ACIDI E BASI
DEFINIZIONI
Il nome acido viene dal latino acidum che significa aspro, pungente.
Il nome alcali viene dall’arabo al-qalì che sta ad indicare la potassa
contenuta nella cenere di legna, le cui soluzioni sono fortemente
basiche.
Definizioni basate sulle proprietà organolettiche (caratteristiche fisiche
e chimiche percepite dagli organi di senso) quali il sapore aspro degli
acidi e il carattere basico delle sostanze alcaline, mediante il tatto
perché scivolose e adatte a rimuovere lo sporco.
Molti dei prodotti normalmente usati in casa, presentano caratteristiche acide o
basiche. Ne sono esempi: saponi, detersivi, medicine e alimenti.
1
ACIDI E BASI
CARATTERISTICHE GENERALI
Il sapore aspro degli acidi è causato da particolari sostanze contenute in
questi prodotti quali l’acido acetico, nel caso dell’aceto, l’acido citrico, nel
succo del limone e l’acido lattico nel caso dello yogurt.
Altri acidi comuni sono l’acido cloridrico, presente nel nostro stomaco e
commercialmente chiamato acido muriatico (usato per togliere le
incrostazioni da calcare) o l’acido solforico (usato per sturare i bagni) o
ancora l’acido fluoridrico (usato per togliere le macchie di ruggine dai
tessuti)
Il sapore amarognolo del bicarbonato di sodio in un bicchiere d’acqua é
tipico delle basi. Fra le basi di comune impiego vi sono l’ammoniaca e
l’ipoclorito di sodio (candeggina), usati come prodotti per la pulizia delle
superfici, e l’idrossido di sodio contenuto nei prodotti per la pulizia delle
tubazioni degli scarichi casalinghi.
2
REAZIONI ACIDO-BASE
ACIDI E BASI SECONDO ARRHENIUS (1887)
Un acido è una sostanza che sciolta in acqua produce ioni idrogeno
HCl(aq)  H+(aq) + Cl-(aq)
Una base è una sostanza che in acqua produce ioni idrossido
NaOH(aq)  Na+(aq) + OH-(aq)
ACIDI
BASI

Sono di sapore aspro;

Hanno un sapore amarognolo;

Corrodono
molti metalli;

Sono saponose al tatto;

Si mostrano corrosive solo per
alcuni metalli;

Fanno
diventare
tornasole

facilmente
Fanno diventare rosso il
tornasole, una sostanza
estratta da un lichene.
blu
il
Le soluzioni acquose sia acide che basiche conducono elettricità
3
REAZIONI ACIDO-BASE
MODELLO DI BRONSTED-LOWRY
Un acido è un donatore di protoni (H+)
Una base è un accettore di protoni (H+)
In una reazione acido-base un protone si trasferisce da un acido ad una base
HB(aq) + A-(aq) ⇄ HA(aq) + B-(aq)
coppie coniugate
acido/ base
Le specie HB e HA agiscono da acidi di Bronsted rispettivamente nella
reazione diretta ed inversa, le A- e B- da basi di Bronsted
La specie che si forma quando si rimuove un protone da un acido è nota
come base coniugata di quell’acido; B- è la base coniugata di HB.
La specie che si forma quando viene aggiunto un H+ ad una base è detta
acido coniugato di quella base, HA è l’acido coniugato di A-.
4
REAZIONI ACIDO-BASE
MODELLO DI BRONSTED-LOWRY
Rispetto alla teoria di Arrhenius, nella teoria di Brönsted- Lowry:

Una base è una specie chimica che accetta protoni (lo ione
idrossido OH- è solo un esempio di base);

Le reazioni acido-base non sono più limitate alle soluzioni acquose;

Alcune specie possono agire sia come acidi sia come basi, a
seconda della natura dell’altra specie reagente.
Lo ione H+ non esiste come entità separata in soluzione acquosa a causa della
sua forte attrazione per la parte negativa dell’acqua (atomo di O).
 Forma idrata H3O+, protone idrato o ione idrossonio. Esperimenti dimostrano
che tale ione é ulteriormente idratato (ci sono diverse molecole di H2O ad esso
associate).
Le proprietà acide non sono influenzate dal grado di idratazione  il protone
viene rappresentato come H+(aq) o H3O+(aq).
5
ACIDI E BASI SECONDO LEWIS
(1923)

Acido è una specie chimica (molecola o ione) in grado di accettare una
coppia di elettroni (H+, BF3, ecc.).

