CAPITOLO 16 EQUILIBRI ACIDO-BASE ED EQUILIBRI DI SOLUBILITÀ

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1 CAPITOLO 16 EQUILIBRI ACIDO-BASE ED EQUILIBRI DI SOLUBILITÀ 16.1 Una soluzione tampone è costituita da una soluzione di (1) un acido debole o una base debole e (2) il suo sale; devono essere presenti entrambi i componenti. La soluzione ha la capacità di resistere alle variazioni di ph a seguito dell addizione di piccole quantità di acido o di base Il pk a corrisponde al logaritmo negativo del valore di K a. Minore è il valore del pk a, più forte è l acido. Il pk b rappresenta il logaritmo negativo del valore di K b. Minore è il valore di pk b, più forte è la base (a) HCl (acido cloridrico) è un acido forte. Un tampone è una soluzione contenente sia un acido debole che una base debole. Pertanto, questo non è un sistema tampone. (b) (c) NH 3 (ammoniaca) è una base debole e il suo acido coniugato, NH 4, è un acido debole. Pertanto, questo è un sistema tampone. Questa soluzione contiene sia un acido debole, H 2 PO 4, che la sua base coniugata, HPO4 2. Pertanto, questo è un sistema tampone Strategia: Quali sono i costituenti di un sistema tampone? Quale delle precedenti soluzioni comprende un acido debole e il suo sale (contenente la base coniugata debole)? Quale delle precedenti soluzioni comprende una base debole e il suo sale (contenente l acido coniugato debole)? Perché la base coniugata di un acido forte non è in grado di neutralizzare un acido aggiunto? Soluzione: I criteri caratterizzanti un sistema tampone sono dati dal fatto che i suoi componenti devono essere rappresentati da un acido debole e dal suo sale (contenente la base debole coniugata) o da una base debole e il suo sale (contenente l acido debole coniugato). (a) (b) (c) HNO 2 (acido nitroso) è un acido debole e la sua base coniugata, NO 2 (ione nitrito, l anione del sale KNO 2 ), è una base debole. Pertanto, questo è un sistema tampone. H 2 SO 4 (acido solforico) è un acido forte. Un sistema tampone è una soluzione contenente sia un acido debole che una base debole. Pertanto, questo non è un sistema tampone. HCOOH (acido formico) è un acido debole e la sua base coniugata, HCOO (ione formiato, l anione del sale HCOOK), è un base debole. Pertanto, questo è un sistema tampone H 2 CO 3 (aq) m HCO 3 (aq) H (aq) K a pk 6.38 a 1

2 [HCO 3 ] ph pk a log [H 2 CO 3 ] [HCO 3 ] log [H 2 CO 3 ] [HCO 3 ] log 1.62 [H2CO 3] [HCO 3 ] [H2CO 3] [H2CO 3] [HCO 3 ] Strategia: Il ph di una soluzione tampone può essere calcolato in un modo simile a quello usato per il problema di equilibrio di un acido debole. La differenza è che in soluzione è presente uno ione comune. Il K a di CH 3 COOH è (vedi la tabella 16.3 del testo). Soluzione: (a) Riassumiamo le concentrazioni delle specie all equilibrio come segue: CH 3 COOH(aq) m H (aq) CH 3 COO (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 2.0 x x 2.0 x K a [H ][CH3COO ] [CH3COOH] Ka [H ](2.0 x) [H ](2.0) (2.0 x) 2.0 K a [H ] Calcolando il log di entrambi i lati, pk a ph Quindi, per un sistema tampone in cui [acido debole] [base debole], ph pk a ph log( ) 4.74 (b) Analogamente alla parte (a), ph pk a 4.74 Il tampone (a) sarà un sistema tampone più efficace, perché le concentrazioni dei componenti acidi e basici sono dieci volte superiori rispetto a quelle del sistema tampone (b). Quindi, il sistema tampone (a) può neutralizzare 10 volte più acido o base aggiunti rispetto al tampone (b).

3 16.9 NH 4 (aq) m NH3 (aq) H (aq) K a pk a 9.25 [NH 3] 0.15 ph p Ka log [NH 9.25 log M ] M Fase 1: Scrivi l equilibrio che s instaura tra H 2 PO 4 e HPO4 2. Crea una tabella che riporti le concentrazioni iniziali, la variazione delle concentrazioni per il raggiungimento dell equilibrio e le concentrazioni all equilibrio. 2 H 2 PO 4 (aq) m H (aq) HPO4 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 0.15 x x 0.10 x Fase 2: Scrivi l espressione per la costante di ionizzazione in termini di concentrazioni all equilibrio. Conoscendo il valore della costante di equilibrio (K a ), identifica x. K a 2 [H ][HPO 4 ] [H2PO 4 ] Puoi trovare il valore di K a per il diidrogeno fosfato nella tabella 16.4 del tuo testo. 8 ( x)(0.10 x) (0.15 x) 8 ( )(0.10) x (0.15 ) x [H ] M Fase 3: Avendo individuato [H ], calcola il ph della soluzione. ph log[h ] log( ) Utilizzando l equazione di Henderson-Hasselbalch: [CH3COO ] ph pk a log [CH 3 COOH] Quindi, [CH3COO ] log [CH 3 COOH] [CH3COO ] 0.58 [CH3COOH]

4 16.12 Possiamo ricorrere all equazione di Henderson-Hasselbalch per calcolare il rapporto [HCO 3 ]/[H2 CO 3 ]. L equazione di Henderson-Hasselbalch è: [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] Per il sistema tampone di interesse, HCO 3 è la base coniugata dell acido, H2 CO 3. Possiamo scrivere: Il rapporto [base coniugata]/[acido] è: 7 [HCO 3 ] ph 7.40 log( ) log [H 2 CO 3 ] [HCO 3 ] log [H 2 CO 3 ] [HCO 3 ] log [H2CO 3] [HCO 3 ] [H2CO 3] Il tampone deve essere più efficace nei confronti di un acido aggiunto perché, rispetto all acido, è presente una concentrazione della base dieci volte superiore. Nota che un ph di 7.40 è solo un numero di due cifre significative (Perché?); il risultato finale deve essere composto solo di due cifre significative Il valore di K a di CH 3 NH 3 è di Per calcolare il ph del tampone, instaura l equilibrio tra i suoi due componenti. CH 3 NH 3 (aq) H2 O(l) m H 3 O (aq) CH 3 NH 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 1.00 x x 0.80 x [H3O ][CH3NH 2] Ka [CH3NH 3 ] 11 ( x)(0.80 x) ( x)(0.80) (1.00 x) 1.00 x [H 3 O ] M ph log( ) (a) La base forte reagirà completamente con la componente acida del tampone (CH 3 NH 3 ). La reazione è: CH 3 NH 3 (aq) OH (aq) CH3 NH 2 (aq) H 2 O(l) Iniziale (mol): Variazione (mol): Dopo la reazione (mol):

