Base. Acido. Acido. Base

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1 ACIDI E BASI

2 Un acido è un donatore di protoni, una base è un accettore di protoni. La base coniugata di un acido è quella che si forma quando l acido si è privato del protone. L acido coniugato di una base è quella che trae origine dall annessione del protone libero. Acido Cede H + Base Base Accetta H + Acido

3 SCALA DI ph ph < 7 ph =7 ph>7 ph =-log[h 3 O + ] Il segno meno che figura nella definizione del ph comporta che quanto maggiore è la molarità di H 3 O +,tanto minore è il ph Il ph può essere misurato in maniera molto sbrigativa servendosi di una cartina all indicatore universale, che acquista colorazione diversa a seconda del ph.

4 poh =-log[oh] Il poh è un modo conveniente di riferire la molarità di OH - in soluzione. ph e poh sono correlati dalla seguente relazione : ph +poh = pkw

5 1) Calcolare il ph di una soluzione ottenuta mescolando 6,30 g di HNO 3 (Acido nitrico) in acqua e avente un volume di 1500 ml. HNO 3 + H 2 O H 3 O + + N 3 O - Pm (HNO 3 ) =63.01 g/mol Trovo le moli : n(hno 3 ) = 6,30/63.01 = 0.1 mol Conoscendo il Volume e le moli ricavo la Molarità: M = n/v (l) = 0.1 mol / 1.5 l = M Poiché HNO 3 è un acido forte risulta completamente dissociato quindi : ph = -log [H 3 O + ] =-log(0.067) =1.18

6 2) Calcolare il ph di una soluzione di NaOH ottenuta mescolando 8 g di NaOH in soluzione acquosa e avente volume di 800 ml. NaOH Na+ + OH - Essendo NaOH una base forte si ha dissociazione completa. Pm(NaOH) = 40 g/mol Ricavo le moli di NaOH : n(naoh) = 8/40 = 0.2 mol Conoscendo il volume e le moli ricavo la molarità: M= n/v (l) = 0.2/0.8 = 0.25 M Poiché NaOH è una base forte [NaOH] =[OH - ], risulta essere completamente dissociata quindi : Cb =[OH - ] p[oh - ] = -log(0.25) =0.6 ph +poh = 14 ph = = 13.4

7 3) A 300 ml di HCl 0,01 M vengono aggiunti 0,5 g di NaOH. Calcolare il ph prima e dopo l aggiunta. a) Prima dell aggiunta: HCl H + + Cl - Poiché HCl è un acido forte [HCl] =[ H 3 O + ] = 0.01 M ph = -log[h 3 O + ] = -log (0.01) =2 b) Dopo l aggiunta di 0,5 g di NaOH Calcolo le moli di NaOH: n(naoh) = 0.5/40.1 = mol n(hcl) = 0.01 *0.3 = mol La reazione tra HCl e NaOH è una reazione acido- base che da come prodotti acqua e sale.

8 HCl + NaOH NaCl + H 2 O Le moli di NaOH sono in numero maggiore, quindi calcoliamo le moli di NaOH in eccesso, ovvero quelle non neutralizzate dall acido. n( NaOH) ecc = ( ) = mol n(naoh)=n(oh - )= mol [OH - ] = /0.3 = M Quindi p[oh - ] = -log( 0.032) = 1.50 ph +poh = 14 ph = = 12.5

9 4) Calcolare il ph di una soluzione ottenuta diluendo con H 2 O fino ad un volume Vf = 1 l 25,35 ml di HCl concentrato ( %m/m = ; d= 1.19 g/ml) Ricavo la massa m= d *V = 1.19 /25.35 = g ( massa al 100%) Calcolo il % di m quindi ottengo: 30.17*37.06/ 100 = g Determino le moli di HCl n(hcl) = / 36.5 = mol Tali moli servono per calcolare la nuova concentrazione: Mf = 0.306/1l = M Essendo HCl un acido forte completamente dissociato. [HCl] = [H 3 O + ] = M, essendo HCl è ph = -log[h 3 O + ] = -log(0.306) = 0.5

10 ACIDI POLIPROTICI Esistono alcuni acidi che possono cedere più di un protone secondo reazioni di equilibrio successive: tali acidi sono detti poliprotici. Esempi di acidi poliprotici sono l acido citrico, acido arsenico e l acido fosforico. L acido fosforico infatti può cedere all acqua in successione tre protoni: H 3 PO 4 + H 2 O H 2 PO H 3 O + H 2 PO H 2 O HPO 4 + H 3 O + HPO 4 + H 2 O PO H 3 O + Ogni equilibrio di dissociazione è caratterizzato da una costante acida K a1, K a2, K a3 : K a1 = [H 2 PO 4- ][ H 3 O + ]/ [H 3 PO 4 ] = 7.5 x 10-3 K a2 = [HPO 4 ][ H 3 O + ]/ [H 2 PO 4- ] = 6.2 x 10-8 K a3 = [PO 3-4 ][ H 3 O + ] / [HPO 4 ] = 1.0 x La forza dell acido decresce nei gradini successivi ovvero K a1 >K a2 > K a3