Base è una specie chimica (molecola o ione) in grado di fornire una
coppia di elettroni (OH-, NH3, ecc.).
Secondo la definizione di Lewis sono acidi anche composti come il cloruro di
alluminio ed il borano, che presentano nella loro struttura un orbitale vuoto
capace di alloggiare un doppietto elettronico proveniente da un donatore
(base), e legarsi quindi ad esso tramite un legame dativo.
H3N: + BF3  H3N→BF3
 Esempi di reazione acido-base secondo Lewis: idratazione di ioni metallici
 Legame di coordinazione; formazione di addotti
 Definizione più generale rispetto alle definizioni di Arrenhius e di Brønsted.
6
GLI ACIDI E LE BASI COME ELETTROLITI
Le sostanze che in soluzione acquosa si scindono in ioni positivi e negativi in
grado di condurre, in varia misura, la corrente elettrica, vengono chiamate
elettroliti.
Gli ioni rappresentano i “veicoli” per il trasporto dell’elettricità. Maggiore è il
numero di ioni
presenti, maggiore è la conducibilità della soluzione
dell’elettrolita. Sono elettroliti gli acidi, le basi, e i sali.
Gli elettroliti che in soluzione presentano tutte le molecole dissociate in ioni
sono chiamati elettroliti forti (es: cloruro di sodio, acido cloridrico, ecc.).
Gli elettroliti dei quali, invece, solo una piccola frazione è dissociata in ioni si
chiamano elettroliti deboli (es: acido acetico, acido carbonico, acido citrico,
ammoniaca, ecc.).
REAZIONE DI NEUTRALIZZAZIONE
É una reazione tra un acido e una base. In quantità stechiometriche equivalenti,
in soluzione acquosa le reazioni di neutralizzazione producono acqua e sale.
acido + base  sale + acqua
Il sale é un composto ionico costituito da un catione diverso da H+ e un anione
diverso da OH- o O2-.
7
DISSOCIAZIONE E IONIZZAZIONE
Dissociazione: scissione dei composti ionici in ioni di carica opposta, per
intervento dell’acqua.
NaCl  Na+ + Cl(sale da cucina)
Ionizzazione: separazione dei composti covalenti polari in ioni di carica
opposta, all’atto della loro dissoluzione in acqua.
HCl  H+ + Cl(legame covalente polare)
8
EQUILIBRIO DI AUTOIONIZZAZIONE DELL’ACQUA
L’acqua pura non conduce la corrente elettrica, ma se si misura la
sua conducibilità con strumenti molto sensibili, si osserva che
anch’essa, sia pure in minima quantità, conduce la corrente elettrica.
Questo significa che pochissime delle sue molecole sono dissociate
in ioni.
La reazione di ionizzazione dell’acqua che porta alla formazione di
ioni idrogeno, H+, e di ioni idrossido, OH- , è una reazione di
equilibrio molto spostata verso la forma indissociata H2O :
H 2O
H 2O
+ H 2O
H+
+
H 3O +
OH+
OH-
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PRODOTTO IONICO DELL’ACQUA
Keq x [H2O]2 = Kw = [H+][OH-]
55.5 M
La Costante di ionizzazione dell’acqua (prodotto ionico) ha un valore molto
basso a 25°C : Kw = 10-14
In acqua pura a 25°C
[H+] = [OH-]
Kw = [H+][OH-] = [H+]2 = 10-14

[H+] = 10-7 M = [OH-]
Una soluzione in cui [H+] = 10-7 M = [OH-] è NEUTRA
Quando [H+]> 10-7 M soluzione è ACIDA
Quando [H+]< 10-7 M soluzione è BASICA
10
IONIZZAZIONE DELL’ACQUA
pH e pOH
Sörensen (1909) studiando l’azione degli acidi sulla catalisi enzimatica,
dovendo esprimere con numeri semplici il grado di acidità propose l’uso del pH
pH = -log10[H+] = -log10[H3O+]
[H+] = [H3O+] = 10-pH
La maggior parte delle soluzioni acquose hanno [H+] compresa
tra 1M pH=7
e 10-14M, perciò la scalapH>7
di pH è stata sceltapH<7
tra 0 e 14.
pOH = -log10 [OH-]
 [OH-] = 10-pOH
dato che: [H+] [OH-] = 10-14 a 25°C
pH + pOH = 14.00
11
MISURA DEL pH
Il grado di acidità o basicità di una soluzione si può misurare utilizzando il
pHmetro o gli indicatori acido-base.
Il pHmetro é uno strumento che trasforma la concentrazione degli H+ di una
soluzione in un segnale elettrico, che viene poi convertito in un visualizzatore
digitale.
Gli indicatori acido-base sono sostanze organiche aventi la proprietà di
assumere diverso colore quando vengono a contatto con un acido o una base.
La cartina al tornasole é una cartina universale, imbevuta di una miscela di
indicatori acido-base, opportunamente dosati, e mostra variazioni di colore a
diversi valori di pH.
12
FORZA DI ACIDI E BASI
Calcolo del pH di soluzioni di acidi e basi forti
Gli acidi forti sono completamente ionizzati in acqua.
Esempio: la reazione del gas HCl in acqua si rappresenta
HCl
+ H2O  H3O+ + Cl-
0.1M
0
0.1M
0.1M
Analogamente per le basi forti.
Esempio: la reazione di NaOH in acqua si rappresenta
NaOH