5 Ristabilisci l equilibrio del tampone per calcolarne il ph. Il volume della soluzione è di 1.0 l. CH 3 NH 3 (aq) H2 O(l) m H 3 O (aq) CH 3 NH 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 0.93 x x 0.87 x K a [H3O ][CH3NH 2] [CH3NH 3 ] 11 ( x)(0.87 x) ( x)(0.87) (0.93 x) 0.93 x [H 3 O ] M ph log( ) (b) L acido forte reagirà completamente con la componente basica del tampone (CH 3 NH 2 ). La reazione è: CH 3 NH 2 (aq) H (aq) CH 3 NH 3 (aq) Iniziale (mol): Variazione (mol): Dopo la reazione (mol): Ristabilisci l equilibrio del tampone per calcolarne il ph. Il volume della soluzione è di 1.0 l. CH 3 NH 3 (aq) H2 O(l) m H 3 O (aq) CH 3 NH 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 1.11 x x 0.69 x [H3O ][CH3NH 2] Ka [CH3NH 3 ] 11 ( x)(0.69 x) ( x)(0.69) (1.11 x) 1.11 x [H 3 O ] M ph log( ) Come calcolato nel problema 16.8, il ph di questo sistema tampone equivale al pk a. ph pk a log( ) 4.74 (a) L NaOH aggiunto reagirà completamente con la componente acida del tampone, CH 3 COOH. NaOH si ionizza completamente; pertanto, vengono aggiunte al tampone mol di OH. Fase 1: La reazione di neutralizzazione è: CH 3 COOH(aq) OH (aq) CH 3 COO (aq) H 2 O(l) Iniziale (mol): Variazione (mol):

6 Finale (mol): Fase 2: Ora l equilibrio dell acido acetico è ristabilito. Poiché il volume della soluzione è di 1.00 l, possiamo convertire direttamente le moli in concentrazione molare. CH 3 COOH(aq) m H (aq) CH 3 COO (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 0.92 x x 1.08 x Scrivi l espressione per K a, quindi calcola x. K a [H ][CH3COO ] [CH3COOH] 5 ( x)(1.08 x) x(1.08) (0.92 x) 0.92 x [H ] M Fase 3: Avendo individuato [H ], calcola il ph della soluzione. ph log[h ] log( ) 4.82 Il ph del tampone è aumentato da 4.74 a 4.82 in seguito all aggiunta di mol di base forte. (b) L acido aggiunto reagirà completamente con la componente basica del tampone, CH 3 COO. HCl si ionizza completamente; pertanto, al tampone sono aggiunte 0.12 mol di ioni H. Fase 1: La reazione di neutralizzazione è: CH 3 COO (aq) H (aq) CH 3 COOH(aq) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol): Fase 2: Ora l equilibrio dell acido acetico è ristabilito. Poiché il volume della soluzione è di 1.00 l, possiamo convertire direttamente le moli in concentrazione molare. CH 3 COOH(aq) m H (aq) CH 3 COO (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 1.12 x x 0.88 x Scrivi l espressione per K a, quindi identifica x. K a [H ][CH3COO ] [CH3COOH] 5 ( x)(0.88 x) x(0.88) (1.12 x) 1.12 x [H ] M

7 Fase 3: Avendo individuato [H ], calcola il ph della soluzione. ph log[h ] log( ) 4.64 Il ph del tampone si riduce da 4.74 a 4.64 in seguito all aggiunta di 0.12 mol di acido forte Scriviamo K a K a pk 2.96 a 1 pk 5.60 a 2 Affinché la soluzione tampone agisca efficacemente, il pk a della componente acida deve essere prossimo al valore di ph desiderato. Pertanto, il sistema tampone appropriato è Na 2 A/NaHA Strategia: Affinché un tampone funzioni in modo efficace, la concentrazione della componente acida deve essere approssimativamente uguale a quella della componente rappresentata dalla base coniugata. In accordo con l equazione (16.3) del testo, questo avviene quando il ph desiderato ha un valore affine a quello del pk a dell acido, cioè quando ph è pk a, oppure [conjugate [base coniugata] base] log 0 [acido] [acid] [conjugate [base coniugata] base] [acid] [acido] 1 Soluzione: Per preparare una soluzione con un ph desiderato, dobbiamo scegliere un acido debole con un valore di pk a simile al valore del ph desiderato. Calcolando il pk a per ciascun acido: Per HA, pk a log( ) 2.57 Per HB, pk a log( ) 5.36 Per HC, pk a log( ) 8.59 La soluzione tampone con il pk a più simile al valore del ph desiderato è HC. Quindi, HC è la scelta migliore per preparare una soluzione tampone caratterizzata da un ph Essendo l acido monoprotico, il numero di moli di KOH è equivalente al numero di moli dell acido mol Moli Moles di acido 16.4 ml ml mol 1000 ml ml Massa Molar molare mass g mol 202 g/mol

8 16.18 Vogliamo calcolare la massa molare dell acido diprotico. Il problema fornisce la massa dell acido, pertanto dobbiamo trovare le moli di acido per calcolare la sua massa molare. Vogliamo want to calculate calcolare given dato massa molar molare mass di ofh H 2 A 2A g H2A mol H2A Dobbiamo trovare La reazione di neutralizzazione è: 2KOH(aq) H 2 A(aq) K 2 A(aq) 2H 2 O(l) A partire dal volume e dalla molarità della base occorrente per neutralizzare l acido, possiamo calcolare il numero di moli di H 2 A che ha reagito mol KOH 1 mol H2A ml ml di KOH mol H2A ml ml 2 mol KOH Sappiamo che hanno reagito g dell acido diprotico (è stata eseguita una prova su 1/10 dei 250 ml). Per calcolare la massa molare, dividi il numero di grammi per il numero di moli g H2A M (H2A) 90.1 g/mol mol H2A (a) Al punto di equivalenza, il volume della soluzione si raddoppia, per cui [NH 4 Cl] 0.10 M/ M. A causa dell idrolisi subita dagli ioni ammonio, il ph della soluzione sarà inferiore a NH 4 (aq) m NH3 (aq) H (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): (0.050 x) x x K a [NH 3][H ] [NH 4 ] x (0.050 x) x [H ] ph log( ) 5.28 (b) Al punto di equivalenza, [CH 3 COONa] 0.10 M/ M. A causa dell idrolisi subita dagli ioni acetato, il ph della soluzione sarà superiore a CH 3 COO (aq) H 2 O(l) m CH 3 COOH(aq) OH (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x

9 Equilibrio (M): (0.050 x) x x K b [CH3COOH][OH ] [CH3COO ] x (0.050 x) x [OH ] poh log( ) 5.28 ph (a) Essendo l acido monoprotico, le moli di acido equivalgono alle moli della base aggiunta. HA(aq) NaOH(aq) NaA(aq) H 2 O(l) mol Moli Moles di acido 18.4 ml ml mol ml ml soln Conosciamo la massa in grammi dell acido incognito e il suo numero di moli. Massa Molar molare mass g g/mol mol (b) Il numero di moli di NaOH in 10.0 ml di soluzione è mol ml ml mol 1000 ml ml soln La reazione di neutralizzazione è: HA(aq) NaOH(aq) NaA(aq) H 2 O(l) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol): Ora verrà ristabilito l equilibrio dell acido debole. Il volume totale di soluzione è di 35.0 ml mol [HA] M ,035 L l mol [A ] M ,035 L l Possiamo calcolare [H ] a partire dal ph. [H ] 10 ph M HA(aq) m H (aq) A (aq) Iniziale (M):

