Curva di titolazione di acidi forti con basi forti

La curva di titolazione ci consente di determinare il pH delle soluzioni a seconda del volume di titolante aggiunto per interpolazione

Gli acidi forti e le basi forti sono completamente dissociati e, di conseguenza, il calcolo delle concentrazioni di H3O+ e del pH nel corso della neutralizzazione non è difficile.

Ad esempio se si è partiti da 100 mL di HCl 1 M e si sono aggiunti 90 mL di NaOH 1 M si ha:

moli di HCl = 0.100 L ∙ 1 M = 0.100

moli di NaOH = 0.090 L ∙ 1 M = 0.090

quelle di H+ in eccesso = 0.100 – 0.090 = 0.010

poiché il volume totale è pari a 100 + 90 = 190 mL la concentrazione di H+ = 0.010 / 0.190 L = 5.3 ∙ 10-2 M e il pH vale 1.3. una volta aggiunti 100 mL di NaOH poiché le moli di H+ sono uguali a quelle di OH il pH della soluzione sarà pari a 7.0. aggiungendo 101 mL di NaOH si avrà 1 mL di idrossido di sodio 1 M in eccesso con un volume di 201 mL per cui [OH] = 5 ∙ 10-3  M da cui [H+] = Kw/[OH] = 1.0 · 10-14/ 5 · 10-3 = 2 ∙ 10-12 M e pH = 11.7.

Costruzione di una curva di titolazione

Analizziamo ora come si costruisce per punti una curva di titolazione.

Supponiamo di disporre di 50 mL di HCl 0.100 M e di aggiungere gradualmente una soluzione di NaOH 0.100 M.

All’inizio il pH della soluzione è pari alla concentrazione dello ione H+ dovuto all’acido cloridrico e conseguentemente il pH è pari a: pH = – log [H+]= – log 0.100 = 1.00

1)       Dopo l’aggiunta di 10.0 mL di NaOH 0.100 M

La soluzione iniziale di HCl contiene 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500 moli di HCl

L’aggiunta di 10.0 mL di NaOH fornisce 0.100 M ∙ 0.0100 L = 0.00100 moli di NaOH

A questo punto: 0.00500 moli di H+ reagiscono con 0.00100 moli di OH secondo la reazione: H+ + OH = H2O : Le moli di HCl in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00100 = 0.00400. Il volume totale della soluzione è 50.0 + 10.0 = 60.0 mL e quindi la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00400/ 0.0600 L=0.0667 M e quindi il pH vale: pH = – log 0.0667 = 1.18

2)      Dopo l’aggiunta di 20.0 mL di NaOH 0.100 M

Le moli di OH aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0200 L = 0.00200

Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00200 = 0.00300

Il volume totale corrisponde a 50.0 + 20.0 = 70.0 mL =  0.0700 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00300/ 0.0700 L =0.0429 M e il pH vale pH = – log 0.0429= 1.37

Dopo l’aggiunta di 30.0 mL di NaOH 0.100 M

Le moli di OH aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0300 L = 0.00300

Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00300 = 0.00200

Il volume totale corrisponde a 50.0 + 30.0 = 80.0 mL =  0.0800 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00200/ 0.0800 L =0.0250 M e il pH vale pH = – log 0.0250= 1.60

3)     Dopo l’aggiunta di 40.0 mL di NaOH 0.100 M

Le moli di OH aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0400 L = 0.00400

Le moli di H+ in eccesso sono pari a 0.00500 – 0.00400 = 0.00100

Il volume totale corrisponde a 50.0 + 40.0 = 90.0 mL =  0.0900 L per cui la concentrazione dello ione H+ corrisponde a 0.00100/ 0.0900=0.0111 M e il pH vale: pH = – log 0.0111 =1.95

4)     Dopo l’aggiunta di 50.0 mL di NaOH 0.100 M

Le moli di OH aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0500 L = 0.00500 che sono pari alle moli di H+ presenti nella soluzione iniziale pertanto non vi è eccesso né di H+ né di OH e la soluzione è neutra e il pH vale 7.00

5)     Dopo l’aggiunta di 60.0 mL di NaOH 0.100 M

Le moli di OH aggiunte corrispondono a 0.100 M ∙ 0.0600 L = 0.00600 il che implica che dopo il punto equivalente sono le moli di OHad essere in eccesso e precisamente: moli di OH in eccesso = 0.00600 – 0.00500= 0.00100

Il volume totale della soluzione è 50.0 + 60.0 = 110.0 mL che corrispondono a 0.110 L da cui la concentrazione dello ione OH è pari a: [OH] = 0.00100/ 0.110 =0.00910 M

Da cui il pOH assume il valore di: pOH = – log 0.00910 =2.04 e ricordando che pH + pOH = 14 si ha pH = 14 – pOH = 14 – 2.04 = 11.96

I dati possono essere messi in grafico costruendo una curva di titolazione ponendo il ascissa il volume di NaOH aggiunto espresso in mL e in ordinata il pH. La curva risultante è la seguente:

3iGrp da Chimicamo

ARGOMENTI

GLI ULTIMI ARGOMENTI

TI POTREBBE INTERESSARE

Resa percentuale in una reazione. Esercizi svolti e commentati

La resa percentuale di una reazione costituisce un modo per valutare l'economicità di una reazione industriale che può essere accantonata se è bassa. Si possono...

Bilanciamento redox in ambiente basico: esercizi svolti

Il bilanciamento di una reazione redox in ambiente basico  può avvenire con  il metodo delle semireazioni. Nel bilanciamento vanno eliminati di eventuali ioni spettatori...

Temperature di ebollizione di composti organici

Le temperature di ebollizione dei composti organici forniscono informazioni relative alle loro proprietà fisiche e alle caratteristiche della loro struttura e costituiscono una delle...