Na* +
OH-
1M
1M
1M
0
Esercizio: Calcolare il pH e la concentrazione di H+ di un campione di acqua
di rubinetto in cui [OH-] = 2 x 10-7M
[H+] = Kw/ [OH-] = 10-14 /2 x 10-7 M = 5 x 10-8 M
pH = -log 5 x 10-8 = 7.30
13
ACIDI E BASI DEBOLI
Eseguendo prove di conducibilità elettrica e di misura di pH su soluzioni di acidi diversi,
sciogliendo però lo stesso numero di molecole, si osservano importanti differenze e la
concentrazione degli ioni H+ può essere molto diversa.
Lo stesso vale per le basi: misure di conducibilità elettrica mostrano, ad esempio, che a parità
di concentrazione, una soluzione di NaOH conduce molto meglio la corrente rispetto ad
una soluzione di NH3.
ACIDI FORTI
in soluzione acquosa si ionizzano completamente
ACIDI DEBOLI
in soluzione acquosa si ionizzano solo parzialmente
BASI FORTI
in soluzione acquosa si dissociano o ionizzano in modo completo
BASI DEBOLI
in soluzione acquosa producono quantità ridotte di ioni OH-
Soluzione acquosa di
un acido/base forte
Soluzione acquosa di
un acido/base debole
14
FORZA DI ACIDI E BASI
Costante di ionizzazione acida
Gli acidi deboli sono la maggioranza degli acidi (es. acido acetico CH3COOH).
In acqua:
HA(aq) + H2O ⇄ A-(aq) + H3O+(aq)
o più semplicemente:
HA(aq) ⇄ A-(aq) + H+(aq)
Costante di ionizzazione acida
Maggiore é il valore di Ka, maggiore é la forza dell’acido. Per gli acidi forti (ad
es. HCl, HNO3, HClO4, HBr, HI, ecc.) si può assumere una ionizzazione
completa in acqua (Ka >1).
L’acido più forte che possa esistere in soluzione acquosa é H+.
H3O+(aq) + H2O(l) ⇄ H2O(l) + H3O+(aq)
Ka = 1
15
FORZA DI ACIDI E BASI
Costante di ionizzazione basica
Analogo discorso per le basi:
Forti. Es: idrossidi dei metalli alcalini (NaOH) e di alcuni alcalino-terrosi. In
acqua:
NaOH(s)  Na+(aq) + OH-(aq)
base di Brønsted
Deboli. (es. ammoniaca NH3). In acqua:
B(aq) + H2O ⇄ BH+(aq) + OH-(aq)
Costante di ionizzazione basica
Kb =
[BH+] [OH-]
[B]
Maggiore é il valore di Kb, maggiore é la forza della base.
La base più forte che possa esistere in soluzione acquosa é OH- (Kb = 1).
Non esiste lo ione O2- in acqua.
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RELAZIONE TRA LE COSTANTI DI IONIZZAZIONE DEGLI ACIDI
E DELLE LORO BASI CONIUGATE
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua dell’acido acetico:
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
[CH3COO-] [H+]
Ka =
[CH3COOH]
La base coniugata (ad es. fornita da una soluzione di acetato di sodio,
CH3COONa) reagisce in acqua, secondo la seguente reazione:
CH3COO-(aq) + H2O ⇄ CH3COOH(aq) + OH-(aq)
Kb =
[CH3COOH] [OH-]
[CH3COO-]
[CH3COO-] [H+]
x
Ka x Kb =
[CH3COOH]
[CH3COOH] [OH-]
[CH3COO-]
= [H+] [OH-] = Kw
17
RELAZIONE TRA LE COSTANTI DI IONIZZAZIONE DEGLI ACIDI
E DELLE LORO BASI CONIUGATE
Somma delle reazioni:
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
CH3COO-(aq) + H2O ⇄ CH3COOH(aq) + OH-(aq)
H2O ⇄ + H+(aq) + OH-
La costante di equlibrio di una reazione somma é il prodotto delle costanti di
equilubrio delle reazioni sommate.
Per qualsiasi coppia coniugata acido-base Ka Kb = Kw
Più forte é l’acido, più debole sarà la sua base coniugata e viceversa.
Poichè i valori di Ka e Kb possono variare di diversi ordini di grandezza, sono
spesso espressi in forma logaritmica:
pKa = -Log10 Ka
pKb = -Log10Kb
 pKa + pKb = 14
18
RELAZIONE TRA LE COSTANTI DI IONIZZAZIONE DEGLI ACIDI
E DELLE LORO BASI CONIUGATE
Esempio:
I valori di Ka per l’acido fluoridrico (HF) e per l’acido acetico (CH3COOH) a
25ºC sono rispettivamente 7.1 x 10-4 e 1.8 x 10-5. Calcolare le Kb per le
corrispondenti basi coniugate.
Basi coniugate:
F-(ione fluoruro)
CH3COO- (acetato)
10-14
Ka Kb = Kw
 Kb =
Kw
Ka
7.1 x
=
10-4
10-14
1.8 x 10-5
= 1.4 x 10-11
= 5.6 x 10-10
19
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH – ACIDI e BASI FORTI
Esempio:
Calcolare il pH di una soluzione 2.3 x 10-3 M di Ba(OH)2.
Soluzione:
Ba(OH)2 è una base forte:
Ba(OH)2
Concentrazioni iniziali:
 Ba2+
2.3 x 10-3 M
-
0
2.3 x 10-3 M
Concentrazioni finali:
+
2OH2 x 2.3 x10-3 M
[OH-] = 2 [Ba2+] = 2 [Ba(OH)2] = 2 x 2.3 x 10-3 M = 4.6 x 10-3 M
pOH = -Log10[OH-] = -Log10(4.6 x 10-3) = 2.34
pH = 14.00 – pOH = 11.66
20
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH - ACIDI e BASI FORTI
Abbiamo trascurato l’equilibrio di ionizzazione dell’acqua, dato che 1.0 x 10-7 M
(contributo di ionizzazione dell’acqua pura) è molto più piccolo di 4.6 x 10-3M.
Problema di autovalutazione. Calcolare il pH di una soluzione di Ba(OH)2 alla
concentrazione di 1.8 x 10-5 M.
Soluzione:
[OH-] = 2 [Ba(OH)2] = 2 x 1.8 x 10-5 M = 3.6 x 10-5 M
pOH = -Log10[OH-] = -Log10(4.6 x 10-3) = 4.45
pH = 14.00 – 4.45 = 9.55
E se la concentrazione di Ba(OH)2 è 3.6 x 10-9 M? pH = ?
21
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH - ACIDI e BASI FORTI
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 1,0.10-8 M di HNO3.
pH = -log(Ca) = -log(1,0.10-8) = 8,0
Ma allora la soluzione è basica ???
[H+] = Ca + Kw/ [H+]