10 Variazione (M): Equilibrio (M): Per calcolare K a, sostituisci le concentrazioni all equilibrio nell espressione per la costante di equilibrio. 6 [H ][A ] ( )(0.0181) K a [HA] Un tipico indicatore è un acido organico debole. L indicatore reagirà con la componente basica della titolazione. Se viene utilizzata una gran quantità di indicatore, questo reagirà con una quantità significativa della base, influenzando il punto di equivalenza della titolazione La CO 2 nell aria si scioglie nella soluzione: L acido carbonico neutralizza NaOH. CO 2 H 2 O m H 2 CO (a) HCOOH è un acido debole e NaOH una base forte. Gli indicatori adatti sono il rosso cresolo e la fenolftaleina. (b) (c) HCl è un acido forte e KOH una base forte. Gli indicatori adatti sono quelli elencati, con l eccezione del blu timolo, blu bromofenolo e arancio metile. HNO 3 è un acido forte e NH 3 una base debole. Gli indicatori adatti sono il blu bromofenolo, l arancio metile, il rosso metile e il blu clorofenolo L equilibrio dell acido debole è HIn(aq) m H (aq) In (aq) Possiamo scrivere l espressione di K a per questo equilibrio. Riarrangiando, K a [H ][In ] [HIn] [HIn] [H ] [In ] Ka A partire dal ph, possiamo calcolare la concentrazione di H. [H ] 10 ph M [HIn] [In ] 4 [H ] K 6 a Poiché la concentrazione di HIn è100 volte maggiore della concentrazione di In, il colore della soluzione sarà quello di HIn, la forma non ionizzata. Il colore della soluzione sarà rosso (a) L equilibrio di solubilità è dato dall equazione AgI(s) m Ag (aq) I (aq)

11 L espressione per K sp è data da K sp [Ag ][I ] Il valore di K sp può essere trovato nella tabella 16.2 del testo. Se la concentrazione all equilibrio di ioni argento è il valore dato, la concentrazione di ioni ioduro deve essere 17 Ksp [I ] M 9 [Ag ] (b) Il valore di K sp per l idrossido di alluminio può essere trovato nella tabella 16.2 del testo. Le espressioni di equilibrio sono Al(OH) 3 (s) m Al 3 (aq) 3OH (aq) K sp [Al 3 ][OH ] 3 Utilizzando il valore dato della concentrazione di ioni idrossido, la concentrazione all equilibrio di ioni alluminio è 33 3 Ksp [Al ] M [OH ] ( ) Qual è il ph di questa soluzione? Se il ph subisce alterazioni, la concentrazione di alluminio cambierà? Strategia: In ciascuna parte, possiamo calcolare il numero di moli di composto sciolto in un litro di soluzione (la solubilità molare). Poi, dalla solubilità molare, s, possiamo determinare K sp. Soluzione: g SrF2 1 mol SrF2 4 (a) mol/l l s s 1 l L soln g SrF2 Considera la dissociazione di SrF 2 in acqua. Sia s la solubilità molare di SrF 2. SrF 2 (s) m Sr 2 (aq) 2F (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s s 2s Equilibrio (M): s 2s K sp [Sr 2 ][F ] 2 (s)(2s) 2 4s 3 La solubilità molare (s) è stata calcolata in precedenza. Per calcolare K sp, opera la sostituzione all interno dell espressione per la costante di equilibrio. K sp [Sr 2 ][F ] 2 4s 3 4( ) (b) g Ag3PO4 1 mol Ag3PO mol/l l s s 1 l L soln g Ag3PO4 (b) si calcola in modo simile ad (a) L equazione di equilibrio è:

12 Ag 3 PO 4 (s) m 3Ag 3 (aq) PO 4 (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s 3s s Equilibrio (M): 3s s K sp [Ag ] 3 [PO 4 3 ] (3s) 3 (s) 27s 4 27( ) Per la dissoluzione di MnCO 3, scriviamo MnCO 3 (s) m Mn 2 2 (aq) CO 3 (aq) Per ogni mole di MnCO 3 che si scioglie, verranno prodotte una mole di Mn 2 2 e una mole di CO 3. Se la solubilità molare di MnCO 3 è s mol/l, allora le concentrazioni di Mn 2 2 e CO 3 sono: [Mn ] [CO 3 ] s M K sp [Mn ][CO 3 ] s ( ) Strategia: Possiamo trovare il valore di K sp per Ca 3 (PO 4 ) 2 nella tabella 16.2 del testo. Quindi, stabilendo l equilibrio di dissociazione di Ca 3 (PO 4 ) 2 in acqua, possiamo calcolare la solubilità molare, s. Soluzione: Considera la dissociazione di Ca 3 (PO 4 ) 2 in acqua. Ca 3 (PO 4 ) 2 (s) m 3Ca 2 3 (aq) 2PO 4 (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s 3s 2s Equilibrio (M): 3s 2s Ricorda che la concentrazione di un solido puro non rientra nell espressione per una costante di equilibrio. Pertanto, la concentrazione di Ca 3 (PO 4 ) 2 non è importante. Per calcolare s, la solubilità molare, sostituisci il valore di K sp e le concentrazioni di Ca 2 e PO 4 3 in termini di s all interno dell espressione del prodotto di solubilità. K sp [Ca 2 ] 3 [PO 4 3 ] (3s) 3 (2s) s 5 s solubilità molare M Le cariche degli ioni M e X sono 3 e 2 rispettivamente (vi sono altri valori possibili?). Calcoliamo dapprima il numero di moli di M 2 X 3 che si sciolgono in 1.0 l d acqua. Aggiungiamo un valore significativo in tutto questo calcolo per ridurre al minimo gli errori di arrotondamento mol 19 Moli Moles di M2X 3 ( g) mol 288 g Pertanto, la solubilità molare, s, del composto è di M. All equilibrio, la concentrazione di M 3 deve essere 2s e quella di X 2 3s. (Vedi la tabella 16.3 del testo.) K sp [M 3 ] 2 [X 2 ] 3 [2s] 2 [3s] 3 108s 5

13 Essendo queste le concentrazioni all equilibrio, si può risalire al valore di K sp mediante sostituzione semplice K sp 108s 5 108( ) Strategia: Possiamo trovare il valore di K sp di CaF 2 nella tabella 16.2 del testo. Quindi, instaurando l equilibrio di dissociazione di CaF 2 in acqua, possiamo ottenere la solubilità molare, s. Soluzione: Considera la dissociazione di CaF 2 in acqua. CaF 2 (s) m Ca 2 (aq) 2F (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s s 2s Equilibrio (M): s 2s Ricorda che la concentrazione di un solido puro non rientra nell espressione per una costante di equilibrio. Pertanto, la concentrazione di CaF 2 non è importante. Per ottenere s, la solubilità molare, sostituisci il valore di K sp e le concentrazioni di Ca 2 e F in termini di s all interno dell espressione per il prodotto di solubilità. K sp [Ca 2 ][F ] (s)(2s) s 3 s solubilità molare mol/l Questa è la solubilità molare. La solubilità in g/l è: mol g CaF g/l l 1 L l 1 mol Sia s la solubilità molare di Zn(OH) 2. Le concentrazioni all equilibrio degli ioni sono, quindi [Zn 2 ] s and [OH ] 2s K sp [Zn 2 ][OH ] 2 (s)(2s) 2 4s s [OH ] 2s M e poh 4.47 ph Se K sp di Zn(OH) 2 fosse inferiore di molte più potenze di dieci, 2s sarebbe ancora la concentrazione di ioni idrossido nella soluzione? Possiamo calcolare, innanzitutto, la concentrazione di OH a partire dal ph. poh ph

