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Idrolisi. Calcolo del pH. Esercizi svolti- chimicamo

Idrolisi. Calcolo del pH. Esercizi svolti

  |   Chimica, Stechiometria

L’ idrolisi di sali può conferire alla soluzione un valore di pH neutro, acido o basico a seconda della natura del sale

Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da acido forte e da base forte come NaCl ha un pH pari a 7 ovvero la soluzione è neutra.

Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da acido debole e da base forte come l’acetato di sodio ha un pH maggiore di 7 in quanto l’acetato dà idrolisi con l’acqua dando lo ione OH secondo la reazione di equilibrio:

CH3COO + H2O  ⇌ CH3COOH + OH

La costante di equilibrio è data da Kb = Kw/Ka essendo Kw la costante di autoionizzazione dell’acqua che, se non diversamente specificato, vale 1.00 ∙ 10-14 e Ka è la costante di dissociazione dell’acido debole.

Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da base debole e da acido forte come il cloruro di ammonio ha un pH minore di 7 in quanto lo ione ammonio dà idrolisi con l’acqua dando lo ione H3O+ secondo la reazione di equilibrio:

NH4+  + H2O  ⇌ NH3 + H3O+

La costante relativa a questi tipo di equilibri è data da Ka = Kw/Kb essendo Kb è la costante di dissociazione della base debole.

Calcolo del pH di una soluzione derivante da acido debole e base forte

Calcolare il pH di una soluzione di benzoato di sodio 0.300 M. ( Ka dell’acido benzoico = 6.45 ∙10-5)

Il benzoato di sodio è un sale derivante da acido benzoico e idrossido di sodio che si dissocia completamente nei suoi ioni:

C6H5COONa → C6H5COO + Na+

L’idrolisi del benzoato avviene secondo la reazione di equilibrio:

C6H5COO + H2O  C6H5COOH + OH

La costante relativa a questo equilibrio vale: Kb = Kw/Ka = 1.00 ∙ 10-14/ 6.45 ∙ 10-5 = 1.55 ∙ 10-10

In cui Kb = [C6H5COOH][ OH]/ [C6H5COO ]

Costruiamo una I.C.E. chart:

C6H5COO  H2O C6H5COOH OH
Stato iniziale 0.300
variazione -x +x +x
Equilibrio 0.300-x x x

 

Sostituiamo il valori nella Kb e otteniamo:

Kb = (x)(x)/ 0.300-x

Risolvendo rispetto a x si ha

x = [OH.] =6.82 ∙ 10-6

da cui pOH = – log 6.82 ∙ 10-6 =5.17

poiché pH + pOH = 14 si ha:

pH = 14 – 5.17 = 8.83

 

Calcolare il pH di una soluzione 0.200 M di propionato di sodio. ( Kb = 7.46 ∙ 10-10)

Il propionato di sodio è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:

C2H5COONa → C2H5COO + Na+

L’idrolisi dello ione benzoato avviene secondo reazione di equilibrio:

C2H5COO + H2O  C2H5COOH + OH

In cui Kb = [C2H5COOH][ OH]/ [C2H5COO ]

 

Il testo dell’esercizio ci fornisce già Kb pertanto possiamo costruire una I.C.E. chart:

C2H5COO  H2O C2H5COOH OH
Stato iniziale 0.200
variazione -x +x +x
Equilibrio 0.200-x x x

 

Sostituiamo il valori nella Kb e otteniamo:

Kb = 7.46 ∙ 10-10 = (x)(x)/ 0.200-x

Risolvendo rispetto a x si ha

x = [OH.] = 1.22  ∙ 10-5

da cui pOH = – log 1.22 ∙ 10-5 = 4.91

pertanto

pH = 14 – 4.91 = 9.09

Calcolo del pH di una soluzione derivante da acido forte e base debole

Calcolare il pH di una soluzione 0.0400 M di cloruro di anilinio. (Kb dell’anilina = 4.35 ∙ 10-10)

L’anilina è una base debole secondo Brønsted e Lowry avente formula C6H5NH2. Il cloruro di anilinio ha formula C6H5NH3Cl. Quest’ultimo è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:

C6H5NH3Cl → C6H5NH3+ + Cl

L’idrolisi dello ione anilinio è data dalla reazione di equilibrio:

C6H5NH3+  + H2O  C6H5NH2 + H3O+

La costante relativa a questo equilibrio vale: Ka = Kw/Kb = 1.00 ∙10-14/ 4.35 ∙ 10-10 = 2.30 ∙ 10-5

In cui Ka = [C6H5NH2][ H3O+]/ [C6H5NH3+]

Costruiamo una I.C.E. chart:

C6H5NH3+ H2O C6H5NH2 H3O+
Stato iniziale 0.0400
variazione -x +x +x
Equilibrio 0.0400-x x x

 

Sostituiamo il valori nella Ka e otteniamo:

Ka = 2.30 ∙ 10-5  = (x)(x)/ 0.0400-x

Risolvendo rispetto a x si ha

x = [H3O+] =9.59 ∙ 10-4 M

da cui pH = – log 9.59 ∙ 10-4 =3.02

 

Calcolare il pH di una soluzione di cloruro di piridinio 0.015 M. ( Ka = 6.25 ∙ 10-6)

La piridina è una base debole secondo Brønsted e Lowry avente formula C6H5N. Il cloruro di piridinio ha formula C6H5NHCl. Quest’ultimo è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:

C6H5NHCl → C6H5NH+ + Cl

L’idrolisi dello ione piridinio avviene secondo la reazione di equilibrio:

C6H5NH+  + H2O  C6H5N + H3O+

 

La costante relativa a questo equilibrio vale: Ka = 6.25 ∙ 10-6

In cui Ka = [C6H5N][ H3O+]/ [C6H5NH+]

Costruiamo una I.C.E. chart:

C6H5NH+ H2O C6H5N H3O+
Stato iniziale 0.0150
variazione -x +x +x
Equilibrio 0.0150-x x x

 

Sostituiamo il valori nella Ka e otteniamo:

Ka = 6.25 ∙ 10-6  = (x)(x)/ 0.0150-x

Risolvendo rispetto a x si ha

x = [H3O+] = 3.06 ∙ 10-4 M

da cui pH = – log 3.06 ∙ 10-4 =3.51

Determinazione della costante Ka dell’acido debole HX

Determinare la costante Ka dell’acido debole HX sapendo che una soluzione 0.100 M del sale LiX ha un pH = 8.90

L’alogenuro di litio si assume totalmente dissociato secondo la reazione:

LiX → Li+ + X quindi la concentrazione di X vale 0.100 M

Lo ione X (base coniugata dell’acido debole HX) reagisce con l’acqua secondo la reazione di equilibrio:

X + H2O  HX+ OH

Il pOH di tale soluzione vale pOH = 14 – 8.90 = 5.10 da cui possiamo ricavare la concentrazione dello ione OH: [OH] = 10– 5.1 = 7.94 ∙ 10-6 M

All’equilibrio si ha: [HX] = [OH] = 7.94 ∙ 10-6 M e [X] = 0.100 – 7.94 ∙ 10-6  = 0.100 M

La costante relativa a questo equilibrio Kb = [HX][OH]/ [X]

Sostituendo i rispettivi valori:

Kb = (7.94 ∙ 10-6 )( 7.94 ∙ 10-6 ) / 0.100 = 6.31 ∙ 10-10

Il valore di Ka richiesto è  Ka = 1.00 ∙ 10-14/6.31 ∙ 10-10 = 1.58 ∙ 10-5

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