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Esercizi svolti sull'equilibrio chimico in soluzione

Esercizi svolti sull’equilibrio chimico in soluzione

  |   Chimica, Stechiometria

Gli esercizi tipici che sono 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. Come sempre capita negli esercizi di chimica non si possono dare indicazioni per la loro soluzione

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 ∙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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