[H+]2 – Ca. [H+] – Kw = 0
contributo dell’acqua
La risoluzione dell’equazione di IIº grado porta a:
[H+] = 1,051.10-7 M

pH = 6,98
Se il pH fosse 8, allora [OH-] sarebbe uguale a 10-6 M. Usando
l’equazione [H+] = Ca avremmo trascurato 10-6 rispetto a 10-8!
22
EQUILIBRI ACIDO-BASE
ACIDI MONOPROTICI DEBOLI
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua del generico acido
monoprotico:
HA(aq) ⇄ A-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
Variazioni
Concentrazioni all’equilibrio
[HA]0
-
-
-x
+x
+x
[HA]0-x
+x
+x
(x) (x)
Ka =
[HA]0 - x
Ka =
[A-] [H+]
[HA]
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
x2
=
[HA]0 - x
x = [H+]
1° approssimazione
23
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH – ACIDI MONOPROTICI DEBOLI
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.50 M di HCN.
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua dell’acido cianidrico:
HCN(aq) ⇄ CN-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
0.50 M
-x
Variazioni
Concentrazioni all’equilibrio
0.50-x
-
-
+x
+x
+x
(x) (x)
Ka =
+x
x2
=
[HCN]0 - x [HCN]0 - x
Ka =
[CN-] [H+]
[HCN]
= 4.9 x 10-10
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
1° approssimazione
x2 = Ka [HCN]0 = 4.9 x 10-10 x 0.50
 x = 1.6 x 10-5 M
<<< 0.50 M
 pH = -LOG(1.6 x 10-5) = 4.80
x < 5% [HCN]0  approssimazione giustificata
24
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.050 M di HF.
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua dell’acido fluoridrico:
HF(aq) ⇄ F-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
Variazioni
0.050 M
-x
Concentrazioni all’equilibrio 0.050-x
Ka =
-
-
+x
+x
+x
+x
(x) (x)
x2
[HF]0 - x
=
[HF]0 - x
Ka =
[F-] [H+]
[HF]
= 7.1 x 10-4
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
1° approssimazione
Considerando l’approssimazione x<<<[HF]0: x2 = Ka [HF]0 = 7.1 x 10-4 x 0.050
 x = 5.9 x 10-3 M x > 5% [HCN]0  approssimazione NON giustificata
Risoluzione equazione di IIº grado: x2 = Ka ([HF]0-x)  x = 5.6 x 10-3M  pH=2.25
25
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Percentuali di ionizzazione
Oltre alla Ka, un’altra misura della forza di un acido è la sua percentuale di
ionizzazione:

