Gli acidi forti e le basi forti sono completamente dissociati e, di conseguenza, il calcolo delle concentrazioni di H3O+ e del pH nel corso della neutralizzazione non è difficile.
Ad esempio se si è partiti da 100 mL di HCl 1 M e si sono aggiunti 90 mL di NaOH 1 M si ha:
moli di HCl = 0.100 L ∙ 1 M = 0.100
moli di NaOH = 0.090 L ∙ 1 M = 0.090
quelle di H+ in eccesso = 0.100 – 0.090 = 0.010
poiché il volume totale è pari a 100 + 90 = 190 mL la concentrazione di H+ = 0.010 / 0.190 L = 5.3 ∙ 10-2 M e il pH vale 1.3. una volta aggiunti 100 mL di NaOH poiché le moli di H+ sono uguali a quelle di OH– il pH della soluzione sarà pari a 7.0. aggiungendo 101 mL di NaOH si avrà 1 mL di idrossido di sodio 1 M in eccesso con un volume di 201 mL per cui [OH–] = 5 ∙ 10-3 M da cui [H+] = Kw/[OH–] = 1.0 · 10-14/ 5 · 10-3 = 2 ∙ 10-12 M e pH = 11.7.
Costruzione di una curva di titolazione
Analizziamo ora come si costruisce per punti una curva di titolazione.
Supponiamo di disporre di 50 mL di HCl 0.100 M e di aggiungere gradualmente una soluzione di NaOH 0.100 M.
All’inizio il pH della soluzione è pari alla concentrazione dello ione H+ dovuto all’acido cloridrico e conseguentemente il pH è pari a: pH = – log [H+]= – log 0.100 = 1.00
1) Dopo l’aggiunta di 10.0 mL di NaOH 0.100 M
La soluzione iniziale di HCl contiene 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500 moli di HCl
L’aggiunta di 10.0 mL di NaOH fornisce 0.100 M ∙ 0.0100 L = 0.00100 moli di NaOH
A questo punto: 0.00500 moli di H+ reagiscono con 0.00100 moli di OH– secondo la reazione: H+ + OH– = H2O : Le moli di HCl in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00100 = 0.00400. Il volume totale della soluzione è 50.0 + 10.0 = 60.0 mL e quindi la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00400/ 0.0600 L=0.0667 M e quindi il pH vale: pH = – log 0.0667 = 1.18
2) Dopo l’aggiunta di 20.0 mL di NaOH 0.100 M
Le moli di OH– aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0200 L = 0.00200
Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00200 = 0.00300
Il volume totale corrisponde a 50.0 + 20.0 = 70.0 mL = 0.0700 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00300/ 0.0700 L =0.0429 M e il pH vale pH = – log 0.0429= 1.37
Dopo l’aggiunta di 30.0 mL di NaOH 0.100 M
Le moli di OH– aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0300 L = 0.00300
Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00300 = 0.00200
Il volume totale corrisponde a 50.0 + 30.0 = 80.0 mL = 0.0800 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00200/ 0.0800 L =0.0250 M e il pH vale pH = – log 0.0250= 1.60
3) Dopo l’aggiunta di 40.0 mL di NaOH 0.100 M
Le moli di OH– aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0400 L = 0.00400
Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00400 = 0.00100
Il volume totale corrisponde a 50.0 + 40.0 = 90.0 mL = 0.0900 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00100/ 0.0900=0.0111 M e il pH vale: pH = – log 0.0111 =1.95
4) Dopo l’aggiunta di 50.0 mL di NaOH 0.100 M
Le moli di OH– aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500 che sono pari alle moli di H+ presenti nella soluzione iniziale pertanto non vi è eccesso né di H+ né di OH– e la soluzione è neutra e il pH vale 7.00
5) Dopo l’aggiunta di 60.0 mL di NaOH 0.100 M
Le moli di OH– aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0600 L = 0.00600 il che implica che dopo il punto equivalente sono le moli di OH– ad essere in eccesso e precisamente: moli di OH– in eccesso = 0.00600 – 0.00500= 0.00100
Il volume totale della soluzione è 50.0 + 60.0 = 110.0 mL che corrispondono a 0.110 L da cui la concentrazione dello ione OH– è pari a: [OH–] = 0.00100/ 0.110 =0.00910 M
Da cui il pOH assume il valore di: pOH = – log 0.00910 =2.04 e ricordando che pH + pOH = 14 si ha pH = 14 – pOH = 14 – 2.04 = 11.96
I dati possono essere messi in grafico costruendo una curva di titolazione ponendo il ascissa il volume di NaOH aggiunto espresso in mL e in ordinata il pH. La curva risultante è la seguente:
