Esercizi svolti sul pH in casi particolari

La determinazione del pH rientra in gran parte degli equilibri in soluzione. Si possono presentare i casi canonici come la determinazione del pH di un acido forte, di un acido debole, di una soluzione tampone o di un sale.  Per quanti esercizi si facciano, tuttavia, vi sono casi che spesso non si trovano svolti sui libri di testo e che pertanto meritano attenzione. Per gli esercizi svolti di seguito viene data sia la soluzione che la strategia da applicare.

Esercizi svolti

1)      Calcolare il pH di una soluzione ottenuta aggiungendo 0.30 moli di acido acetico e 0.30 moli di acetato di sodio in acqua in modo che il volume della soluzione sia di 1.0 L. Ka = 1.8 x 10-5

Premesso che tale problema può essere risolto facilmente utilizzando l’equazione di Henderson-Hasselbalch spesso viene richiesta una soluzione analitica.

Nel problema viene richiesto di determinare il pH di una soluzione di un elettrolita debole ovvero dell’acido acetico CH3COOH e di un elettrolita forte ovvero l’acetato di sodio CH3COONa che hanno in comune lo ione acetato CH3COO.

In ogni problema in cui si deve determinare il pH di una soluzione che contiene più soluti conviene procedere secondo i seguenti passaggi:

1. considerare quali soluti sono elettroliti forti e quali sono elettroliti deboli

2. identificare quale equilibrio è responsabile della maggior produzione di ioni H+

3. tabulare le concentrazione degli ioni all’equilibrio

4. usare l’espressione della costante di equilibrio per calcolare [H+] e conseguentemente il pH

Per quanto attiene il problema proposto l’acido acetico è un elettrolita debole ( anche perché solo di esso ci viene fornita la costante di equilibrio ) mentre l’acetato di sodio è un elettrolita forte.

L’acetato di sodio si solubilizza in acqua dando CH3COONa → CH3COO + Na+

Le specie presenti in soluzione sono CH3COOH ( in quanto è un acido debole e scarsamente dissociato) lo ione acetato CH3COO che è la base coniugata dell’acido acetico e lo ione Na+ che agisce da ione spettatore. La concentrazione dello ione H+ e quindi il pH sono dovuti all’equilibrio di dissociazione dell’acido acetico:
CH3COOH ⇄ CH3COO + H+

 

Tabuliamo le concentrazioni iniziali e all’equilibrio delle varie specie:

 

CH3COOH

CH3COO

H+

Stato iniziale

0.30

0.30

//

Variazione

-x

+x

+x

All’equilibrio

0.30 -x

0.30+x

x

Si noti che la concentrazione iniziale dello ione acetato è dovuta alla presenza dell’acetato di sodio la cui concentrazione all’equilibrio è pari a quella iniziale più quella dovuta alla ionizzazione dell’acido acetico.

Scriviamo l’espressione della costante di equilibrio:

Ka = 1.8 x 10-5 = [CH3COO][H+]/ [CH3COOH]

Sostituiamo le concentrazioni delle specie dalla tabella che abbiamo costruito e otteniamo:

Ka = 1.8 x 10-5 = ( 0.30 +x) (x) / 0.30 –x

Trascuriamo la x additiva al numeratore e la x sottrattiva al denominatore in quanto Ka è piccola e si ha:

Ka = 1.8 x 10-5 = 0.30 x/ 0.30

Da cui x = [H+] = Ka = 1.8 x 10-5  ed infine determiniamo il pH.

pH = – log [H+] = – log 1.8 x 10-5 = 4.7

2)      Calcolare il pH e la concentrazione dello ione fluoruro di una soluzione 0.20 M di HF e 0.10 M di HCl sapendo che Ka di HF è 6.8 x 10-4

 Poiché HF è un acido debole e HCl è un acido forte la specie presenti in soluzione aventi concentrazione maggiore sono HF, H+ e Cl. Lo ione cloruro che è la base coniugata di un acido forte agisce da ione spettatore come in qualunque equilibrio acido-base.

Nel problema viene richiesto il calcolo della concentrazione dello ione F che deriva dalla ionizzazione di HF pertanto l’equilibrio a cui si deve fare riferimento è:

HF ⇄ H+ + F

Si deve tenere presente che lo ione H+ deriva sia da HCl che dalla parziale dissociazione di HF. Quindi la concentrazione iniziale di H+ è 0.10 +x

Tabuliamo le concentrazioni iniziali e all’equilibrio delle varie specie:

 

HF

F

H+

Stato iniziale

0.20

//

0.10

Variazione

-x

+x

+x

All’equilibrio

0.20 -x

x

0.10 +x

L’espressione della Ka è:

Ka = [H+][F]/ [HF]

Sostituendo le concentrazioni delle specie all’equilibrio nell’espressione di Ka si ha:
Ka = 6.8 x 10-4 = (0.10+x)(x) / 0.20-x