Percentuale di ionizzazione % =
[A-]eq
[HA]0
[H+]
x 100 =
[HA]0
x 100
Più forte è l’acido, maggiore è la percentuale di ionizzazione.
Esercizio precedente:
HF)
%ionizzazione = (1.6 x 10-5 / 0.50) x 100 = 11 %
1 molecola di HF su ~ 9 è ionizzata.
La misura in cui un acido debole si ionizza dipende dalla concentrazione iniziale.
Più diluita è la soluzione, maggiore è la percentuale di ionizzazione (principio di
Le Chatelier).
26
EQUILIBRI ACIDO-BASE
BASI DEBOLI
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua della generica base B:
B(aq) + H2O ⇄ B+(aq) + OH-(aq)
Kb =
Concentrazioni iniziali
Variazioni
Concentrazioni all’equilibrio
[B]0
-
-
-x
+x
+x
[B]0-x
+x
(x) (x)
Kb =
[B]0 - x
+x
[BH+] [OH-]
[B]
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
x2
=
[B]0 - x
x = [OH-]
1° approssimazione
27
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH - BASI DEBOLI
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.10 M di NH3.
Consideriamo l’equilibrio di dissociazione in acqua dell’ammoniaca:
NH3(aq) + H2O ⇄
Concentrazioni iniziali
NH4+(aq)
0.10 M
-x
Variazioni
Concentrazioni all’equilibrio
0.10-x
-
-
+x
+x
+x
(x) (x)
Kb =
+
OH-(aq)
[NH3]0 - x
+x
x2
=
[NH4+] [OH-]
Kb =
= 1.8x10-5
[NH3]
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
1° approssimazione
[NH3]0 - x
x2 = Kb [NH3]0 = 1.8 x 10-6 x 0.10
 x = 1.34 x 10-3 M  pOH = -LOG(1.34 x 10-3) = 2.87 
<< 0.10 M
pH=14.00-2.87=11.1
x < 5% [NH3]0  approssimazione giustificata
28
EQUILIBRI ACIDO-BASE
ACIDI E BASI POLIPROTICI
Acidi poliprotici: possono donare più di un protone. Esempio: acido
solforico e carbonico (biprotici) e fosforico (triprotico).
Basi poliprotiche: possono accettare più di un protone. Esempio: anione
carbonato.
Gli equilibri di ionizzazione degli acidi poliprotici in soluzione acquosa sono
definiti da una Ka1, relativa alla perdita del primo protone, da una Ka2, relativa
alla perdita del secondo protone, ecc.
-] [H+]
[HA
H2A(aq) ⇄ HA-(aq) + H+(aq)
Ka1 =
[H2A]
base coniugata 1º stadio
acido 2º stadio
HA-(aq) ⇄ A2-(aq) + H+(aq)
H2A(aq) ⇄ A2-(aq) + 2H+(aq)
Ka2 =
[A2-] [H+]
[HA-]
[A2-] [H+]2
Ka =
[H2A]
= Ka1 Ka2
La forza degli acidi poliprotici diminuisce via via che i protoni vengono eliminati
pKa1 < pKa2 < … . Se Ka1>>Ka2 il secondo equilibrio è trascurabile; il calcolo del
pH viene effettuato come per un acido monoprotico.
29
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH - ACIDI POLIPROTICI
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.100 M di H2SO4 (la molecola
H2SO4 è un acido forte che perdendo il primo protone forma la sua base
comiugata , lo ione idrogenosolfato HSO4- che è un acido debole (pKa= 1.92).
H2SO4(aq) ⇄ HSO4-(aq) + H+(aq)
0.100 M
0.100 M
HSO4-(aq) ⇄ SO42-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
Ka2 =
x (0.100+x)
(0.100-x)
0.100 M
-
0.100
-x
+x
+x
0.100-x
+x
0.100+x
[SO42-] [H+]
Ka2 =
= 10-1.92 = 0.012
[HSO4 ]
 0.012(0.100-x)=0.100x + x2  x2 + 0.112 x – 0.0012=0
x = 0.010 M  [H+] = 0.110M  pH = -LOG(0.110) = 0.96
Valore leggermente
inferiore a 1!
30
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Calcolo del pH di soluzioni diluite di acidi e basi deboli
Quando un acido si trova in soluzione acquosa ad una concentrazione così bassa che la
[H+] calcolata è inferiore a 10-7 M, non significa che il pH è maggiore di 7!!
In questi casi è l’acqua stessa, attraverso la sua autoionizzazione, a fornire idrogenioni alla
concentrazione di 10-7 M.
Il contributo derivante dall’autoionizzazione dell’acqua può essere trascurato solo se
la concentrazione idrogenionica calcolata è considerevolmente (almeno 3 volte)
superiore a 10-7 M.
Considerazioni analoghe possono essere fatte per i valori di [OH-] in soluzioni molto diluite
di basi.
4 incognite: [H+] [OH-] [HA] [A-]


