ACIDI E BASI
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
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.
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
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 = 0.067 M Poiché HNO 3 è un acido forte risulta completamente dissociato quindi : ph = -log [H 3 O + ] =-log(0.067) =1.18
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 = 14-0.6 = 13.4
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 = 0.0125 mol n(hcl) = 0.01 *0.3 = 0.003 mol La reazione tra HCl e NaOH è una reazione acido- base che da come prodotti acqua e sale.
HCl + NaOH NaCl + H 2 O 0.003 0.0125 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 = (0.0125-0.003) = 0.0095 mol n(naoh)=n(oh - )=0.0095 mol [OH - ] =0.0095 /0.3 = 0.032 M Quindi p[oh - ] = -log( 0.032) = 1.50 ph +poh = 14 ph = 14-1.50 = 12.5
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 = 37.06 ; d= 1.19 g/ml) Ricavo la massa m= d *V = 1.19 /25.35 = 30.17 g ( massa al 100%) Calcolo il 37.06 % di m quindi ottengo: 30.17*37.06/ 100 = 11.18 g Determino le moli di HCl n(hcl) = 11.18 / 36.5 = 0.306 mol Tali moli servono per calcolare la nuova concentrazione: Mf = 0.306/1l = 0.306 M Essendo HCl un acido forte completamente dissociato. [HCl] = [H 3 O + ] = 0.306 M, essendo HCl è ph = -log[h 3 O + ] = -log(0.306) = 0.5
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 - 4 + H 3 O + H 2 PO - 4 + H 2 O HPO 4 + H 3 O + HPO 4 + H 2 O PO 3-4 + 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 10-12 La forza dell acido decresce nei gradini successivi ovvero K a1 >K a2 > K a3
5) Una soluzione è stata ottenuta mescolando 0.100 moli di H 3 PO 4 e 0.200 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 10-12 ) NaH 2 PO 4 è un elettrolita forte quindi è dissociato al 100% in soluzione: si avranno 0.200 moli di Na + 0.200 moli di H 2 PO 4-. Poiché il volume della soluzione è pari a 1.0 L si ha: [Na + ] = 0.200 / 1.0 = 0.200 M. Le concentrazione iniziale di H 3 PO 4 è pari a 0.100 / 1.0 L= 0.100 M e la concentrazione iniziale di H 2 PO - 4 è pari a 0.200/ 1.0 L = 0.200 M Innanzi tutto consideriamo il primo equilibrio di dissociazione H 3 PO 4 + H 2 O H 2 PO 4 - + H 3 O +
Costruiamo la tabella per il primo equilibrio: H 3 PO 4 H 2 PO - 4 H 3 O + Concentrazione iniziale 0.100 0.200 / Variazione -x +x +x Concentrazione all equilibrio 0.100 x 0.200 + 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 ] = (0.200 + 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 = 0.0035 Le concentrazioni relative al 1 equilibrio sono : [H 3 PO 4 ] = 0.100 x = 0.100 0.0035 = 0.096 M [H 2 PO 4- ] = 0.200 + x = 0.200 + 0.0035 = 0.204 M [H 3 O + ] = x = 0.0035 M
Consideriamo il secondo equilibrio e costruiamo la tabella relativa [HPO 4 ] = 3.6 x 10-6 M H 2 PO 4 - + H 2 O HPO 4 + H 3 O + H 2 PO 4 - HPO 4 H 3 O + Concentrazione iniziale 0.204 / 0.0035 Variazione -y + y + y Concentrazione all equilibrio 0.204- y y 0.0035 + y Sostituiamo tali valori nell equazione: K a2 = 6.2 x 10-8 = [HPO 4 ][ H 3 O + ]/ [H 2 PO 4- ] = (y) ( 0.0035 +y) / 0.204 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- ] = 0.204 y = 0.204 3.6 x 10-6 = 0.204 M [ H 3 O + ] = 0.0035 + 3.6 x 10-6 = 0.0035 M
Consideriamo infine la terza dissociazione e costruiamo la tabella relativa: HPO 4 + H 2 O PO 4 3- + H 3 O + HPO 4 PO 4 3- H 3 O + Concentrazione iniziale 3.5 x 10-6 / 0.0035 Variazione -z +z +z Concentrazione all equilibrio 3.5 x 10-6 - z z 0.0035 + z Sostituiamo tali valori nell equazione: K a3 = 1.0 x 10-12 = [PO 4 3- ][ H 3 O + ] / [HPO 4 ] = (z)( 0.0035+z) / 3.6 x 10-6 z Poiché Ca/ ka3 >> 100 allora posso approssimare si ottiene z = 1.0 x 10-15 Da cui [PO 4 3- ] = 1.0 x 10-15 M [HPO 4 ] = 3.6 x 10-6 M Il ph = log 0.0035 = 2.46
6) 1 L di una soluzione di NH 3 0,4 M contiene 12.78 di NH 4 Cl. Di quanto varierà il ph di questa soluzione se facciamo gorgogliare in essa 0.05 moli di HCl gassoso? kb = 1.8 10-5. Pm (NH 4 Cl ) = 53.5 g/mol n NH3 = 0.4 M * 1L = 0.4 mol n NH4Cl = 12.78 g /53.5 g mol -1 = 0.239 mol [NH 4 Cl] =0.239 /1 L = 0.239 M Scrivo l equilibrio: NH 3 + H 2 O NH 4 + OH - NH 3 NH 4 + OH - Concentrazione iniziale 0.4 0.239 0 Variazione -x + x + x Concentrazione all equilibrio 0.4-x 0.239+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) )
[OH - ] =1.8 10-5 0.4 /0.239 = 3 10-5 M poh = -log(3 10-5 ) = 4.52 ph = 14-4.52 = 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) 0.4 0.05 0.239 f) 0.4-0.05 0 0.239 + 0.05 Dopo l aggiunta dell acido riscrivo nuovamente l equilibrio e la nuova tabella NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH - NH 3 NH 4 + OH - Concentrazione iniziale 0.35 0.289 0 Variazione -x + x + x Concentrazione all equilibrio 0.35-x 0.289+x x
Poiché Cb/kb >> 100 posso approssimare k b [ NH 4 ] [ OH [ NH ] [OH - ] = 2.18 10-5 poh= -log(2.18 10-5 ) = 4.66 3 ] (0.289 x) ( OH (0.35 x) ) (0.289) ( OH (0.35) ) ph = 14-4.66 = 9.34 ( aumento dell acidità dopo l aggiunta di un acido) ΔpH = 9.48-9.34 = 0.14
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 + ] = 1.6 10-7 M ph = -log(1.6 10-7 ) = 6.8
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)
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 ) = 7,0 10-5. 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
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 = 6,45 10-3 mol/l La solubilità di Ag 2 SO 4 nella soluzione 0,420 M di Na 2 SO 4 è pertanto: 6,45 10-3 mol/l 312 g/mol = 2,0 g/l L'approssimazione fatta è corretta poiché 6,45 10-3 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.
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 ) = 8,7 10-9 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+ ] = 8,7 10-9 / 0.001 = 8,7 10-6 M [CO 3 ] = Kps (MgCO3) / [Mg 2+ ] = 10-5 / 0.03 = 3,3 10-4 M Precipiterà per primo CaCO 3