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Idrolisi di sali. Esercizi svolti-chimicamo

Idrolisi di sali. Esercizi svolti

  |   Chimica, Chimica Generale, Stechiometria

L’idrolisi di sali derivanti da un acido debole e una base forte o da un acido forte e una base debole conferisce un pH non neutro alla soluzione.

Un sale derivante da acido forte e base forte come NaCl ha un pH neutro e gli ioni Na+ e Cl non idrolizzano. Quando un sale deriva da un acido forte e una base debole come NH4Cl il pH della soluzione è acido mentre se il sale deriva da acido debole e base forte come NaF  il suo pH è basico.

Consideriamo, ad esempio l’idrolisi del cloruro di ammonio che, in acqua si dissocia totalmente in ioni NH4+ e Cl; mentre lo ione Cl base coniugata dell’acido forte HCl non idrolizza, lo ione NH4+ idrolizza secondo l’equilibrio:
NH4+ + H2O ⇌ NH3 + H3O+

La costante di questo equilibrio detta Ka è data dal rapporto tra Kw ovvero il prodotto ionico dell’acqua e Kb che è la costante basica di NH3.

D’altra parte il fluoruro di sodio si dissocia completamente in Na+ e F e, mentre lo ione Na+ non idrolizza in quanto deriva dalla base forte NaOH lo ione F- idrolizza secondo l’equilibrio:

F+ H2O ⇌   HF + OH

La costante di questo equilibrio detta Kb è data dal rapporto tra Kw e Ka che è la costante basica di HF.

Si propongono alcuni esercizi svolti e commentati.

Esercizi

Idrolisi di un sale derivante da acido monoprotico

Calcolare i grammi di nitrito di potassio necessari a ottenere una soluzione a pH = 8.8 avente volume di 1.0 L sapendo che Ka = 7.2 ∙ 10-4

Il nitrito di potassio KNO2 si dissocia totalmente in K+ e NO2. Lo ione potassio derivante dalla base forte KOH non idrolizza mentre lo ione nitrito, derivante dall’acido debole HNO2 idrolizza secondo l’equilibrio:
NO2+ H2O ⇌   HNO2 + OH

La costante relativa a questo equilibrio Kb è data da:
Kb = Kw/ Ka = 1.0 ∙ 10-14 / 7.2 ∙ 10-4  = 1.4 ∙ 10-11

Calcoliamo il pOH:

pOH = 14 – pH = 14 – 8.8 = 5.2

Conseguentemente la concentrazione di OH è data da:

[OH] = 10-5.2 =6.3 ∙ 10-6 M

All’equilibrio: [HNO2]= [ OH] = 10-5.2 =6.3 ∙ 10-6 M

Sostituiamo tali valori nell’espressione di Kb:
Kb = 1.4 ∙ 10-11 = [HNO2] [ OH]/[NO2] = (6.3 ∙ 10-6)( 6.3 ∙ 10-6)/ [NO2]

Da cui [NO2] = (6.3 ∙ 10-6)( 6.3 ∙ 10-6)/ 1.4 ∙ 10-11 = 2.8 M

In realtà la concentrazione iniziale dello ione nitrito è data da 2.8 + 6.3 ∙ 10-6

Il secondo addendo è trascurabile rispetto al primo quindi si può assumere che la concentrazione dello ione nitrito sia 2.8 M

Moli dello ione nitrito = 2.8 mol/L ∙ 1.0 L = 2.8

Massa di KNO2 necessaria = 2.8 mol ∙ 85.1 g/mol=238 g

Idrolisi di un sale derivante da acido diprotico

Calcolare il pH di una soluzione di NaHC2O4 0.150 M sapendo che Ka1 = 5.40 ∙ 10-2 e Ka2 = 5.40 ∙ 10-5

L’ossalato di sodio si dissocia completamente in Na+ e HC2O4. Lo ione sodio non idrolizza mentre lo ione idrogeno ossalato è anfiprotico ovvero può dare luogo a due reazioni comportandosi sia  da acido che da base. Se si comporta da acido si ha:

HC2O4 + H2O ⇌ C2O42- + H3O+

La costante relativa a questo equilibrio è Ka2 = 5.40 ∙ 10-5

Se si comporta da base si ha:

HC2O4 + H2O ⇌ H2C2O4 + OH

La costante relativa a questo equilibrio è Kb1 = Kw/ Ka1 = 1.0 ∙ 10-14 / 5.40 ∙ 10-2  =  1.90 ∙ 10-13

Essendo Ka2 >> Kb1 il secondo equilibrio può essere trascurato.