Kw = [H+][OH-]
 Equazione di 3º grado
 bilancio di massa: [HA]0 = [HA] + [A-]  Metodo delle approssimazioni successive
 bilancio di carica: [H+] = [OH-] + [A-]
31
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Idrolisi salina: reazione fra gli ioni (anione, catione o entrambi) del sale
disciolto e le molecole d’acqua
NaCl(aq)
pH = 7
dalla reazione di neutralizzazione tra HCl
NaOH
NH4Cl(aq)
pH < 7
HCl
CH3COONa
pH > 7
CH3COOH NaOH
NH3
La soluzione acquosa di un sale derivante da un acido o da una base
debole ha un valore di pH  7.
1. NaCl(aq)  Na+(aq) + Cl-(aq)
2. NH4Cl(aq)  NH4+(aq) + Cl-(aq)
3. CH3COONa(aq)  CH3COO-(aq) + Na+(aq)
1. Tutti gli anioni e i cationi provenienti da acidi o da basi forti, quando vengono
disciolti in acqua, non fanno variare il pH.
2. Se il sale contiene un catione che è l’acido coniugato di una base debole forma
soluzioni acide.
3. Se il sale contiene un anione che è la base coniugata di un acido debole forma
soluzioni basiche.
32
EQUILIBRI ACIDO-BASE – IDROLISI ACIDA
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.15 M di cloruro di ammonio.
Kw
Ka =
[NH3] [H+]
[OH-]
[NH4+]
[OH-]
=
Kw
= 5.6 x 10-10
Kb
NH4+(aq) ⇄ NH3 + H+
Concentrazioni iniziali
0.15 M
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
-
-
-x
+x
+x
0.15-x
+x
+x
(x) (x)
Ka =
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
x2
=
[NH4+]0 - x [NH4+]0 - x
1° approssimazione
Considerando l’approssimazione x<<<[NH4]0: x2 = Ka [NH4]0 = 5.6 x 10-10 x 0.15
 x = 9.2 x 10-6 M x < 5% [NH4]0  approssimazione giustificata  pH = 5.04
Ioni metallici piccoli e densi di carica (es. Al3+, Cr3+, Bi3+) formano soluzioni acide.
33
EQUILIBRI ACIDO-BASE – IDROLISI BASICA
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0.15 M di acetato di sodio.
Kw
= 5.6 x 10-10
CH3COO- + H2O ⇄ CH3COOH + OHConcentrazioni iniziali
0.15 M
-x
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
0.15-x
[CH3COO-]0 - x
-
+x
+x
+x
(x) (x)
Kb =
-
=
+x
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
x2
[CH3COO-]0 - x
1° approssimazione
Considerando l’approssimazione x<<<[CH3COO-]0: x2 = Kb [CH3COO-]0 =5.6 x 10-10x
0.15  x = 9.2 x 10-6 M x < 5% [CH3COO-]0  approssimazione giustificata
pOH = 5.04  pH = 14.00 – 5.04 = 8.96
34
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Idrolisi salina
Per i sali derivati da un acido debole e da una base debole, la
basicità/acidità/neutralità della soluzione dipende dal confronto della forza
dell’acido debole rispetto alla base debole.
Kb (anione) > Ka (catione)  soluzione basica (l’anione si idrolizzerà in misura
maggiore rispetto al catione; all’equilibrio ci saranno più ioni OH- che ioni H+).
Kb (anione) < Ka (catione)  soluzione acida (l’anione si idrolizzerà in misura
minore rispetto al catione; all’equilibrio ci saranno più ioni H+ che ioni OH-).
Kb (anione) ≈ Ka (catione)  soluzione neutra ([H+] ≈ [OH-]).
6 incognite: [H+] [OH-] [HA] [A-] [B] [BH+]
6 equazioni:
Kb (anione)
Ka (catione)
Esercizio: Predire se le seguenti
soluzioni saranno acide, basiche
o quasi neutre:
Kw
a) NH4I
[A-]0 = [HA] + [A-]
b) NaNO2
[BH+]0 = [BH+] + [B]
c) FeCl3
[H+] + [BH+] = [OH-] + [A-]
d) NH4F
35
EQUILIBRI ACIDO-BASE
SALI ANFOTERI
Alcuni anioni sono anfoteri; possono agire sia da acidi che da basi. Esempio:
ione bicarbonato HCO3-:
HCO3- ⇄ H+ + CO32HCO3- + H2O ⇄ H2CO3 + OH-
Ka = 4.8 x 10-11
2
Kb = Kw/Ka1 = 2.4 x 10-8
Kb > Ka  soluzione basica
Per il calcolo del pH di sali di ioni anfoteri bisognerebbe prendere in
considerazione gli equilibri acido-base, l’autoionizzazione dell’acqua, il bilancio di
massa e il bilancio di carica (5 equazioni in 5 incognite: [H+] [OH-] [CO32-]
[HCO3] [H2CO3]).
Tuttavia con qualche approssimazione si può dimostrare che:
pH =
pKa1 + pKa2
2