Trascurando la x additiva al numeratore e la x sottrattiva al denominatore si ha:

Ka = 6.8 x 10-4 = 0.10 x/ 0.20

Da cui x = 1.4 x 10-3

Quindi la concentrazione di F = 1.4 x 10-3 mentre la concentrazione dello ione H+ è pari a 0.10 + 1.4 x 10-3 = 0.10 M e conseguentemente il valore di pH è pari a pH = – log 0.10 = 1.0

 3)      Calcolare quante moli di NH4Cl devono essere aggiunte a 2.0 L di una soluzione 0.10 M di NH3 affinché si formi una soluzione tampone a pH = 9.00 sapendo che Kb di NH3 = 1.8 x 10-5. Si assuma che l’aggiunta del cloruro di ammonio non apporti variazioni al volume della soluzione

Le specie prevalenti in soluzione sono NH4+, Cl e NH3. Lo ione cloruro agisce da spettatore in quanto è la base coniugata di un acido forte. La coppia NH3– NH4+ ( base- acido coniugato) è quella che determina il pH della soluzione. L’equilibrio di dissociazione dell’ammoniaca è:

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH

l’espressione della costante di equilibrio è:

Kb = 1.8 x 10-5 = [NH4+][OH]/ [NH3]

Da cui possiamo ottenere [NH4+]:

[NH4+] = 1.8 x 10-5[NH3]/ [OH]

La concentrazione di NH3 all’equilibrio è con buona approssimazione pari a 0.10 M essendo una base debole mentre la concentrazione dello ione OH può essere determinata sapendo che pH 0 pOH = 14 da cui:

pOH = 14 – pH = 14 – 9.00 = 5.00

pertanto [OH] = 10-5.00 = 1.00 x 10-5 M

sostituendo tali valori si ha:

[NH4+] = 1.8 x 10-5 x 0.10 / 1.00 x 10-5 = 0.18 M

Poiché il numero di moli è dato dal prodotto molarità x volume si ha:

moli di NH4Cl = 0.18 mol/L x 2.0 L = 0.36

4)      Un volume di 1.25 L di HCl gassoso alla temperatura di 21°C e alla pressione di 0.950 atm viene fatto gorgogliare in 0.500 L di una soluzione 0.150 M di NH3. Calcolare il pH della soluzione risultante assumendo che il volume rimanga pari a 0.500 L. (Kb di NH3 = 1.8 x 10-5)

 Il numero di moli di HCl vengono calcolare dall’equazione di stato dei gas ideali:

n = pV / RT

la temperatura espressa in gradi Kelvin è pari a 21 + 273 = 294 K

n = 0.950 x 1.25 / 0.08206 x 294 = 0.0492 moli di HCl

il numero di moli di NH3 è dato dal prodotto tra concentrazione e volume:

n = 0.150 mol/L x 0.500 L = 0.0750 moli di NH3

La reazione acido base tra HCl e NH3 è la seguente:

HCl(g) + NH3(aq) → NH4+(aq) +  Cl (aq)

Per determinare il pH della soluzione si devono calcolare le quantità delle varie specie dopo che la reazione ha avuto luogo.

Tutto l’acido cloridrico reagisce per dare 0.0492 moli di NH4+ e 0.0492 moli di Cl mentre l’ammoniaca si trova in eccesso:

moli di ammoniaca in eccesso = 0.0750 – 0.0492 = 0.0258

Lo ione cloruro agisce da spettatore e il pH dipende dalla concentrazione di ammoniaca e ione ammonio che sono:

[NH3] = 0.0258 / 0.500 L = 0.0516 M

[NH4+] = 0.0492 / 0.500 L =0.0984 M

Consideriamo l’equilibrio:

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH

l’espressione della costante di equilibrio è:

Kb = 1.8 x 10-5 = [NH4+][OH]/ [NH3]

Tabuliamo le concentrazioni iniziali e all’equilibrio delle varie specie:

 

NH3

H2O

NH4+

OH

Stato iniziale

0.0516

0.0984

//

Variazione

-x

+x

+x

All’equilibrio

0.0516 -x

0.0984 +x

x

 

Sostituendo le concentrazioni delle specie all’equilibrio nell’espressione di Kb si ha:
Kb = 1.8 x 10-5 = (0.0984 +x)(x) / 0.0516 –x

Trascurando la x additiva al numeratore e la x sottrattiva al denominatore si ha:

Kb = 1.8 x 10-5 = 0.0984 x / 0.0516

Da cui x = [OH] = 9.4 x 10-6 M

Il pOH della soluzione è quindi 5.0 e conseguentemente il pH vale pH = 14 – pOH = 14 – 5.0 = 9.0

 

Avatar

Author: Chimicamo

Share This Post On