14 poh [OH ] 10 poh M L equazione di equilibrio è: MOH(s) m M (aq) OH (aq) In base all equazione bilanciata sappiamo che [M ] [OH ] K sp [M ][OH ] ( ) Secondo le leggi di solubilità, il solo precipitato che possa formarsi è BaCO 3. Ba 2 2 (aq) CO 3 (aq) BaCO3 (s) Il numero di moli di Ba 2 presenti negli iniziali 20.0 ml di soluzione di Ba(NO 3 ) 2 è mol Ba ml ml mol Ba 1000 ml mlsoln soln Il volume totale dopo la combinazione delle due soluzioni è di 70.0 ml. La concentrazione di Ba 2 in 70 ml è mol Ba 2 [Ba ] M Ll 2 Il numero di moli di CO 3 presenti negli iniziali 50.0 ml di soluzione di Na2 CO 3 è mol CO ml ml mol CO ml mlsoln soln 2 La concentrazione di CO 3 nei 70.0 ml di soluzione combinata è mol CO3 2 [CO 3 ] M Ll Per l equilibrio, a questo punto, dobbiamo comparare Q e K sp : BaCO 3 (s) m Ba 2 2 (aq) CO 3 (aq) Dalla tabella 16.2 del testo, il valore di K sp per BaCO 3 equivale a Come per Q, Q [Ba ][CO 3 ] ( )( ) Poiché ( ) > ( ), allora Q > K sp. Quindi, BaCO 3 precipiterà L equazione ionica netta è: Sr 2 (aq) 2F (aq) SrF 2 (s) Troviamo il reagente limitante nella reazione di precipitazione.

15 0.060 mol Moli Moles di F 75 ml ml mol 1000 ml 1000 ml soln mol Moli Moles di Sr 25 ml ml mol ml ml soln soln In base alla stechiometria dell equazione bilanciata, per la reazione con Sr 2 sono richieste due volte le moli di F. Questo richiederebbe mol di F, ma noi abbiamo solo mol. Quindi, F è il reagente limitante. Supponiamo che la precedente reazione giunga a compimento. Quindi, consideriamo l equilibrio che s instaura quando SrF 2 subisce una parziale dissociazione in ioni. Sr 2 (aq) 2 F (aq) SrF 2 (s) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol): Ora stabiliamo la reazione di equilibrio. Il volume totale della soluzione è di 100 ml l. Per la conversione in concentrazione molare, dividi le moli sopra calcolate per l. SrF 2 (s) m Sr 2 (aq) 2F (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s 2s Equilibrio (M): s s 2s Scrivi l espressione per il prodotto di solubilità, quindi calcola s. K sp [Sr 2 ][F ] ( s)(2s) 2 (0.0155)(2s) 2 s M [F ] 2s M [Sr 2 ] s M Sia gli ioni sodio che gli ioni nitrato sono ioni spettatori e, come tali, non rientrano nella reazione di precipitazione. 2(0.0038) mol [NO 3 ] M l L mol [Na ] M 0.10 Ll Sia innanzitutto s la solubilità molare di CaCO 3 in questa soluzione. CaCO 3 (s) m Ca 2 2 (aq) CO 3 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s s Equilibrio (M): (0.050 s) s

16 K sp [Ca 2 ][CO 3 2 ] (0.050 s)s Possiamo presumere che s sia 0.050, quindi s M Può essere quindi ottenuta la massa di CaCO mol g CaCO3 ( ml ml) 1000 ml mlsoln 1 mol g CaCO Strategia: Nelle parti (b) e (c), questo è un problema di ione comune. Nella parte (b), lo ione comune è Br, che è fornito sia da PbBr 2 che da KBr. Ricorda che la presenza di uno ione comune influenzerà solo la solubilità di PbBr 2, ma non il valore di K sp perché è una costante di equilibrio. Nella parte (c), lo ione comune è Pb 2, fornito sia da PbBr 2 che da Pb(NO 3 ) 2. Soluzione: (a) Crea una tabella per trovare le concentrazioni all equilibrio in acqua pura. PbBr 2 (s) m Pb 2 (aq) 2Br (aq) Iniziale (M) 0 0 Variazione (M) s s 2s Equilibrio (M) s 2s K sp [Pb 2 ][Br ] (s)(2s) 2 s solubilità molare M (b) Costruisci una tabella per trovare le concentrazioni all equilibrio in 0.20 M di KBr. KBr è un sale solubile che si ionizza completamente, dando una concentrazione iniziale di Br 0.20 M. PbBr 2 (s) m Pb 2 (aq) 2Br (aq) Iniziale (M) Variazione (M) s s 2s Equilibrio (M) s s K sp [Pb 2 ][Br ] (s)(0.20 2s) (s)(0.20) 2 s solubilità molare M Quindi, la solubilità molare di PbBr 2 si è ridotta da M a M, come risultato dell effetto dello ione comune (Br ). (c) Costruisci una tabella per trovare le concentrazioni all equilibrio in 0.20 M di Pb(NO 3 ) 2. Pb(NO 3 ) 2 è un sale solubile che si dissocia completamente, dando una concentrazione iniziale di [Pb 2 ] 0.20 M.

17 PbBr 2 (s) m Pb 2 (aq) 2Br (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s 2s Equilibrio (M): 0.20 s 2s K sp [Pb 2 ][Br ] (0.20 s)(2s) (0.20)(2s) 2 s solubilità molare M Quindi, la solubilità molare di PbBr 2 si è ridotta da M a M, come risultato dell effetto dello ione comune (Pb 2 ). Controllo: In base al principio di Le Châtelier, dovresti essere in grado di prevedere anche la riduzione della solubilità determinata dallo ione comune. L aggiunta di ioni Br o Pb 2 sposta il sistema verso sinistra, riducendo quindi la solubilità di PbBr Calcoliamo dapprima la concentrazione di ioni cloruro in soluzione g CaCl2 1 mol CaCl2 2 mol Cl [Cl ] M 1 Ll soln g CaCl2 1 mol CaCl2 AgCl(s) m Ag (aq) Cl (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s s Equilibrio (M): s (0.180 s) Se supponiamo che (0.180 s) sia 0.180, allora K sp [Ag ][Cl ] Ksp [Ag ] M [Cl ] s La solubilità molare di AgCl è M (a) La reazione all equilibrio è: BaSO 4 (s) m Ba 2 2 (aq) SO 4 (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s s s Equilibrio (M): s s K sp [Ba 2 ][SO 4 2 ] s 2 s M La solubilità molare di BaSO 4 in acqua pura è di mol/l.

