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Home Chimica

Titolazione di miscele di acidi. Esercizi

di Chimicamo
21 Novembre 2021
in Chimica, Stechiometria
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Titolazione di miscele di acidi-chimicamo

Titolazione di miscele di acidi-chimicamo

La titolazione di miscele di acidi può essere effettuata se la costante dell’acido più forte è almeno 104 volte maggiore rispetto a quella dell’acido più debole. Se tale condizione non è soddisfatta sarà osservato solo un punto finale.

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1 Esercizi
2 pH di 50 mL di una miscela di HCl 0.10 M e di acido acetico 0.10 M dopo l’aggiunta di:

Nella titolazione di miscele di acidi l’acido più forte è titolato per primo: consideriamo ad esempio la titolazione di un acido forte come HCl e di un acido debole come CH3COOH.

L’acido forte è completamente dissociato e, per il Principio di Le Chatelier, sposta a sinistra l’equilibrio di dissociazione dell’acido debole.

Esercizi

Calcolare il pH di una miscela di HCl 0.10 M e di acido acetico 0.10 M  ( Ka = 1.75 · 10-5).   Si può dire che la dissociazione di HCl è quella che determina il pH della soluzione ovvero [H+]= 0.10 M e quindi pH = 1.0

Se si vuole ragionare in termini rigorosi si considera la dissociazione di HCl:
HCl → H+ + Cl–

a seguito della quale [H+]= 0.10 M

e l’equilibrio di dissociazione dell’acido acetico:

CH3COOH ⇄ CH3COO– + H+

In condizioni di equilibrio:

[CH3COOH] = 0.10-x

[H+]= x + 0.10

[CH3COO–]= x

Sostituendo tali valori nell’espressione della Ka si ottiene:

Ka = 1.75 · 10-5 = [CH3COO–][H+]/[CH3COOH] = (x)(0.10+x)/ 0.10-x

Se si sceglie di trascurare la x additiva e la x sottrattiva nell’espressione della Ka ha:

Ka = 1.75 · 10-5 ~ (x) (0.10)/0.10

Da cui x = 1.75 · 10-5  quindi [H+]= 0.10 – 1.75 · 10-5  = 0.10 da cui pH = 1.0 risultato coincidente con quello ipotizzato in precedenza

Per una trattazione più rigorosa si deve risolvere l’equazione di 2° derivante dalla risoluzione dell’espressione:

Ka = 1.75 · 10-5 = [CH3COO–][H+]/[CH3COOH] = (x)(0.10+x)/ 0.10-x

Risolvendo:

1.75 · 10-6  – 1.75 · 10-5 x = x2

Riordinando l’equazione di 2° si ha:

x2 + 1.75 · 10-5 x – 1.75 · 10-6 = 0

che ha come soluzioni : x1= 0.00131 e x2 = – 0.00133

escludendo la radice negativa si ha che [H+]= 0.00131 +0.10 = 0.101 M

tuttavia il risultato diventa 0.10 in quanto la concentrazione degli acidi ci è stata data con 2 cifre significative e quindi in definitiva [H+]= 0.10 M

Si è pervenuti quindi alla medesima soluzione di quella ipotizzata all’inizio.

 

pH di 50 mL di una miscela di HCl 0.10 M e di acido acetico 0.10 M dopo l’aggiunta di:

  •  25 mL di NaOH 0.10 M

Moli di HCl inizialmente presenti = 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Moli di NaOH aggiunte = 0.025 L ∙ 0.10 M = 0.0025

Dalla reazione tra l’acido forte che è il primo a reagire e NaOH si ha:
HCl + NaOH → NaCl + H2O

Rimangono in eccesso 0.0050 – 0.0025 = 0.0025 moli di HCl

Il volume totale è di 50 + 25 = 75 mL pertanto [H+]= 0.0025/ 0.075 L=0.033 M

Le moli di acido acetico presenti nella miscela sono pari a 0.050 L x 0.10 M = 0.0050

Tenendo conto che il volume totale dopo l’aggiunta di 25 mL di NaOH è di 75 mL si ha che [CH3COOH]= 0.0050/ 0.075 L= 0.067 M

All’equilibrio:

[CH3COOH] = 0.067-x

[H+]= x + 0.033

[CH3COO–]= x

Sostituendo tali valori nell’espressione della Ka si ottiene:

Ka = 1.75 · 10-5 = [CH3COO–][H+]/[CH3COOH] = (x)(x+0.033)/ 0.067-x

Da cui x = 3.55 · 10-5

Quindi [H+]= x + 0.033 =  3.55 · 10-5 + 0.033 = 0.033 M ovvero pH = 1.48 che, ragionando con 2 cifre significative ci dà pH = 1.5

  • 50 mL di NaOH 0.10 M

Moli di HCl inizialmente presenti = 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Moli di NaOH aggiunte = 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Dalla reazione tra l’acido forte che è il primo a reagire e NaOH si ha:
HCl + NaOH → NaCl + H2O

  Zimasi

Quindi tutto HCl è stato neutralizzato.

