Idrolisi. Calcolo del pH. Esercizi svolti
L’idrolisi di sali può conferire alla soluzione un valore di pH neutro, acido o basico a seconda della natura del sale
Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da acido forte e da base forte come NaCl ha un pH pari a 7 ovvero la soluzione è neutra.
Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da acido debole e da base forte come l’acetato di sodio ha un pH maggiore di 7 in quanto l’acetato dà idrolisi con l’acqua dando lo ione OH– secondo la reazione di equilibrio:
CH3COO– + H2O ⇌ CH3COOH + OH–
La costante di equilibrio è data da Kb = Kw/Ka essendo Kw la costante di autoionizzazione dell’acqua che, se non diversamente specificato, vale 1.00 ∙ 10-14 e Ka è la costante di dissociazione dell’acido debole.
Una soluzione in cui è disciolto un sale derivante da base debole e da acido forte come il cloruro di ammonio ha un pH minore di 7 in quanto lo ione ammonio dà idrolisi con l’acqua dando lo ione H3O+ secondo la reazione di equilibrio:
NH4+ + H2O ⇌ NH3 + H3O+
La costante relativa a questi tipo di equilibri è data da Ka = Kw/Kb essendo Kb è la costante di dissociazione della base debole.
Calcolo del pH di una soluzione derivante da acido debole e base forte
Calcolare il pH di una soluzione di benzoato di sodio 0.300 M. ( Ka dell’acido benzoico = 6.45 ∙10-5)
Il benzoato di sodio è un sale derivante da acido benzoico e idrossido di sodio che si dissocia completamente nei suoi ioni:
C6H5COONa → C6H5COO– + Na+
L’idrolisi del benzoato avviene secondo la reazione di equilibrio:
C6H5COO– + H2O ⇌ C6H5COOH + OH–
La costante relativa a questo equilibrio vale: Kb = Kw/Ka = 1.00 ∙ 10-14/ 6.45 ∙ 10-5 = 1.55 ∙ 10-10
In cui Kb = [C6H5COOH][ OH–]/ [C6H5COO– ]
Costruiamo una I.C.E. chart:
C6H5COO– | H2O | ⇌ | C6H5COOH | OH– | |
Stato iniziale | 0.300 | ||||
variazione | -x | +x | +x | ||
Equilibrio | 0.300-x | x | x |
Sostituiamo il valori nella Kb e otteniamo:
Kb = (x)(x)/ 0.300-x
Risolvendo rispetto a x si ha
x = [OH.] =6.82 ∙ 10-6
da cui pOH = – log 6.82 ∙ 10-6 =5.17
poiché pH + pOH = 14 si ha:
pH = 14 – 5.17 = 8.83
Calcolare il pH di una soluzione 0.200 M di propionato di sodio. ( Kb = 7.46 ∙ 10-10)
Il propionato di sodio è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:
C2H5COONa → C2H5COO– + Na+
L’idrolisi dello ione benzoato avviene secondo reazione di equilibrio:
C2H5COO– + H2O ⇌ C2H5COOH + OH–
In cui Kb = [C2H5COOH][ OH–]/ [C2H5COO– ]
Il testo dell’esercizio ci fornisce già Kb pertanto possiamo costruire una I.C.E. chart:
C2H5COO– | H2O | ⇌ | C2H5COOH | OH– | |
Stato iniziale | 0.200 | ||||
variazione | -x | +x | +x | ||
Equilibrio | 0.200-x | x | x |
Sostituiamo il valori nella Kb e otteniamo:
Kb = 7.46 ∙ 10-10 = (x)(x)/ 0.200-x
Risolvendo rispetto a x si ha
x = [OH.] = 1.22 ∙ 10-5
