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Home Chimica

Curva di titolazione di acidi forti con basi forti

di Chimicamo
6 Novembre 2022
in Chimica, Chimica Analitica
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curva di titolazione-chimicamo

curva di titolazione-chimicamo

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

  Arseniuro di gallio

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:

Tags: acidi fortibasi fortineutralizzazionepH

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Massimiliano Balzano, ideatore e creatore di questo sito; dottore di Scienza e Ingegneria dei Materiali presso l’Università Federico II di Napoli. Da sempre amante della chimica, è cultore della materia nonché autodidatta. Diplomato al Liceo Artistico Giorgio de Chirico di Torre Annunziata.


Maurizia Gagliano, ha collaborato alla realizzazione del sito. Laureata in Chimica ed iscritta all’Ordine professionale. Ha superato il concorso ordinario per esami e titoli per l’insegnamento di Chimica e Tecnologie Chimiche. Docente.

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