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Esercizi sugli acidi e le basi- chimicamo

Esercizi sugli acidi e le basi

  |   Chimica, Stechiometria

Gli esercizi sugli acidi e le basi sono di tipo diverso e ciascuno di essi deve essere risolto in maniera differente.

I concetti fondamentali per risolvere esercizi sugli acidi e le basi come quello del calcolo del pH sono relativamente pochi, tuttavia si riscontano oggettive difficoltà nella risoluzione di esercizi in quanto bisogna essere in grado di identificare il problema, analizzare i dati e utilizzare le giuste equazioni.

Esercizi

1)      Un acido debole monoprotico avente massa pari a 0.682 g viene solubilizzato e il volume della soluzione risultante è di 50.0 mL. Tale soluzione è titolata con NaOH 0.135 M e dopo aver aggiunto 10.6 mL di base il pH della soluzione risultante è pari a 5.65. Il punto equivalente viene raggiunto dopo l’aggiunta di 27.4 mL di base. Calcolare:

a)      Il numero di moli di acido presenti nel campione

b)      Il peso molecolare dell’acido

c)      Il numero di moli di acido in eccesso a pH = 5.65

d)      La concentrazione di H+ a pH pari a 5.65

e)      Il valore di Ka

Punto a)

Viene chiesto il numero di moli di acido presenti nel campione; sappiamo che al punto equivalente le moli di base sono uguali alle moli di acido pertanto le moli di base sono pari a 0.0274 L · 0.135 M = 0.00370 che sono uguali alle moli di acido

Punto b)

Il peso molecolare è dato dal rapporto tra massa e moli quindi il peso molecolare del generico acido monoprotico HA è dato da 0.682 g/ 0.00370 mol = 184.4 g/mol

Punto c)

Quando il pH vale 5.65 sono stati aggiunti 10.6 mL di base ovvero 0.0106 L ∙ 0.135 M = 0.00143 moli di base. Poiché le moli iniziali di acido sono pari a 0.00370 le moli di acido in eccesso risultano essere pari a 0.00370 – 0.00143 = 0.00227

Punto d)

Dalla definizione di pH sappiamo che [H+] = 10-pH = 10-5.65 =2.24 ∙ 10-6 M

Punto e)

Dai dati ottenuti ai precedenti punti sappiamo che a pH = 5.65 le moli di acido in eccesso sono pari a 0.00227. Dalla reazione tra l’acido e la base si è ottenuto A secondo la reazione netta:
HA + OH → A + H2O

0.00143 moli di base reagiscono con 0.00143 moli di acido per dare 0.00143 moli di A.

Il volume totale della soluzione vale 10.6 mL + 50.0 mL = 60.6 mL

Quindi possiamo calcolare le concentrazioni di HA e di A:

[HA] = 0.00227 / 0.0606 L = 0.0375 M

[A] = 0.00143/ 0.0606 L = 0.0236 M

Abbiamo quindi in soluzione l’acido debole HA e la sua base coniugata A quindi possiamo applicare l’equazione di Henderson-Hasselbalch trattandosi di una soluzione tampone:

pH = pKa + log [A]/[HA]

sostituendo i valori si ha:

5.65 = pKa + log 0.0236/ 0.0375 = pKa – 0.201

Da cui pKa = 5.85 e, per definizione di pKa si ha: Ka = 10-5.85=1.41 ∙ 10-6

Calcolo della composizione percentuale

Un campione contenente solo idrossido di potassio, carbonato di potassio e cloruro di potassio di massa 5.00 g è fatto reagire con 0.100 L di acido cloridrico 2.00 M. Dalla reazione vengono ottenuti 249 mL di CO2 alla pressione di 740 torr e alla temperatura di 22°C. L’eccesso di HCl viene titolato con 86.6 mL di NaOH 1.50 M. Calcolare le percentuali di idrossido di potassio, carbonato di potassio e cloruro di potassio contenute nel campione.

L’anidride carbonica ottenuta deriva dalla reazione:
K2CO3 + 2 HCl → H2O + CO2 + 2 KCl

Calcoliamo quindi le moli di CO2 dall’equazione di stato dei gas dopo aver fatto le opportune conversioni:

p = 740/760 = 0.974 atm

T = 22 + 273 = 295 K

V = 0.249 L

n = pV/RT = 0.974 ∙ 0.249 / 0.08206 ∙ 295 = 0.0100

Poiché il rapporto stechiometrico tra K2CO3 e CO2 è di 1:1 le moli di carbonato di sodio sono 0.0100

La massa di carbonato di potassio presente nel campione è pari a 0.0100 mol ∙ 138.2 g/mol = 1.38 g

Pertanto la percentuale di carbonato di potassio presente nel campione è pari a 1.38 ∙ 100/ 5.00 = 27.6 %

Le moli di HCl sono pari a 0.100 L ∙ 2.00 mol/L = 0.200

Quelle di HCl che hanno reagito con 0.0100 moli di carbonato di potassio sono 0.0100 x 2 = 0.0200

Le moli di HCl in eccesso sono pari a 0.200 – 0.0200 = 0.180

Le moli di NaOH adoperate per titolare l’eccesso di HCl sono pari a 1.50 mol/L x 0.0866 L =0.130 quindi le moli di HCl che hanno reagito con KOH sono 0.180 – 0.130 = 0.0500 che sono pari alle moli di KOH

Massa di KOH = 0.0500 mol ∙ 56.107 g/mol = 2.81 g

Le percentuale di KOH presente nel campione è quindi data da 2.81 ∙ 100 / 5.00 = 56.2 %

La percentuale di cloruro di potassio è data da 100 – ( 56.2 + 27.6) = 16.2 %

Calcolo del pH

Calcolare il pH di una soluzione di HClO 0.0500 M sapendo che Ka = 3.1 ∙ 10-8. Calcolare inoltre il pH di una soluzione ottenuta mescolando volumi uguali di HClO 0.050 M e NaClO 0.020 M

L’acido ipocloroso si dissocia secondo l’equilibrio:
HClO + H2O ⇌ ClO + H3O+

All’equilibrio: [HClO] = 0.0500 – x e [H3O+]= [ClO] = x

Sostituendo tali valori nell’espressione della costante di equilibrio si ha:

Ka = 3.1 ∙ 10-8 = [ClO][ H3O+]/ [HClO] = (x)(x)/ 0.0500 –x

Da cui x = [H3O+] = 3.9 ∙ 10-5 M ovvero pH = – log 3.9 ∙ 10-5 = 4.4

Mescolando volumi uguali di acido ipocloroso e ipoclorito di sodio che per semplicità assumiamo pari a 1 L otteniamo una soluzione tampoine in quanto è presente un acido debole e la sua base coniugata. Calcoliamo le moli di HClO e di ClO:

moli di HClO = 0.050 ∙ 1 L = 0.050

moli di ClO = 0.020 ∙ 1 L = 0.020

volume totale = 1 L + 1 L = 2 L

[HClO] = 0.050 / 2 L= 0.025 M

[ClO] = 0.020 / 2 L = 0.010 M

Il pKa vale – log Ka = – log 3.1 ∙ 10-8 = 7.5

Applichiamo l’equazione di Henderson-Hasselbalch:

pH = 7.5 + log 0.010/ 0.025 = 7.1

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