Titolazioni acido base. Esercizi svolti

Le titolazioni acido base sono una tecnica analitica 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 sulle titolazioni acido base

1)      L’acido benzoico C₆H₅COOH è un acido debole per il quale K_a = 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:
K_a = [C₆H₅COO^–][ H₃O⁺] / [C₆H₅COOH]

Da cui:

K_a = 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 = pK_a + log [base coniugata]/ [acido]

possiamo calcolare pK_a :

pK_a = – log K_a  = – 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 = pK_a = 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 K_b e, in alcuni testi come K_h (dove h sta per hydrolysis)  è data dal rapporto tra K_w e K_a dove K_w è la costante di dissociazione dell’acqua che, se non diversamente indicato dal testo vale K_w = 1.00∙10^-14. Si ha quindi che:

K_b = K_w/K_a = 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 K_b 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