Nel caso del bicarbonato: pH =½ (6.38 + 10.32) = 8.35
36
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Effetto dello ione a comune
É la variazione dell’equilibrio causata dall’aggiunta di un composto con
uno ione in comune con la sostanza disciolta. É il caso di soluzioni con 2
soluti, disciolti contenenti uno stesso ione (catione o anione), detto lo ione a
comune. La presenza di uno ione a comune reprime (principio di Le Chatelier) la
ionizzazione di un acido o una base debole.
Esempio: Consideriamo una soluzione in cui sono disciolti acetato di sodio e
acido acetico; entrambi si dissociano a produrre ioni acetato:
CH3COONa(aq)  CH3COO-(aq) + Na+(aq)
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
[H+]
Ka =
elettrolita forte
acido debole
aumento del pH
[CH3COO-] [H+]
[CH3COOH]
[H+]
Ka [CH3COOH]
=
-log10[H+] = - log10Ka + log10
[CH3COO-]
[CH3COO-]
[CH3COOH]
-log10[H+] = - log10Ka - log10
[CH3COOH]
[CH3COO-]
[A-] base coniugata
[CH3COO ]
pH = pKa + Log
pH = pKa + Log
[HA]
acido
[CH3COOH]
Equazione di Henderson-Hasselbalch
37
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Effetto dello ione a comune
Esercizio: a) Calcolare il pH di una soluzione 0.20 M in CH3COOH e 0.30 M in
CH3COONa. b) Quale sarebbe il pH di una soluzione 0.20 M di CH3COOH in
assenza di sale?
a)
CH3COONa(aq)  CH3COO-(aq) + Na+(aq)
0.30 M
0.30 M
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
0.20 M
-x
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
0.20-x
pH = pKa + Log
[A-]
[HA]
= pKa + Log
0.30
-
+x
+x
0.30+x
0.30+ x
+x
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
= 4.92
0.20- x
Equazione di Henderson-Hasselbalch
x = [H+] = 10-4.92 = 1.2 x 10-5 << 5% concentrazioni iniziali  approssimazione giustificata
38
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Effetto dello ione a comune
Esercizio: Quale sarebbe il pH di una soluzione 0.20 M di CH3COOH in assenza
di sale?
b)
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
-
-
-x
+x
+x
0.20-x
x
+x
0.20 M
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
x2
Ka =
= 1.8 x 10-5
[CH3COOH]0 - x
Considerando l’approssimazione x<<<[CH3COOH]0: x2 = Ka [CH3COOH]0  x =
1.9 x 10-3 M
x < 5% [CH3COOH]0  approssimazione giustificata  pH = 2.72
39
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Soluzioni tampone
Le soluzioni tampone sono soluzioni che resistono al cambiamento del pH per
moderate aggiunte di acido o di base. Contengono una coppia acido-base
coniugata in cui le concentrazioni di acido e di base, entrambi non forti, sono
circa dello stesso ordine di grandezza.
Se ad un litro di acqua pura vengono aggiunte 0,01 moli di HCl,il pH varia da 7 a
2 (pH=-log(0,01) =2,0), ovvero di 5 unità.
L’aggiunta della stessa quantità di HCl ad un litro di soluzione tampone può far
variare il pH di circa 0,1 unità.
Per questo motivo le soluzioni tampone sono molto importanti, anche a livello
biologico. Per esempio il sangue è una soluzione tampone ed ha un pH di circa
7,4 e la sua funzione di trasportatore di ossigeno risulterebbe compromessa se
tale valore dovesse variare. Variazioni del pH ematico di solo 0.1 unità di pH
portano a stati patologici (acidosi o alcalosi). Variazioni di 0.4-0.6 unità sono fatali.
I tamponi possono essere costituiti da:
- un acido debole e la sua base coniugata (es. HCN/CN-)
- una base debole e il sua acido coniugato (es. NH3/NH4+)
40
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Soluzioni tampone
All’aggiunta di un acido o di una base forte l’equilibrio si sposta dalla parte della
base o dell’acido deboli che costituiscono il tampone “assorbendo” così l’eccesso
di ioni H+ o di OH-.
Consideriamo ad esempio il tampone costituito da CN- e HCN:
Se aggiungiamo un acido forte, che libera quindi ioni H3O+, questi reagiscono con