Consideriamo allora solo il primo equilibrio e costruiamo una I.C.E. chart:

HC2O4

H2O

H2C2O4

OH

Stato iniziale 0.150 // //
Variazione – x + x + x
Equilibrio 0.150-x x x

Sostituiamo questi dati nell’espressione di Ka2

Ka2 = 5.40 ∙ 10-5 = [H2C2O4][ HC2O4]/[OH] = (x)(x)/ 0.150-x

Da cui x = [OH] = 0.00285 M ovvero pOH = 2.55 e pH = 14 – 2.55 = 11.45

pH = 11.5 a tre cifre significative

Idrolisi di un sale derivante da acido triprotico

Calcolare il pH di una soluzione di fosfato di sodio 0.20 M sapendo che Ka1 = 7.1 ∙ 10-3, Ka2 = 6.3 ∙ 10-8 e Ka3 = 4.2 ∙ 10-13

Il fosfato di sodio si dissocia completamente in 3 Na+ e PO43-. Lo ione sodio non idrolizza mentre lo ione fosfato idrolizza secondo l’equilibrio:
PO43- + H2O ⇌ HPO42- + OH

La costante relativa a questo equilibrio Kb3 è data da:
Kb3 = Kw/ Ka3 = 1.0 ∙ 10-14/  4.2 ∙10-13= 0.024

Essendo molto alto il valore di questa constante si può considerare solo questo equilibrio; possiamo quindi costruire una I.C.E. chart:

PO43-

H2O

HPO42-

OH

Stato iniziale 0.20 // //
Variazione – x + x +x
Equilibrio 0.20-x x x

Sostituiamo questi valori nell’espressione della Kb3

Kb3 = 0.024 = [HPO42-][OH]/[PO43-] = (x)(x)/ 0.20-x

Poiché il valore della costante è alto non può essere trascurata la x sottrattiva al denominatore e pertanto si deve risolvere l’equazione di 2°

(0.024)(0.20-x) = x2

0.0048 – 0.024 x = x2

x2 + 0.024 x – 0.0048 = 0

Le soluzioni sono:

x1 = 0.058 e x2 = – 0.082

la radice negativa deve essere esclusa in quanto non si può avere una concentrazione negativa pertanto

x = [OH] = 0.058 M

pOH = – log 0.058 = 1.2 e quindi pH = 14 – pOH = 14 – 1.2 = 12.8

Calcolo del pH di una soluzione tampone

Una soluzione avente volume di 0.100 L contiene 0.135 moli di NaHSO3 e 0.0800 moli di NaOH. Calcolare il pH della soluzione sapendo che Ka1= 1.54 ∙ 10-3 e Ka2 = 1.02 ∙ 10-7

Il solfito acido di sodio si dissocia completamente in Na+ e HSO3

Prima di ogni altra considerazione si deve tener presente che avviene la reazione:

HSO3 + OH → SO32- + H2O

Le moli di HSO3 che risultano in eccesso sono 0.135 – 0.0800 = 0.0550 mentre si formano 0.0800 moli di SO32-

Le concentrazioni  delle specie sono:
[HSO3] = 0.0550/ 0.100 L = 0.550 M

[SO32-] = 0.0800/ 0.100 L = 0.800 M

Ci troviamo dinanzi a una soluzione tampone, infatti è presente un acido debole HSO3 e la sua base coniugata SO32-. Utilizzando la Ka2 calcoliamo pKa2 = – log 1.02 ∙ 10-7 = 6.99 e quindi l’equazione di Henderson-Hasselbalch

pH = 6.99 + log 0.800/ 0.550 =  7.15

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