da cui pOH = – log 1.22 ∙ 10-5 = 4.91
pertanto
pH = 14 – 4.91 = 9.09
Calcolo del pH di una soluzione derivante da acido forte e base debole
Calcolare il pH di una soluzione 0.0400 M di cloruro di anilinio. (Kb dell’anilina = 4.35 ∙ 10-10)
L’anilina è una base debole secondo Brønsted e Lowry avente formula C6H5NH2. Il cloruro di anilinio ha formula C6H5NH3Cl. Quest’ultimo è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:
C6H5NH3Cl → C6H5NH3+ + Cl–
L’idrolisi dello ione anilinio è data dalla reazione di equilibrio:
C6H5NH3+ + H2O ⇌ C6H5NH2 + H3O+
La costante relativa a questo equilibrio vale: Ka = Kw/Kb = 1.00 ∙10-14/ 4.35 ∙ 10-10 = 2.30 ∙ 10-5
In cui Ka = [C6H5NH2][ H3O+]/ [C6H5NH3+]
Costruiamo una I.C.E. chart:
C6H5NH3+ | H2O | ⇌ | C6H5NH2 | H3O+ | |
Stato iniziale | 0.0400 | ||||
variazione | -x | +x | +x | ||
Equilibrio | 0.0400-x | x | x |
Sostituiamo il valori nella Ka e otteniamo:
Ka = 2.30 ∙ 10-5 = (x)(x)/ 0.0400-x
Risolvendo rispetto a x si ha
x = [H3O+] =9.59 ∙ 10-4 M
da cui pH = – log 9.59 ∙ 10-4 =3.02
Calcolare il pH di una soluzione di cloruro di piridinio 0.015 M. ( Ka = 6.25 ∙ 10-6)
La piridina è una base debole secondo Brønsted e Lowry avente formula C6H5N. Il cloruro di piridinio ha formula C6H5NHCl. Quest’ultimo è un sale che si dissocia completamente nei suoi ioni:
C6H5NHCl → C6H5NH+ + Cl–
L’idrolisi dello ione piridinio avviene secondo la reazione di equilibrio:
C6H5NH+ + H2O ⇌ C6H5N + H3O+
La costante relativa a questo equilibrio vale: Ka = 6.25 ∙ 10-6
In cui Ka = [C6H5N][ H3O+]/ [C6H5NH+]
Costruiamo una I.C.E. chart:
C6H5NH+ | H2O | ⇌ | C6H5N | H3O+ | |
Stato iniziale | 0.0150 | ||||
variazione | -x | +x | +x | ||
Equilibrio | 0.0150-x | x | x |
Sostituiamo il valori nella Ka e otteniamo:
Ka = 6.25 ∙ 10-6 = (x)(x)/ 0.0150-x
Risolvendo rispetto a x si ha
x = [H3O+] = 3.06 ∙ 10-4 M
da cui pH = – log 3.06 ∙ 10-4 =3.51
[irp posts=”51511″ ]
Determinazione della costante Ka dell’acido debole HX
Determinare la costante Ka dell’acido debole HX sapendo che una soluzione 0.100 M del sale LiX ha un pH = 8.90
L’alogenuro di litio si assume totalmente dissociato secondo la reazione:
LiX → Li+ + X– quindi la concentrazione di X– vale 0.100 M
Lo ione X– (base coniugata dell’acido debole HX) reagisce con l’acqua secondo la reazione di equilibrio:
X– + H2O ⇌ HX+ OH–
Il pOH di tale soluzione vale pOH = 14 – 8.90 = 5.10 da cui possiamo ricavare la concentrazione dello ione OH–: [OH–] = 10– 5.1 = 7.94 ∙ 10-6 M
All’equilibrio si ha: [HX] = [OH–] = 7.94 ∙ 10-6 M e [X–] = 0.100 – 7.94 ∙ 10-6 = 0.100 M
La costante relativa a questo equilibrio Kb = [HX][OH–]/ [X–]
Sostituendo i rispettivi valori:
Kb = (7.94 ∙ 10-6 )( 7.94 ∙ 10-6 ) / 0.100 = 6.31 ∙ 10-10
Il valore di Ka richiesto è Ka = 1.00 ∙ 10-14/6.31 ∙ 10-10 = 1.58 ∙ 10-5