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Esercizi svolti sulle titolazioni-chimicamo

Esercizi svolti sulle titolazioni

  |   Chimica, Stechiometria

Sono proposti esercizi svolti sulle titolazioni acido-base di livello difficile a cui oltre che la risposta sono date esaurienti spiegazioni.

Esercizi svolti sulle titolazioni

1)      A 40.0 mL di una soluzione 0.100 M di acido acetico è aggiunta una soluzione di NaOH 0.150 M. Sapendo che la costante acida dell’acido acetico è pari a 1.80 ∙ 10-5

Calcolare:

a)      Il volume di NaOH necessario per raggiungere il punto equivalente

b)      La concentrazione molare dell’acido al punto equivalente

c)      Il pH della soluzione al punto equivalente

 a) Le moli di acido acetico presenti nella soluzione sono pari a 0.0400 L ∙ 0.100 M = 0.00400. Per raggiungere il punto equivalente sono necessarie altrettante moli di NaOH. Il volume di NaOH viene quindi calcolato dalla formula V = moli/ molarità ovvero V = 0.00400/ 0.150 =0.0267 L corrispondenti a 26.7 mL

b) Al punto equivalente tutto l’acido si è trasformato nella sua base coniugata ovvero nello ione acetato secondo la reazione:
CH3COOH + OH → CH3COO + H2O

Lo ione acetato così formato dà reazione di idrolisi secondo la reazione di equilibrio:

CH3COO + H2O ⇄  CH3COOH + OH

La costante di tale equilibrio Kb detta anche costante di idrolisi è data dal rapporto tra Kw e Ka  ovvero:

Kb = 1.00 ∙ 10-14/ 1.80 ∙ 10-5 = 5.56 ∙ 10-10

Le moli di ione acetato sono pari a 0.00400 e il volume totale della soluzione è pari a 40.0 + 26.7 = 66.7 mL = 0.0667 L

La concentrazione dello ione acetato vale quindi [CH3COO] = 0.00400/ 0.0667 =0.0600 M

All’equilibrio le concentrazioni delle specie presenti in soluzione sono:

[CH3COO] = 0.0600 –x mentre le concentrazioni dello ione OH e di CH3COOH sono pari a x. Sostituendo tali valori nell’espressione della costante di equilibrio si ha:

Kb = 5.56 ∙ 10-10  = [CH3COOH][ OH]/ [CH3COO] = (x)(x) / 0.0600 –x

Risolvendo tale equazione rispetto a x e trascurando la x sottrattiva al denominatore stante il basso valore della costante di equilibrio si ottiene x = 5.77 ∙ 10-6 = [CH3COOH]= [OH]

c) Avendo calcolato nel punto precedente la concentrazione dello ione OH possiamo calcolare il pOH  che è pari a pOH = – log 5.77 ∙ 10-6 =5.24 da cui pH = 14 – pOH  = 14 – 5.24 = 8.76

 

2)      Un acido debole monoprotico HA di massa 0.682 g viene sciolto in acqua ottenendosi 50.0 mL di soluzione. Tale soluzione è titolata con una soluzione di NaOH 0.135 M. Dopo l’aggiunta di 10.6 mL di base il pH della soluzione è di 5.65. Il punto equivalente viene raggiunto dopo l’aggiunta di 27.4 mL di base. Calcolare:

a)      il numero di moli dell’acido HA

b)      il peso molecolare di HA

c)      il il numero di moli di HA a pH 5.65

d)     la concentrazione di [H+] a pH 5.65

e)      il valore della costante Ka

 

a) Poiché il punto equivalente viene raggiunto dopo l’aggiunta di 27.4 mL di NaOH 0.135 M si ha che le moli di base sono pari a 0.0274 L ∙ 0.135 M = 0.00370 e pertanto anche le moli di HA presenti nel campione di partenza sono 0.00370

b) Il peso molecolare di HA è dato dal rapporto tra la sua massa e il numero di moli ovvero:

Peso molecolare di HA = 0.682 g/ 0.00370 mol= 184.4 g/mol

c) Il numero di moli di NaOH aggiunte per ottenere il valore del pH pari a 5.65 è ottenuto ricordando che la concentrazione di NaOH è 0.135 M e che il volume di NaOH necessario per ottenere tale pH è di 10.6 mL. Pertanto le moli di NaOH sono pari a 0.0106 L ∙ 0.135 M = 0.00143. Considerando che NaOH ha reagito con HA si ha che le moli in eccesso di HA sono pari a 0.00370 – 0.00143 = 0.00227

d) A pH = 5.65 si ha: [H+] = 10-5.65 = 2.24 ∙ 10-6 M

e) Per ottenere il valore di Ka si devono conoscere le concentrazioni delle specie all’equilibrio.

Dalla reazione HA + OH → A + H2O si ha che a pH = 5.65 la concentrazione di H+ è pari a 2.24 ∙ 10-6 M. Le moli di A prodotte dalla reazione sono pari a quelle di OH aggiunte ovvero 0.00143. Le moli di HA in eccesso sono pari a 0.00370 – 0.00143 = 0.00227

La concentrazione di A è quindi 0.00143/ V essendo V il volume della soluzione mentre la concentrazione di HA è pari a 0.00227 /V

Sostituendo tali valori nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
Ka = [H+][A]/ [HA] = (2.24 ∙ 10-6) (0.00143/ V )/ 0.00227 /V = 1.41 ∙ 10-6

 

3)      Per determinare il peso molecolare dell’acido debole monoprotico HX sono sciolti in acqua 15.126 g di tale acido e il volume portato a 250.00 mL.

Un’aliquota di 50.00 mL di tale soluzione è titolata con 38.21 mL di NaOH.

La soluzione di NaOH è  standardizzata con acido ossalico biidrato  (PM 126.066 g/mol). Il volume di NaOH usato per standardizzare 1.2596 g di acido ossalico biidrato  è di 41.24 mL. Calcolare:

a)      La molarità di NaOH

b)      Il numero di moli di HX presenti in 50.00 mL di soluzione

c)      Il peso molecolare di HX 

a) L’acido ossalico è un acido diprotico che reagisce con NaOH in rapporto di 1:2 secondo la reazione netta:
HOOCCOOH + 2 OH = OOCCOO + 2 H2O

le moli di acido ossalico sono pari a 1.2596 g/ 126.066 g/mol=0.0099916

pertanto le moli di NaOH occorse sono pari a 2 ∙ 0.0099916 = 0.019983

la concentrazione della soluzione di NaOH è pertanto 0.019983/ 0.04124 L= 0.4846 M

 

b) Le moli di NaOH presenti in 38.21 mL di soluzione sono:

0.4846 mol/L ∙ 0.03821 L = 0.01852 che sono pari al numero di moli di HX in 50.00 mL

 

c) il numero di moli di HX presenti in 250.00 mL di soluzione sono pari a 0.01852 ∙ 250.00/ 50.00 = 0.09260 da cui il peso molecolare di HX è pari a 15.126 g / 0.09260 mol = 163.3 g/mol

 

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