11 5) Una soluzione è stata ottenuta mescolando moli di H 3 PO 4 e moli di NaH 2 PO 4 e portata ad un volume pari a 1.0 L. Calcolare il ph e le concentrazioni di tutte le specie in soluzione. ( K a1 = 7.5 x 10-3 ; K a2 = 6.2 x 10-8 ; K a3 = 1.0 x ) NaH 2 PO 4 è un elettrolita forte quindi è dissociato al 100% in soluzione: si avranno moli di Na moli di H 2 PO 4-. Poiché il volume della soluzione è pari a 1.0 L si ha: [Na + ] = / 1.0 = M. Le concentrazione iniziale di H 3 PO 4 è pari a / 1.0 L= M e la concentrazione iniziale di H 2 PO - 4 è pari a 0.200/ 1.0 L = M Innanzi tutto consideriamo il primo equilibrio di dissociazione H 3 PO 4 + H 2 O H 2 PO H 3 O +

12 Costruiamo la tabella per il primo equilibrio: H 3 PO 4 H 2 PO - 4 H 3 O + Concentrazione iniziale / Variazione -x +x +x Concentrazione all equilibrio x x x Sostituiamo tali valori nell equazione: K a1 = 7.5 x 10-3 = [H 2 PO 4- ][ H 3 O + ]/ [H 3 PO 4 ] = ( x) (x) / (0.100-x) Poiché Ca/Ka1 <100 non posso trascurare la x additiva al numeratore e la x sottrattiva al denominatore. Quindi non posso approssimare. Risolvendo l equazione di secondo grado ottengo x = Le concentrazioni relative al 1 equilibrio sono : [H 3 PO 4 ] = x = = M [H 2 PO 4- ] = x = = M [H 3 O + ] = x = M

13 Consideriamo il secondo equilibrio e costruiamo la tabella relativa [HPO 4 ] = 3.6 x 10-6 M H 2 PO H 2 O HPO 4 + H 3 O + H 2 PO 4 - HPO 4 H 3 O + Concentrazione iniziale / Variazione -y + y + y Concentrazione all equilibrio y y y Sostituiamo tali valori nell equazione: K a2 = 6.2 x 10-8 = [HPO 4 ][ H 3 O + ]/ [H 2 PO 4- ] = (y) ( y) / y Poiché Ca/Ka2 >> 100 allora posso approssimare Risolvendo ottengo y = 3.5 x 10-6 Le concentrazioni relative al secondo equilibrio sono : [H 2 PO 4- ] = y = x 10-6 = M [ H 3 O + ] = x 10-6 = M

14 Consideriamo infine la terza dissociazione e costruiamo la tabella relativa: HPO 4 + H 2 O PO H 3 O + HPO 4 PO 4 3- H 3 O + Concentrazione iniziale 3.5 x 10-6 / Variazione -z +z +z Concentrazione all equilibrio 3.5 x z z z Sostituiamo tali valori nell equazione: K a3 = 1.0 x = [PO 4 3- ][ H 3 O + ] / [HPO 4 ] = (z)( z) / 3.6 x 10-6 z Poiché Ca/ ka3 >> 100 allora posso approssimare si ottiene z = 1.0 x Da cui [PO 4 3- ] = 1.0 x M [HPO 4 ] = 3.6 x 10-6 M Il ph = log = 2.46

15 6) 1 L di una soluzione di NH 3 0,4 M contiene di NH 4 Cl. Di quanto varierà il ph di questa soluzione se facciamo gorgogliare in essa 0.05 moli di HCl gassoso? kb = Pm (NH 4 Cl ) = 53.5 g/mol n NH3 = 0.4 M * 1L = 0.4 mol n NH4Cl = g /53.5 g mol -1 = mol [NH 4 Cl] =0.239 /1 L = M Scrivo l equilibrio: NH 3 + H 2 O NH 4 + OH - NH 3 NH 4 + OH - Concentrazione iniziale Variazione -x + x + x Concentrazione all equilibrio 0.4-x x x Poiché Cb/kb >> 100 posso approssimare k b [ NH 4 ] [ OH [ NH ] 3 ] (0.239 x) ( OH (0.4 x) ) (0.239) ( OH (0.4) )

16 [OH - ] = /0.239 = M poh = -log( ) = 4.52 ph = = 9.48 Determiniamo il ph dopo l aggiunta di 0.05 mol di HCl moli NH 3(aq) + HCl (g) NH 4 + (aq) + Cl - (aq) i) f) Dopo l aggiunta dell acido riscrivo nuovamente l equilibrio e la nuova tabella NH 3 + H 2 O NH OH - NH 3 NH 4 + OH - Concentrazione iniziale Variazione -x + x + x Concentrazione all equilibrio 0.35-x x x