18 (b) La concentrazione iniziale di SO 4 2 è di 1.0 M. BaSO 4 (s) m Ba 2 2 (aq) SO 4 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s s Equilibrio (M): s 1.0 s K sp [Ba 2 ][SO 4 2 ] (s)(1.0 s) (s)(1.0) s M A causa dell effetto dello ione comune, la solubilità molare di BaSO 4 si è ridotta a mol/l in 1.0 M di SO 4 2 (aq) rispetto a mol/l in acqua pura (a) (b) 2 [Zn(OH) 4 ] K f (c) 2 4 [Zn ][OH ] 3 [Co(NH 3) 6 ] K f 3 6 [Co ][NH 3] 2 [HgI 4 ] K f 2 4 [Hg ][I ] (a) Di seguito le equazioni: CuI 2 (s) m Cu 2 (aq) 2I (aq) Cu 2 (aq) 4NH3 (aq) m [Cu(NH 3 ) 4 ] 2 (aq) L ammoniaca si combina con gli ioni Cu 2 formati nella prima fase per formare lo ione complesso [Cu(NH 3 ) 4 ] 2, rimuovendo efficacemente gli ioni Cu 2 e determinando lo spostamento del primo equilibrio verso destra (causando una maggiore dissoluzione di CuI 2 ). (b) Analogamente alla parte (a): AgBr(s) m Ag (aq) Br (aq) Ag (aq) 2CN (aq) m [Ag(CN)2 ] (aq) (c) Analogamente alle parti (a) e (b). HgCl 2 (s) m Hg 2 (aq) 2Cl (aq) Hg 2 (aq) 4Cl (aq) m [HgCl4 ] 2 (aq) Trova dapprima la molarità dello ione di rame(ii) 1 mol Moli Moles di CuSO g mol g mol [Cu ] M l L

19 Come nell esempio del testo, la posizione di equilibrio sarà spostata verso destra. Supponiamo che essenzialmente tutti gli ioni di rame vengano complessati con NH 3. NH 3 consumato è di M M. L NH 3 rimanente è di ( ) M o di 0.23 M. Le concentrazioni all equilibrio di Cu(NH 3 ) 4 2 e di NH3 sono, pertanto, di M e 0.23 M rispettivamente. Individuiamo [Cu 2 ] sulla base dell espressione per la costante di formazione. 2 [Cu(NH 3) 4 ] K f [Cu ][NH 3] [Cu ](0.23) [Cu 2 ] M Strategia: L aggiunta di Cd(NO 3 ) 2 alla soluzione di NaCN porta alla formazione di ione complesso. In soluzione, gli ioni Cd 2 si complesseranno con gli ioni CN. La concentrazione di Cd 2 sarà determinata dal seguente equilibrio Cd 2 (aq) 4CN (aq) m Cd(CN) 4 2 Dalla tabella 16.4 del testo osserviamo che la costante di formazione (K f ) per questa reazione è molto elevata (K f ). Dato il valore elevato di K f, la reazione si pone principalmente a destra. All equilibrio, la concentrazione di Cd 2 sarà molto piccola. Con buona approssimazione, possiamo supporre che essenzialmente tutti gli ioni Cd 2 sciolti divengano ioni Cd(CN) 4 2. Qual è la concentrazione iniziale di ioni Cd 2? All equilibrio sarà presenta una quantità molto piccola di Cd 2. Per ottenere [Cd 2 ], calcola l espressione di K f per l equilibrio sopra indicato. Soluzione: Calcola la concentrazione iniziale di ioni Cd mol Cd(NO 3) 2 1 mol Cd 0.50 g g Cd(NO 3) 2 1 mol Cd(NO 3) 2 3 [Cd ] M L l Se supponiamo che l equilibrio sopra indicato vada a compimento, possiamo scrivere Cd 2 (aq) 4CN (aq) Cd(CN) 4 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): ( ) Finale (M): Per trovare la concentrazione di Cd 2 liberi all equilibrio, utilizza l espressione per la costante di formazione. Riarrangiando, 2 [Cd(CN) 4 ] K f 2 4 [Cd ][CN ] K 4 f [CN ] [Cd ] [Cd(CN) ]

20 Per calcolare la concentrazione all equilibrio di Cd 2, sostituisci le concentrazioni all equilibrio sopra calcolate nell espressione per la costante di formazione [Cd(CN) 4 ] [Cd ] M Kf [CN ] ( )(0.48) [CN ] 0.48 M 4( M) 0.48 M [Cd(CN) 4 2 ] ( M) ( ) M Controllo: Per calcolare K f, sostituisci le concentrazioni all equilibrio nell espressione per la costante di formazione. Inoltre, il valore ridotto di [Cd 2 ] all equilibrio, rispetto alla sua concentrazione iniziale di M, giustifica certamente la nostra approssimazione secondo cui reagiscono quasi tutti gli ioni Cd La reazione Al(OH) 3 (s) OH (aq) m Al(OH) 4 (aq) corrisponde alla somma delle due reazioni note Al(OH) 3 (s) m Al 3 (aq) 3OH (aq) K sp Al 3 (aq) 4OH (aq) m Al(OH) 4 (aq) Kf La costante di equilibrio è [Al(OH) 4 ] K KspK f ( )( ) 3.6 [OH ] Quando il ph 14.00, [OH ] 1.0 M, pertanto [Al(OH) 4 ] K[OH ] M Questo rappresenta la massima concentrazione possibile dello ione complesso a ph Poiché questo valore è molto maggiore rispetto a quello iniziale di M, lo ione complesso sarà la specie predominante Lo ioduro d argento è solo leggermente solubile. Si dissocia per formare una piccola quantità di ioni Ag e I. Gli ioni Ag, quindi, si complessano con NH 3 in soluzione per formare lo ione complesso Ag(NH 3 ) 2. Le equazioni bilanciate sono: AgI(s) m Ag (aq) I (aq) K sp [Ag ][I ] Ag [Ag(NH (aq) 2NH 3 (aq) m Ag(NH 3 ) 2 (aq) 3) 2 ] 7 K f [Ag ][NH 3] Complessivamente: AgI(s) 2NH 3 (aq) m Ag(NH 3 ) 2 (aq) I (aq) K Ksp K f Se s è la solubilità molare di AgI, allora AgI(s) 2NH 3 (aq) m Ag(NH 3 ) 2 (aq) I (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s 2s s s Equilibrio (M): (1.0 2s) s s

21 Dato il valore elevato di K f, possiamo supporre che tutti gli ioni argento siano presenti sotto forma di Ag(NH 3 ) 2. Quindi, [Ag(NH 3 ) 2 ] [I ] s Possiamo scrivere l espressione per la costante d equilibrio relativa alla reazione sopra indicata, quindi calcola s. 9 ( s)( s) ( s)( s) K (1.0 2 s) (1.0) s M All equilibrio, moli of AgI si sciolgono in 1 l di 1.0 M di soluzione di NH Il cloruro d argento si scioglierà in soluzione acquosa di ammoniaca per la formazione di uno ione complesso. Il cloruro di piombo non si scioglierà; non formerà un complesso di ammoniaca Poiché parte di PbCl 2 precipita, la soluzione si satura. Dalla tabella 16.2, il valore di K sp per il cloruro di piombo(ii) è di L equilibrio è: PbCl 2 (s) Pb 2 (aq) 2Cl (aq) Possiamo scrivere l espressione del prodotto di solubilità per l equilibrio. K sp [Pb 2 ][Cl ] 2 K sp e [Cl ] sono noti. Calcolando la concentrazione di Pb 2, 4 2 Ksp [Pb ] M 2 2 [Cl ] (0.15) Il cloruro di ammonio è il sale di una base debole (ammoniaca). Reagirà con l idrossido acquoso forte per formare ammoniaca (principio di Le Châtelier) NH 4 Cl(s) OH (aq) NH 3 (g) H 2 O(l) Cl (aq) Il naso dell uomo è un eccellente rilevatore di ammoniaca. Non accade nulla tra KCl e NaOH acquoso forte Lo ione cloruro causerà la precipitazione di Ag ma non Cu 2. Pertanto, sciogli del solido in H 2 O e aggiungi HCl. Se si forma un precipitato, il sale era AgNO 3. Funzionerà anche un saggio alla fiamma. Cu 2 darà un saggio alla fiamma di colore verde La quantità di HCl inizialmente presente è: 1.00 mol HCl 25.0 ml ml mol HCl ml ml La quantità di KOH aggiunto è: 1 mol KOH g KOH mol KOH g KOH

