitungan p. H ekivalen masing-masing tahap : p. H ekiv-I : p. H Na. H 2 PO 4 = ½ (p. Ka 1 + p. Ka 2) = ½ (2. 12 + 7. 21) = 4. 665 p. H ekiv-II : p. H H 3 PO 4 = ½ (p. Ka 1 + p. C) = ½ (2. 12 + 2. 0) = 2. 06 misalkan konsentrasi H 3 PO 4 = 0. 01 M atau p. C = 2 p. H ekiv-I : p. H Na 2 HPO 4 = ½ (p. Ka 2 + p. Ka 3) = ½ (7. 21 + 12. 67) = 9. 94 p. H ekiv-II : p. H Na 3 PO 4 = 14 – ½ (p. Kb PO 43 - + p. C) , mis. p. C = 2 = 14 – ½(14 – 12. 67 + 2) = 12. 335

. Penetapan tahapan reaksi vs p. H ekivalen : a. Ind 4. 4 – 6. 2 : sesuai reaksi tahap I (p. H ekiv = 4. 665) b. Ind (9. 3 – 10. 5) sesuai reaksi tahap I (p. H ekiv = 9. 94) 4. Perhitungan kadar : a. Reaksi tahap I : HCl bereaksi dengan Na 2 HPO 4 Na. H 2 PO 4 1 mgrl Na 2 HPO 4 = 1 mgrek Kadar Na 2 HPO 4 = (12. 34 x 0. 1025 x 142. 0) / (370. 8) x 100 % = 48. 44 % b. Reaksi tahap I : Na. OH bereaksi dengan Na. H 2 PO 4 Na 2 HPO 4 1 mgrl Na. H 2 PO 4 = 1 mgrek Kadar Na. H 2 PO 4 = (13. 86 x 0. 0975 x 120. 0) / (385. 6) x 100 % = 42. 05 %

Contoh : VII: suatu sampel campuran HAc (p. Ka 4. 74 & MR 60. 0) dan HCl (MR 36. 5) ditetapkan kadar masing-masingnya dengan prosedur berikut iniml : larutan sampel + 25 ml air + ind (2. 9 – 4. 0) + dititrasi a. 10. 0 dengan larutan baku Na. OH 0. 1012 N, ternyata untuk mencapai TAT nya memerlukan 3. 45 ml b. 10. 0 ml larutan sampel + 25 ml air + ind 8. 0 – 10. 0) + dititrasi dengan larutan baku Na. OH 0. 1012 N, ternyata untuk mencapai TAT nya memerlukan 12. 36 ml PEMECAHAN PERMASALAHAN : 1. Reaksi : HCl Na. Cl + Na. OH HAc (Na. Cl) + Na. OH (HAc) Na. Ac

2. Penetapan Perhitungan p. H ekivalen 3. tahapan reaksi: : ekiv-I = p. H ½(p. Ka p. C) = ½ (4. 74 I + 2) ekiv = 3. 37 -p. HProsedur a) HAc : ind =2. 9 – 4. 0 +: reaksi tahap (p. H = 3. 37) p. H ekiv-II = p. H Na. Ac = 14 – ½ (14 – 4. 74 + 2) = 8. 37; misal p. C = 2 Na. OH bereaksi dengan HCl Na. Cl - Kadar HCl = (3. 45 x 0. 1012) / (10. 0) = 0. 0352 N = 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 (p. H ekiv = 8. 37 Na. OH (total) bereaksi dengan HCl Na. Cl (3. 45 ml) HAc Na. Ac - Kadar HAc = {(12. 36 – 3. 45) x 0. 1012} / (10. 0) = 0. 0910 N = 0. 0910 x 60. 0 mg / liter = 5. 4600 mg / liter.