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Titolazioni acido base. Esercizi svolti

  |   Chimica, Stechiometria

Le titolazioni acido base sono una tecnica di analisi chimica quantitativa e consentono la determinazione del titolo di una soluzione e sono fatte in presenza di un indicatore.

Nelle titolazioni acido base può essere richiesto  il calcolo del pH  a seguito di aggiunta di quantità note di titolante

Nelle titolazioni acido base se entrambi sono forti il calcolo del pH è semplice.

Il calcolo del pH in una titolazione un acido  debole con una base forte costituisce uno dei più tipici esercizi che vengono assegnati.

Esercizi svolti

1)      L’acido benzoico C6H5COOH è un acido debole per il quale Ka = 6.70 ∙ 10-5. Calcolare: a) il pH di una soluzione di acido benzoico 0.100 M ; b) il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 20.0 mL di NaOH 0.100 M a 50.0 mL di tale soluzione; c) il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 25.0 mL di NaOH 0.100 M; d) il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 40.0 mL di NaOH 0.100 M; e) il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 50.0 mL di NaOH 0.100 M; f) il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 60.0 mL di NaOH 0.100 M

 

a) Per risolvere il punto a) basta saper calcolare il pH di una soluzione di acido debole. L’acido benzoico si ha che esso dà luogo al seguente equilibrio:

C6H5COOH + H2O ⇄ C6H5COO + H3O+

All’equilibrio: [C6H5COOH] = 0.100 –x e [C6H5COO] = [H3O+] = x

L’espressione della costante relativa a questo equilibrio è:
Ka = [C6H5COO][ H3O+] / [C6H5COOH]

Da cui:

Ka = 6.70 ∙ 10-5 = (x)(x) / 0.100-x

Si ha: x = [H3O+] = 0.00259 M e pertanto pH = – log [H3O+] = – log 0.00259 = 2.59

b) Per calcolare  il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 20.0 mL di NaOH 0.100 M a 50.0 mL di tale soluzione bisogna conoscere le moli di acido presenti e le moli di base aggiunte:

moli di acido = 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500

le moli di base aggiunte sono pari a: 0.100 M ∙ 0.0200 L = 0.00200

Si è verificata la reazione netta:

C6H5COOH + OH → C6H5COO + H2O

Ovvero parte dell’acido si è trasformata nella sua base coniugata.

Moli di acido in eccesso = 0.00500 – 0.00200 = 0.00300

Moli di benzoato formate = 0.00200

Si è così formata una soluzione tampone il cui pH può essere determinato dall’equazione di Henderson-Hasselbalch

pH = pKa + log [base coniugata]/ [acido]

possiamo calcolare pKa :

pKa = – log Ka  = – log 6.70 ∙ 10-5 = 4.17

il volume totale della soluzione è pari a 20.0 + 50.0 = 70.0 mL; pertanto le rispettive concentrazioni valgono:

[C6H5COOH ] = 0.00300 / 0.0700 L= 0.0429 M

[C6H5COO ] = 0.00200 / 0.0700 L = 0.0286 M

Sostituendo tali valori nell’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:

pH = 4.17 + log 0.0286/ 0.0429 = 3.99

Per velocizzare il calcolo invece che le concentrazioni si possono usare le moli infatti:

0.00200 / 0.0700 / 0.00300 / 0.0700 = 0.00200/ 0.00300

Verifichiamo infatti che:

pH = 4.17 + log 0.00200/ 0.00300 = 3.99

c) Per calcolare il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 25.0 mL di NaOH 0.100 M usiamo lo stesso metodo visto nel punto b).

moli di acido = 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500

le moli di base aggiunte sono pari a: 0.100 M∙0.0250 L = 0.00250

Pertanto moli di acido in eccesso = 0.00500 – 0.00250 = 0.00250

Moli di benzoato formate = 0.00250

Quando le moli dell’acido e della sua base coniugata sono uguali ci troviamo in un punto caratteristico della titolazione: si è raggiunto la metà del punto equivalente infatti il punto equivalente è raggiunto quando le moli di NaOH aggiunte sono uguali alle moli di acido inizialmente presenti. In questo caso applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si verifica che l’argomento del logaritmo è uguale a 1 infatti 0.00250/ 0.00250 = 1 e, poiché la base del logaritmo è 10 si ha che log 0.00250/ 0.00250 = 0 ; quindi pH = pKa = 4.17

d) Per ottenere il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 40.0 mL di NaOH 0.100 M calcoliamo le moli di NaOH aggiunte:

moli di NaOH = 0.0400 L ∙ 0.100 M = 0.00400

quelle di acido in eccesso = 0.00500 – 0.00400 = 0.00100

moli di benzoato formate = 0.00400

Applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:

pH = 4.17 + log 0.00400/ 0.00100 = 4.77

e) Per ottenere il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 50.0 mL di NaOH 0.100 M calcoliamo le moli di NaOH aggiunte:

moli di NaOH = 0.0500 L ∙ 0.100 M = 0.00500

Le moli di NaOH aggiunte sono uguali alle moli di acido iniziale e pertanto ci troviamo al punto equivalente in cui è presente solo lo ione benzoato. Poiché le moli di benzoato formate sono 0.00500 e il volume totale è di 50.0 + 50.0 = 100.0 mL si ha:

[C6H5COO] = 0.00500/ 0.100 L = 0.0500 M

Lo ione benzoato idrolizza secondo l’equilibrio:

C6H5COO+ H2O ⇄ C6H5COOH + OH

La costante di questo equilibrio denotata con Kb e, in alcuni testi come Kh (dove h sta per hydrolysis)  è data dal rapporto tra Kw e Ka dove Kw è la costante di dissociazione dell’acqua che, se non diversamente indicato dal testo vale Kw = 1.00∙10-14. Si ha quindi che:

Kb = Kw/Ka = 1.00∙10-14/ 6.70∙10-5 = 1.49∙10-10 e l’espressione di tale costante è:

1.49∙10-10 = [C6H5COOH][ OH] / [C6H5COO]

All’equilibrio [C6H5COO] = 0.0500-x mentre [C6H5COOH] = [OH] = x

Sostituendo tali valori nella Kb si ha:

1.49∙10-10 = (x)(x) / 0.0500 –x

Da cui x = [OH] = 2.73 ∙ 10-6 M

pOH = – log [OH] = – log 2.73 ∙ 10-6 = 5.56

e quindi pH = 14 – pOH = 14 – 5.56 = 8.44

f) Per ottenere il pH della soluzione dopo l’aggiunta di 60.0 mL di NaOH 0.100 M calcoliamo le moli di NaOH aggiunte:

moli di NaOH = 0.0600 L ∙ 0.100 M = 0.00600

Le moli di NaOH in eccesso sono pari a 0.00600 – 0.00500 = 0.00100

Il volume totale della soluzione è di 50.0 + 60.0 = 110.0 mL e, pertanto, [OH] = 0.00100/ 0.110 L=  0.00909 M

Quindi pOH = – log [OH] = – log 0.00909 = 2.04

E quindi pH = 14 – 2.04 =11.96

La maggior parte dei testi, in casi simili dà, come risultato, pH = 11.96.

A rigore poiché le cifre significative devono essere 3 il risultato corretto è pH =12.0