22 La quantità residua di HCl è: ( )mol mol L equazione bilanciata per la reazione è Na 2 CO 3 (aq) 2HCl(aq) CO 2 (g) 2NaCl(aq) H 2 O(l) La massa di CO 2 è: 1 mol CO g CO mol HCl g CO 2 2 mol HCl 1 mol CO (a) A moli di HCl (corrispondenti a l di M di soluzione) vengono aggiunte moli di NH 3 (corrispondenti a l di M di soluzione). HCl(aq) NH 3 (aq) NH 4 Cl(aq) Iniziale (mol): Variazione (mol): Equilibrio (mol): Dopo la reazione acido-base, abbiamo moli residue di HCl. Poiché HCl è un acido forte, [H ] deriverà da HCl. Il volume totale della soluzione è di 35.0 ml l mol [H ] M Ll ph (b) Quando vengono aggiunti complessivamente 25.0 ml di NH 3, raggiungiamo il punto di equivalenza. Questo significa che mol di HCl reagiscono con mol di NH 3 per formare mol di NH 4 Cl. Dato un totale di 50.0 ml di soluzione, la concentrazione di NH 4 è: mol 2 [NH 4 ] M L l In questo problema è coinvolta l idrolisi di un acido debole, NH 4. NH 4 (aq) m NH3 (aq) H (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): ( ) x x x K a [NH 3][H ] [NH 4 ] x x ( ) x

23 x 2 x M [H ] ph (c) 35.0 ml di M di NH 3 ( mol) sono aggiunti ai 25 ml di M di HCl ( mol). HCl(aq) NH 3 (aq) NH 4 Cl(aq) Iniziale (mol): Variazione (mol): Equilibrio (mol): Questa è una soluzione tampone. Utilizzando l equazione di Henderson-Hasselbalch: [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] 3 log( ) log ( ) ph 8.85 ( ) In accordo con l equazione di Henderson-Hasselbalch: [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] [base Se: [conjugate coniugata] base] 10, allora: [acido] [acid] ph pk a 1 [base Se: [conjugate coniugata] base] 0.1, allora: [acido] [acid] ph pk a 1 Quindi, l intervallo del rapporto è: < [base [conjugate coniugata] base] 0.1 [acid] < 10 [acido] Possiamo utilizzare l equazione di Henderson-Hasselbalch per calcolare il ph quando l indicatore è di 90% di acido / 10% di base coniugata e quando l indicatore è di 10% di acido / 90% di base coniugata. [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] Calcolando il ph con il 90% dell indicatore nella forma di HIn: [10] ph 3.46 log [90]

24 Successivamente, calcolando il ph con il 90% dell indicatore nella forma di In : [90] ph 3.46 log [10] Quindi, il ph varia nell intervallo compreso tra 2.51 e 4.41, perché [HIn] varia tra il 90% e il 10% Facendo riferimento alla figura 16.5 del testo, a un valore corrispondente alla metà del punto di equivalenza, [acido debole] [base coniugata]. Applicando l equazione di Henderson-Hasselbalch: [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] pertanto, ph pk a Innanzitutto, calcola il ph di 2.00 M della soluzione di acido debole (HNO 2 ) prima dell aggiunta di NaOH. HNO 2 (aq) m H (aq) NO 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): 2.00 x x x K a [H ][NO 2 ] [HNO 2] x x x 2.00 x [H ] M ph log(0.030) 1.52 Poiché il ph dopo l aggiunta è maggiore di 1.5 unità, il nuovo ph A partire da questo nuovo valore di ph, possiamo calcolare [H ] in soluzione. [H ] 10 ph M Quando viene aggiunto NaOH, aggiungiamo la nostra soluzione iniziale di 2.00 M di HNO 2 a: M i V i M f V f (2.00 M)(400 ml) M f (600 ml) M f 1.33 M Poiché non abbiamo raggiunto il punto di equivalenza, abbiamo una soluzione tampone. La reazione tra HNO 2 e NaOH è: HNO 2 (aq) NaOH(aq) NaNO 2 (aq) H 2 O(l) Poiché il rapporto molare tra HNO 2 e NaOH è di 1:1, la riduzione di [HNO 2 ] è equivalente alla riduzione di [NaOH].

25 Possiamo calcolare la riduzione di [HNO 2 ] instaurando l equilibrio dell acido debole. In base al ph della soluzione, sappiamo che [H ] all equilibrio è di M. HNO 2 (aq) m H (aq) NO 2 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x Equilibrio (M): 1.33 x x Possiamo calcolare x sulla base dell espressione per la costante di equilibrio. K a [H ][NO 2 ] [HNO 2] 4 4 ( )( x) x x M Quindi, x corrisponde alla riduzione di [HNO 2 ], che equivale alla concentrazione di OH aggiunto. Comunque, questa è la concentrazione di NaOH dopo averlo diluito a 600 ml. Per calcolare la concentrazione della soluzione iniziale di NaOH, dobbiamo correggere per la diluizione da 200 ml a 600 ml. M i V i M f V f M i (200 ml) (0.426 M)(600 ml) [NaOH] M i 1.28 M Il valore di K a dell acido butirrico si ottiene calcolando l antilogaritmo di 4.7, corrispondente a Il valore di K b è: 14 w K K b 5 10 K 5 a La soluzione risultante non è un sistema tampone. Vi è un eccesso di NaOH e la neutralizzazione ha superato di molto il punto di equivalenza mol Moli Moles di NaOH Ll mol 1 Ll mol Moli Moles di CH3COOH Ll mol 1 l L CH 3 COOH(aq) NaOH(aq) CH 3 COONa(aq) H 2 O(l) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol): Il volume della soluzione risultante è di 1.00 l (500 ml 500 ml 1000 ml). [OH ] mol 1.00 Ll M