Le moli di acido acetico presenti nella miscela sono pari a 0.050 L x 0.10 M = 0.0050

Tenendo conto che il volume totale dopo l’aggiunta di 50 mL di NaOH è di 100  mL si ha che [CH3COOH]= 0.0050/ 0.100 L = 0.050 M

A questo punto della titolazione per calcolare il pH del sistema si deve considerare solo la dissociazione dell’acido acetico e, pertanto, all’equilibrio:

[CH3COOH] = 0.050-x

[H+]= x

[CH3COO–]= x

Ka = 1.75 · 10-5 = [CH3COO–][H+]/[CH3COOH] = (x)(x)/ 0.050-x

Da cui x = [H+] = 0.000935 M ovvero pH = 3.03 e, ragionando con 2 cifre significative, si ha pH = 3.0

  • 75 mL di NaOH 0.10 M

Poiché sappiamo che 50 mL di NaOH neutralizzano tutto l’HCl abbiamo che solo 75 – 50 = 25 mL di NaOH reagiscono con l’acido acetico.

Moli di NaOH = 0.025 L ∙ 0.10 M = 0.0025

Le moli di acido acetico presenti nella miscela sono pari a 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Dalla reazione CH3COOH + OH– → CH3COO– + H2O

Sappiamo che 0.0025 moli di NaOH reagiscono con 0.0025 moli di acido acetico per dare 0.0025 moli di acetato e rimangono in eccesso 0.0050 – 0.0025 = 0.0025 moli di acido acetico

Il volume totale è pari a 50 + 75 = 125 mL

[CH3COOH] = 0.0050/0.125 L=0.040 M

[CH3COO–] = 0.0050/ 0.125 L = 0.040 M

Essendo presente un acido debole e la sua base coniugata ci troviamo dinanzi a una soluzione tampone e il pH può essere calcolato dall’equazione di Henderson-Hasselbalch:

pH = pKa + log [CH3COO–]/[CH3COOOH]

tenendo conto che pKa = – log Ka = – log 1.75 · 10-5 = 4.76 si ha

pH = 4.76 + log 0.040/ 0.040 = 4.76

e, ragionando con 2 cifre significative, si ha pH = 4.8

  •  100 mL di NaOH 0.10 M

Poiché sappiamo che 50 mL di NaOH neutralizzano tutto l’HCl abbiamo che solo 100 – 50 = 50 mL di NaOH reagiscono con l’acido acetico.

Moli di NaOH = 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Le moli di acido acetico presenti nella miscela sono pari a 0.050 L ∙ 0.10 M = 0.0050

Dalla reazione CH3COOH + OH– → CH3COO– + H2O

Sappiamo che 0.0050 moli di NaOH reagiscono con 0.0050 moli di acido acetico per dare 0.0025 moli di acetato. Il volume totale della soluzione è di 50 + 100 = 150 mL pertanto la concentrazione di acetato è data da 0.0050/ 0.150 L= 0.033 M

Lo ione acetato idrolizza secondo l’equilibrio:
CH3COO– + H2O ⇄ CH3COOH + OH–

L’equilibrio di idrolisi è regolato da una costante Kb pari a:
KB = Kw/Ka

Dove Kw è il prodotto ionico dell’acqua che, se non diversamente specificato nel testo dell’esercizio, vale Kw = 1.0 · 10-14

Da cui   KB = Kw/Ka =  1.0 · 10-14/ 1.75 · 10-5 = 5.71 · 10-10

All’equilibrio:

[CH3COO–]=  0.033-x

[CH3COOH] = x

[OH–]= x

Sostituendo tali valori nell’espressione di KB si ha:
KB = 5.71 · 10-10=[CH3COOH][OH–]/[CH3COO–]= (x)(x)/ 0.033-x

Da cui x = [OH–] =  4.34 · 10-5 M ovvero pOH = 5.36 e pH = 14 – 5.36 =8.64 che a 2 cifre significative ci dà pH = 8.6

  •  150 mL di NaOH 0.10 M

Ricordando che 50 mL di NaOH 0.10 M vengono consumati per neutralizzare HCl e 50 mL di NaOH vengono consumati per neutralizzare l’acido acetico rimangono 150 – 50 – 50 = 50 mL di NaOH

Le moli di NaOH sono quindi 0.050 L ∙ 0.10 M =0.0050

Il volume totale della soluzione è di 150 + 50 = 200 mL

E quindi [OH–] = 0.0050/ 0.200 L=0.025 M da cui pOH =1.6 e pH = 14 – 2.6 =12.4

Tags: acidi deboliacidi fortipHPrincipio di Le Chatelier

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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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