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Idrolisi di sali. Esercizi svolti

di Chimicamo
12 Febbraio 2023
in Chimica, Chimica Generale, Stechiometria
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Idrolisi di sali. Esercizi svolti-chimicamo

Idrolisi di sali. Esercizi svolti-chimicamo

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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.

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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

LEGGI ANCHE   Le soluzioni tampone

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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Massimiliano Balzano, ideatore e creatore di questo sito; dottore di Scienza e Ingegneria dei Materiali presso l’Università Federico II di Napoli. Da sempre amante della chimica, è cultore della materia nonché autodidatta. Diplomato al Liceo Artistico Giorgio de Chirico di Torre Annunziata.


Maurizia Gagliano, ha collaborato alla realizzazione del sito. Laureata in Chimica ed iscritta all’Ordine professionale. Ha superato il concorso ordinario per esami e titoli per l’insegnamento di Chimica e Tecnologie Chimiche. Docente.

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