26 ( ) mol [Na ] M 1.00 Ll 14 w [H ] K M [OH ] mol [CH3COO ] M 1.00 l L CH 3 COO (aq) H 2 O(l) m CH 3 COOH(aq) OH (aq) Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): x x x K b [CH3COOH][OH ] [CH3COO ] 10 ( x)( x) ( x)(0.0335) ( x) (0.0500) x [CH 3 COOH] M Con maggiore probabilità, l aumento di solubilità è dovuto alla formazione dello ione complesso: Cd(OH) 2 (s) 2OH m Cd(OH) 4 2 (aq) Per la prima parte utilizziamo K a relativo allo ione ammonio. (Perché?) L equazione di Henderson- Hasselbalch è 10 (0.20 M ) ph log( ) log 9.25 (0.20 M ) Per la seconda parte, la reazione acido-base è NH 3 (g) H (aq) NH 4 (aq) Cerchiamo il numero di moli di HCl aggiunto 0.10 mol HCl ml ml mol HCl 1000 ml soln Il numero di moli di NH 3 e NH 4 originariamente presente è 0.20 mol 65.0 ml ml mol 1000 ml ml soln Utilizzando la reazione acido-base, troviamo il numero di moli di NH 3 e NH 4 dopo l aggiunta di HCl. NH 3 (aq) H (aq) NH 4 (aq) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol):

27 Calcoliamo il nuovo ph: ph (0.012) 9.25 log (0.014) Per equilibrio di solubilità s intende l equilibrio tra un solido (reagente) e i suoi componenti (prodotti: ioni, molecole neutre, ecc.) in soluzione. Solo (d) rappresenta un equilibrio di solubilità. Considera la parte (b). Puoi scrivere la costante di equilibrio per questa reazione in termini di K sp per il fosfato di calcio? Il numero di moli di Ba(OH) 2 presenti negli iniziali 50.0 ml di soluzione è: 1.00 mol Ba(OH) ml ml mol Ba(OH) ml mlsoln Il numero di moli di H 2 SO 4 presenti negli iniziali 86.4 ml di soluzione, supponendo che avvenga una dissociazione completa, è: mol H2SO ml ml mol H2SO ml mlsoln La reazione è la seguente: Ba(OH) 2 (aq) H 2 SO 4 (aq) BaSO 4 (s) 2H 2 O(l) Iniziale (mol): Variazione (mol): Finale (mol): Quindi, la massa di BaSO 4 formato è: g BaSO mol BaSO g BaSO 4 1 mol BaSO4 Il ph può essere calcolato dall eccesso di OH in soluzione. Innanzitutto, calcola la concentrazione molare di OH. Il volume totale della soluzione è di ml l. 2 mol OH mol Ba(OH) 2 1 mol Ba(OH) [OH ] M Ll poh log(0.11) 0.96 ph poh Innanzitutto, calcoliamo la solubilità molare di CaCO 3. CaCO 3 (s) m Ca 2 2 (aq) CO 3 (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s s s Equil. (M): s s K sp [Ca 2 ][CO 3 2 ] s

28 s M mol/l Le moli di CaCO 3 nel bollitore sono: 1 mol CaCO3 116 g 1.16 mol CaCO g CaCO3 Il volume di acqua distillata occorrente per sciogliere 1.16 moli di CaCO 3 è: 1 Ll mol CaCO Ll mol CaCO3 Il numero di volte in cui il bollitore andrebbe riempito è: 4 1 riempimento 3 ( l) riempimenti 2.0 l Nota che è stato formulato l importante assunto secondo cui ogni volta che il bollitore viene riempito, al carbonato di calcio è consentito di raggiungere l equilibrio prima che il bollitore venga svuotato Dato che vengono utilizzati uguali volumi delle due soluzioni, le concentrazioni molari iniziali saranno dimezzate M [Ag ] M 2 2(0.14 M ) [Cl ] 0.14 M 2 Supponiamo che gli ioni Ag e Cl reagiscano completamente per formare AgCl(s). In tal caso, ristabiliremo l equilibrio tra AgCl, Ag e Cl. Ag (aq) Cl (aq) AgCl(s) Iniziale (M): Variazione (M): Dopo la reazione (M): Ora, costruiamo l equilibrio, AgCl(s) m Ag (aq) Cl (aq) Iniziale (M): Variazione (M): s s s Equilibrio (M): s s s Utilizzando l espressione di K sp per individuare s. K sp [Ag ][Cl ] (s)(0.080 s) s M [Ag ] s M

29 [Cl ] M s M M [Zn ] M 0.12 M [NO 3 ] M Innanzitutto, cerchiamo la solubilità molare e convertiamo, quindi, le moli in grammi. L equilibrio di solubilità per il carbonato d argento è: Ag 2 CO 3 (s) m 2Ag 2 (aq) CO 3 (aq) Iniziale (M): 0 0 Variazione (M): s 2s s Equilibrio (M): 2s s K sp [Ag ] 2 [CO 3 2 ] (2s) 2 (s) 4s s M 4 Convertendo mol/l in g/l: mol g g/l g/l 1 l Lsoln 1 mol Per Fe(OH) 3, K sp Quando [Fe 3 ] M, il valore di [OH ] è oppure K sp [Fe 3 ][OH ] 3 1 Ksp 3 [OH ] 3 [Fe ] [OH ] M Questo valore di [OH ] corrisponde a un ph di In altre parole, Fe(OH) 3 comincerà a precipitare da questa soluzione a ph di Per Zn(OH) 2, K sp Quando [Zn 2 ] M, il valore di [OH ] è [OH ] 1 Ksp 2 2 [Zn ] [OH ] M

30 Questo valore corrisponde a un ph di In altre parole, Zn(OH) 2 comincerà a precipitare dalla soluzione a ph Questi risultati dimostrano che Fe(OH) 3 precipiterà non appena il ph supererà il valore di 2.68 e che Zn(OH) 2 precipiterà non appena il ph supererà il valore di Pertanto, per rimuovere selettivamente il ferro sotto forma di Fe(OH) 3, il ph deve essere superiore a 2.68 ma inferiore a Quando l anione di un sale è una base, il sale sarà più solubile in soluzione acida, perché lo ione idrogeno reagisce con l anione (B ) del sale. B (aq) H (aq) m HB(aq) La riduzione della concentrazione dell anione sposterà l equilibrio di solubilità a destra (principio di Le Châtelier), aumentando la solubilità del sale (MB). MB(s) H2O M (aq) B (aq) (a) (b) (c) (d) BaSO 4 sarà leggermente più solubile perché SO 4 2 è una base (benché debole). La solubilità di PbCl 2 in acido rimane invariata rispetto alla solubilità in acqua pura, perché HCl è un acido forte e, di conseguenza, Cl è una base debole, con una forza di dissociazione trascurabile. Fe(OH) 3 sarà più solubile in acido perché OH è una base. CaCO 3 sarà più solubile in soluzione acida, perché gli ioni CO 3 2 reagiscono con gli ioni H per formare CO 2 e H 2 O. CO 2 fugge dalla soluzione, spostando l equilibrio. Benché in questo caso non sia importante, anche lo ione carbonato è una base Quando l anione di un sale è una base, il sale sarà più solubile in soluzione acida, perché lo ione idrogeno reagisce con l anione (B ) del sale. B (aq) H (aq) m HB(aq) La riduzione della concentrazione dell anione sposterà l equilibrio di solubilità verso destra (principio di Le Châtelier), aumentando la solubilità del sale (MB). MB(s) H2O M (aq) B (aq) (b) (c) (d) (e) 2 SO 4 (aq) è una base debole OH (aq) è una base forte 2 C 2 O 4 (aq) è una base debole 3 PO 4 (aq) è una base debole. Le solubilità dei composti sopra elencati aumenteranno in soluzione acida. Solo (a), contenente una base estremamente debole (I è una base coniugata dell acido forte HI), non è influenzato dalla soluzione acida L equazione bilanciata è: Al(OH) 3 (s) m Al 3 (aq) 3OH (aq) L idrossido di alluminio si scioglie in acqua. Il ph è inizialmente 7, pertanto la concentrazione iniziale di OH M. [Al 3 ] s [OH ] 3s