17 Poiché Cb/kb >> 100 posso approssimare k b [ NH 4 ] [ OH [ NH ] [OH - ] = poh= -log( ) = ] (0.289 x) ( OH (0.35 x) ) (0.289) ( OH (0.35) ) ph = = 9.34 ( aumento dell acidità dopo l aggiunta di un acido) ΔpH = = 0.14

18 Soluzioni diluite di acidi forti 7) Qual è il ph di HNO 3 (Acido forte) 10-7 M Poiché la concentrazione di acido Ca< 10-6 M allora consideriamo l autoprotolisi dell acqua. Impostiamo Equilibrio cariche : la somma delle concentrazioni delle cariche positive deve uguagliare la somma delle concentrazioni delle cariche negative. [H 3 O + ] = [OH - ] +[NO 3- ] Equilibrio masse: Ca = [HNO 3 ] iniz = [NO - 3 ] Costanti di equilibrio: Kw = [H 3 O + ] [OH - ] [H 3 O + ] 2 - Ca [H 3 O + ] - Kw = 0 [H 3 O + ] = M ph = -log( ) = 6.8

19 Prodotto di solubilità In una soluzione satura di un elettrolita esiste l equilibrio fra la fase solida e gli ioni che lo costituiscono. In generale, per l elettrolita M a X b, si ha: M a X b (s) am n+ + bx m- K PS = [M n+ ] a [X m- ] b La solubilità s di un composto ionico in acqua pura è legata alla costante del prodotto di solubilità. Effetto dello ione comune L aggiunta di uno ione comune al composto poco solubile ne fa diminuire la solubilità (principio di Le Châtelier)

20 8)Determinare quanti grammi di Ag 2 SO 4 è possibile sciogliere in 1,0 L di acqua pura e in 1,00 L di una soluzione 0,420 M di Na 2 SO 4. Kps(Ag 2 SO 4 ) = 7, La reazione di dissoluzione è la seguente: Ag 2 SO4(s) 2 Ag + (aq) + SO4 (aq) Se indichiamo con s la solubilità del solfato di argento (Ag 2 SO 4 ), si avrà che: [SO4 ] = s (s rappresenta anche la concentrazione in soluzione degli ioni SO4 (aq)) [Ag + ] = 2 s (concentrazione degli ioni Ag + (aq) è 2 s). Kps = [Ag + ] 2 [SO4 ] = (2 s) 2 s = 4 s 3 Da cui: s = 0,026 mol/l La solubilità in acqua pura di Ag 2 SO 4 è pertanto: 0,026 mol/l 312g/mol = 8,1 g/l Pm (Ag 2 SO 4 ) = 312 g/mol La quantità di Ag 2 SO 4 che è possibile sciogliere in 1,0 L di acqua pura è pari a 8,1 g

21 Nella soluzione 0,420 M di solfato di sodio vale la relazione del prodotto di solubilità ma in questo caso si ha che: [SO4 ] = s + 0,420 [Ag + ] = 2 s Kps = [Ag + ] 2 [SO4 ] = (2 s) 2 (s + 0,420) = 4 s 2 (s + 0,420) Trascurando in prima approssimazione s rispetto a 0,420 mol/l si ottiene: Kps = 4 s 2 0,420 = 1,68 s 2 Da cui: s = 6, mol/l La solubilità di Ag 2 SO 4 nella soluzione 0,420 M di Na 2 SO 4 è pertanto: 6, mol/l 312 g/mol = 2,0 g/l L'approssimazione fatta è corretta poiché 6, è molto più piccola di 0,420, quindi ritenere che (s + 0,420)~ 0,420 (approssimazione lecita). La quantità di Ag 2 SO 4 è possibile sciogliere in 1,00 L di una soluzione 0,420 M di Na 2 SO 4 è pari a 2,0 g.

22 Ordine di precipitazione 9) Si aggiunge carbonato di potassio (K 2 CO 3 ) a una soluzione contenente le concentrazioni seguenti di cationi solubili Mg 2+ (aq) =0.03 M e Ca 2+ (aq) =0.001 M Stabilire l ordine di precipitazione all aumentare della concentrazione di K 2 CO 3. Indicare la [CO 3 ] al inizio di ciascuna precipitazione. Kps (CaCO 3 ) = 8, Kps (MgCO 3 ) = 10-5 Equilibrio: CaCO 3 (s) Ca 2+ (aq) + CO 3 (aq) MgCO 3 (s) Mg 2+ (aq) + CO 3 (aq) [CO 3 ] = Kps (CaCO3) / [Ca 2+ ] = 8, / = 8, M [CO 3 ] = Kps (MgCO3) / [Mg 2+ ] = 10-5 / 0.03 = 3, M Precipiterà per primo CaCO 3