Esercizi svolti sull’equilibrio chimico in soluzione

Gli esercizi tipici che vengono assegnati sugli equilibri acido-base riguardano il calcolo del pH di una soluzione di un acido debole o di una base debole, il pH di un sale a idrolisi acida o basica, il pH di una soluzione tampone.

Esercizi

1) Calcolare il pH di una soluzione  di HCN 1.00 M.( Ka = 4.0 ∙ 10-10 )
La reazione di equilibrio che avviene in soluzione è la seguente:
HCN + H2O ⇌ CN + H3O+
Costruiamo una I.C.E. chart

  HCN H2O CN H3O+
Stato iniziale 1.00        
Variazione -x     +x +x
Equilibrio 1.00-x     x x

L’espressione della costante di equilibrio è Ka = [CN][ H3O+]/ [HCN]

sostituendo i valori noti nella Ka si ottiene:
4.0 ∙ 10-10 = (x)(x)/ 1.00-x
Poiché il valore di Ka è molto piccolo possiamo trascurare la x sottrattiva al denominatore ottenendo:
4.0 ∙ 10-10 = (x)(x)/ 1.00
Da cui x = [H3O+] = 2.0 ∙ 10-5 M
pH = – log 2.0 ∙ 10-5 = 4.7

2) Calcolare il pH di una soluzione acquosa 0.45 M di NH3 e il grado di dissociazione della base. (Kb = 1.85 ∙ 10-5)
La reazione di equilibrio che avviene in soluzione è la seguente:
NH3 + H2O ⇌ NH4++ OH

Costruiamo una I.C.E. chart

  NH3 H2O NH4+ OH
Stato iniziale 0.45        
Variazione -x     +x +x
Equilibrio 0.45-x     x x

L’espressione della costante di equilibrio è Kb = [NH4+ ][ OH]/ [NH3]

sostituendo i valori noti nella Kb si ottiene:
1.85 ∙ 10-5 = (x)(x)/ 0.45-x
Poiché il valore di Kb è molto piccolo possiamo trascurare la x sottrattiva al denominatore ottenendo:
1.85 ∙ 10-5 = (x)(x)/ 0.45
Da cui x = [OH] = 0.0029 M
pOH = – log 0.0029 = 2.5

Poiché pH + pOH = 13 si ha:
pH = 14 – 2.5=11.5
Il grado di dissociazione è definito da α = [OH. ]/ [NH3]in

α = 0.0029/ 0.45= 0.0064

3) Calcolare il pH di una soluzione acquosa 0.660 M di KCN e il grado di idrolisi del sale ( Ka = 4.0 ∙ 10-10)
KCN è un sale completamente dissociato: KCN → K+ + CN quindi [CN] = 0.660 M
Lo ione cianuro idrolizza secondo il seguente equilibrio:
CN + H2O ⇌ HCN + OH
La costante di tale equilibrio è pari a Kb ovvero a Kw/Ka = 1.0 ∙ 10-14/ 4.0 ∙ 10-10 = 2.5 ∙ 10-5
Costruiamo una I.C.E. chart

  CN H2O HCN OH
Stato iniziale 0.660        
Variazione -x     +x +x
Equilibrio 0.660-x     x x

 

L’espressione della costante di equilibrio è Kb = [HCN ][ OH]/ [CN]

sostituendo i valori noti nella Kb si ottiene:
2.5 ∙ 10-5= (x)(x)/ 0.660-x

Poiché il valore di Kb è molto piccolo possiamo trascurare la x sottrattiva al denominatore ottenendo:

2.5 ∙ 10-5= (x)(x)/ 0.660

Risolvendo rispetto a x si ha: x = [OH ]= 0.00401 M
Da cui pOH = – log 0.0041 =2.4 e quindi il pH è pari a pH = 14 – 2.4= 11.6
Il grado di idrolisi è pari a 0.0041/ 0.660= 0.0062

4) In una soluzione acquosa 0.870 M il sale sodico di un acido debole monoprotico NaX è idrolizzato per lo 0.50%. Calcolare il pH della soluzione
La quantità di X- che idrolizza secondo l’equilibrio:
X + H2O ⇌ HX + OH
è pari a 0.870 x 0.50/100= 0.00435 che corrisponde alla concentrazione dello ione OH. Pertanto il pOH della soluzione è pari a pOH = – log 0.00435 =2.36 da cui pH = 14 – 2.36=11.6

5) Il sale di potassio KX di un acido debole monoprotico è idrolizzato per l’1.5% in una soluzione acquosa 0.105 M. Calcolare la Ka dell’acido debole e il pH
La quantità di X- che idrolizza secondo l’equilibrio:
X + H2O ⇌ HX + OH
è pari a 1.5∙0.105/100=0.00158 che è pari sia alla concentrazione di HX che di OH-. 

All’equilibrio la concentrazione di X sarà pari a 0.105 – 0.00158= 0.103 M
Kb  = [HX][OH-]/ [X-]  vale quindi ( 0.00158)(0.00158)/ 0.103=2.42 ∙ 10-5
Ricordando che Kb = Kw/Ka si ha:
Kb = Kw/Ka = 1.00 ∙ 10-14/ 2.42 ∙ 10-5 =4.13 x∙10-10
Essendo la concentrazione dello ione OH- pari a 0.00158 M si ha:

pOH = – log 0.00158=2.80 da cui pH = 14 – 2.80=11.2

6) Il pH di una soluzione acquosa di una base debole è 10.50 (Kb = 7.8 ∙10-7) . Calcolare la concentrazione della base in soluzione
Il pOH della soluzione è pari a 14 – 10.50 =3.50 da cui [OH-] = 10-3.50=3.16 ∙ 10-4 M
Detta BOH la base debole dobbiamo considerare l’equilibrio:
BOH ⇌ B+ + OH
Poiché  all’equilibrio [B+] = [OH-] sostituendo i valori noti nella costante di equilibrio si ha:
Kb  = 7.8 ∙10-7 = [B+][OH-]/ [BOH] =( 3.16 ∙ 10-4 )( 3.16 ∙ 10-4 ) / [BOH]
Da cui [BOH]= 0.128 M

7) Calcolare il pH di una soluzione che è 0.320 M di NH3 e 0.210 M di NH4Cl ( Kb= 1.85 ∙ 10-5)
La soluzione essendo costituita da una base debole NH3 e dalla sua base coniugata NH4+ è una soluzione tampone.

Il problema si può quindi risolvere applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch:
pOH = pKb + log [NH4+]/ [NH3]
essendo pKb = – log 1.85 ∙ 10-5 = 4.73
pOH = 4.73 + log 0.210/ 0.320= 4.55

da cui pH = 14 – 4.55 = 9.45

8) Si calcoli in quale rapporto devono essere le concentrazioni di CH3COOK e CH3COOH (Ka= 1.80 ∙ 10-5) per avere una soluzione tampone a pH 5.50
pKa = – log 1.80 ∙ 10-5 = 4.74
Applichiamo l’equazione di Handerson-Hasselbalch:
pH = pKa + log [CH3COO-]/ [CH3COOH] e sostituiamo i valori noti:
5.50 = 4.74  + log [CH3COO-]/ [CH3COOH]
5.50 – 4.74 = 0.76
0.76 =  log [CH3COO-]/ [CH3COOH]
Per conoscere il rapporto [CH3COO-]/ [CH3COOH] dalle proprietà dei logaritmi si ha:
100.76 = 5.8 =  [CH3COO-]/ [CH3COOH]

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Author: Chimicamo

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