31 K sp [Al 3 ][OH ] (s)(3s ) 3 s( ) 3 s M [OH ] 3s M M [H ] [OH ] ph La reazione di equilibrio è: Pb(IO 3 ) 2 (s) m Pb 2 (aq) 2IO 3 (aq) Iniziale (M): Variazione (M): ( ) Equilibrio (M): Per calcolare K sp, sostituisci le concentrazioni all equilibrio nell espressione del prodotto di solubilità. K sp [Pb 2 ][IO 3 ] 2 K sp ( )(0.10) L espressione del prodotto di solubilità per l idrossido di magnesio è K sp [Mg 2 ][OH ] Cerchiamo la concentrazione dello ione idrossido quando [Mg 2 ] è M [OH ] 0.35 M Pertanto, la concentrazione di OH deve essere leggermente superiore a 0.35 M Determiniamo dapprima l effetto dell aggiunta di ammoniaca. Calcoliamo la concentrazione di NH 3. Questo è un problema di diluizione. M I V I M F V F (0.60 M)(2.00 ml) M 2 (1002 ml) M M NH 3 L ammoniaca è una base debole (K b ). NH 3 H 2 O m NH 4 OH Iniziale (M): Variazione (M): x x x Equilibrio (M): x x x

32 K b [NH 4 ][OH ] [NH 3] x ( x) Il calcolo dell equazione di secondo grado risultante fornisce il valore di x o [OH ] M Questa è una soluzione di solfato di ferro(ii), contenente ioni Fe 2. Questi ioni Fe 2 potrebbero combinarsi con OH per precipitare Fe(OH) 2. Pertanto, dobbiamo utilizzare K sp per l idrossido di ferro(ii). Calcoliamo il valore di Q c per questa soluzione. Fe(OH) 2 (s) m Fe 2 (aq) 2OH (aq) Q [Fe 2 ] 0 [OH ] 0 2 ( )( ) Nota che, quando vengono aggiunti 2.00 ml di NH 3 a 1.0 l di FeSO 4, la concentrazione di FeSO 4 calerà leggermente. Comunque, arrotondando a 2 i valori significativi, la concentrazione di M non varia. Q è maggiore di K sp [Fe(OH) 2 ] Le concentrazioni degli ioni in soluzione sono maggiori delle concentrazioni all equilibrio; la soluzione è saturata. Per ristabilire l equilibrio, il sistema si sposterà a sinistra; quindi, si formerà un precipitato di Fe(OH) Le equazioni bilanciate sono: Ag (aq) 2NH 3 (aq) m Ag(NH 3 ) 2 (aq) Zn 2 (aq) 4NH 3 (aq) m Zn(NH 3 ) 4 2 (aq) L idrossido di zinco forma uno ione complesso con OH in eccesso, mentre l idrossido d argento no; quindi, l idrossido di zinco è solubile in 6 M di NaOH Il precipitato è HgI 2. Hg 2 (aq) 2I (aq) HgI 2 (s) Con ulteriore aggiunta di I, si è formato uno ione complesso solubile e il precipitato si scioglie nuovamente. HgI 2 (s) 2I (aq) HgI 4 2 (aq) K sp [Ba ][SO 4 ] [Ba 2 ] M In 5.0 l, il numero di moli di Ba 2 è 5.0 l ( mol/l) mol Ba mol BaSO 4 Il numero di grammi di BaSO 4 sciolti è g BaSO ( mol BaSO 4 4) g BaSO 4 1 mol BaSO4

33 In pratica, si scioglierà anche meno BaSO 4, perché BaSO 4 non è in contatto con l intero volume ematico. Ba(NO 3 ) 2 è troppo solubile per essere utilizzato a questo scopo Possiamo ricorrere all equazione di Henderson-Hasselbalch per calcolare il ph quando l indicatore è di 95% di acido/5% di base coniugata e quando l indicatore è di 5% di acido/95% di base coniugata. [base [conjugate coniugata] base] ph pk a log [acido] [acid] Calcolando il ph con il 95% dell indicatore nella forma di HIn: [5] ph 9.10 log [95] Successivamente, calcolando il ph con il 95% dell indicatore nella forma di In : [95] ph 9.10 log [5] Quindi, quando [HIn] varia tra il 95% e il 5%, il ph varia in un intervallo compreso tra 7.82 e Il solfato di stronzio è più solubile dei due composti. Pertanto, supponiamo che tutti gli ioni SO 4 2 derivino da SrSO 4. SrSO 4 (s) m Sr 2 (aq) SO 4 2 (aq) K sp [Sr 2 ][SO 4 2 ] s s 2 2 [Sr ] [SO 4 ] M Per BaSO 4 : 10 2 Ksp [Ba ] M 2 4 [SO 4 ] (a) Le espressioni del prodotto di solubilità per entrambe le sostanze hanno esattamente le stesse forme matematiche e sono, pertanto, direttamente comparabili. La sostanza caratterizzata dal minor K sp (AgI) precipiterà per prima. (Perché?) (b) Non appena CuI comincia a precipitare, l espressione del prodotto di solubilità diventerà immediatamente eguale a K sp (soluzione saturata). A questo punto, la concentrazione di Cu è M (dato nel problema), per cui la concentrazione di ione ioduro deve essere: K sp [Cu ][I ] (0.010)[I ] [I ] M Utilizzando questo valore di [I ], troviamo la concentrazione di ioni argento

34 K 17 sp [Ag ] M 10 [I ] (c) La percentuale di ioni argento rimanenti in soluzione è: M 3 % Ag ( aq ) 100% % or % M Questo è un sistema efficace per separare l argento dal rame? Il numero iniziale di moli di Ag è mol Ag 4 mol Ag 50.0 ml ml mol Ag 1000 ml ml soln Possiamo utilizzare i conteggi di radioattività perché sono proporzionali alla concentrazione. Utilizziamo, quindi, il rapporto per determinare la quantità di Ag ancora in soluzione. Comunque, poiché i nostri 50 ml iniziali di soluzione sono stati diluiti a 500 ml, i conteggi per ml si ridurranno di dieci. La nostra soluzione diluita produrrebbe, quindi, conteggi per minuto, se non avvenisse alcuna rimozione di Ag. Il numero di moli di Ag corrispondenti a 44.4 conteggi sono: mol Ag conteggi counts mol Ag conteggi counts mol IO3 3 Original Moli iniziali mol di of IO3 100 ml ml mol 1000 ml ml soln La quantità di IO 3 rimanente dopo la reazione con Ag : (moli iniziali moli reagite con Ag ) ( mol) [( mol) ( mol)] mol IO 3 Il volume totale finale è 500 ml o 0.50 l mol Ag 6 [Ag ] M 0.50 Ll mol IO3 3 [IO 3 ] M 0.50 Ll AgIO 3 (s) m Ag (aq) IO 3 (aq) K sp [Ag ][IO 3 ] ( )( ) (a) MCO 3 2HCl MCl 2 H 2 O CO 2 HCl NaOH NaCl H 2 O