CN- per dare HCN, secondo la reazione:
CN-
+ H3
O+
⇄ HCN + H2O
K=
1
= 2.0 x 109
Ka
4.9 x 10-10
K >>> 1  l’equilibrio è fortemente spostato verso i prodotti (HCN e acqua)
[CN-] diminuisce di una quantità pari alle moli aggiunte di H+
[HCN] aumenta della quantità corrispondente agli ioni H+ aggiunti
pH = pKa + Log
[A-]
[CN-]
[HA]
[HCN]
Equazione di Henderson-Hasselbalch
~ invariato
41
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Soluzioni tampone
Consideriamo ora invece l’aggiunta di base forte al tampone costituito da CN- e
HCN.
La base forte libera ioni OH-, che reagiscono con HCN per dare CN-, secondo la
reazione:
1
= 4.9 x 104
HCN + OH ⇄ CN + H2O
K=
Kb
Kw
-5
2.0 x 10 =
Ka
4.9 x 10-10
K >>> 1  l’equilibrio è fortemente spostato verso i prodotti (CN- e acqua)
[HCN] diminuisce di una quantità pari alle moli aggiunte di OH[CN-] aumenta della quantità corrispondente agli ioni OH- aggiunti
pH = pKa + Log
[A-]
[HA]
[CN-]
~ invariato
[HCN]
Equazione di Henderson-Hasselbalch
42
EQUILIBRI ACIDO-BASE
POTERE TAMPONANTE
In generale, poichè le reazioni su cui si basa una soluzione tampone sono le
reazioni inverse alle dissociazioni di una base debole o di un acido deboli
(K<<1), saranno caratterizzate da costanti di equilibrio grandi (K>>1), per cui i
rispettivi equilibri sono fortemente spostati verso i prodotti.
Ovviamente il tampone funziona bene fino a quando le quantità di acido o base
forte aggiunti rimangono inferiori alle quantità di acido e base coniugata presenti.
A questo proposito si parla di POTERE TAMPONANTE intendendo la quantità di
acido o di base con cui il tampone può reagire prima che si produca una
variazione significativa di pH.
È importante il rapporto fra le quantità di acido e di base coniugata presenti
nel tampone. Queste devono essere paragonabili (il rapporto deve essere circa
1 e può differire al massimo per un fattore 10) affinchè la soluzione non perda il
suo potere tampone.
Dall’equazione di Henderson-Hasselbalch, con [HA] ≈ [A-] il potere tamponante
(efficacia della soluzione tampone) è massimo, in corrispondenza del pK della
coppia coniugata acido/base che costituisce il tampone.
Poichè la relazione è logaritmica, il rapporto base coniugata/acido deve cambiare
di un fattore 10 perchè il pH vari di una unità.
43
EQUILIBRI ACIDO-BASE
POTERE TAMPONE
Per preparare un tampone a pH=4,9 dobbiamo selezionare un acido debole con
pKa più vicino possibile a tale valore:
Il valore di 4,9 si ottiene poi cambiando il rapporto tra [HC2H3O2] e [C2H3O2-]
44
EQUILIBRI ACIDO-BASE
SOLUZIONI TAMPONE
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione tampone che contiene CH3COOH
0,10 M e CH3COONa (acetato di sodio) 0,20M. Il Ka dell’acido acetico è 1.8 x10-5
In soluzione acquosa il sale acetato di sodio dissocia
CH3COONa(s)  CH3COO-(aq) + Na+(aq)
per cui la soluzione è 0.20 M in CH3COO- (la base)
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
Il pKa dell’acido acetico è -Log10 (1.8 x 10-5) = 4.77
Dall’equazione di Henderson-Hasselbalch:
pH = pKa + Log
0.20
0.10
= 5.07
Verifica delle approssimazioni
[H+] = 10-pH = 8.5 x 10-6 M
[OH-] = 10-14/(8.5 x 10-6) = 1.2 x 10-9 M
<<< [CH3COO-]0 e [CH3COOH]0
Approssimazione giustificata
45
EQUILIBRI ACIDO- BASE
SOLUZIONI TAMPONE
Esercizio: Calcolare il pH di una soluzione 0,30 M di ammoniaca (NH3) e 0,50 M
di cloruro di ammonio (NH4Cl). Il valore di Kb dell’ammoniaca è 1.8 x10-5.

La coppia acido debole / base coniugata (HA / A-) è: NH4+ / NH3

In soluzione si instaurano i 2 equilibri competitivi:
NH3(aq) + H2O ⇄ NH4+(aq) + OH-(aq)
NH4+(aq) ⇄ NH3(aq) + H+(aq)
Kb = 1.8 x 10-5
Ka =
Kw
= 5.6 x 10-10
Ka
Il pKa dell’acido coniugato dell’ammoniaca é: -Log10 (5.6 x 10-10) = 9.25
Dall’equazione di Henderson-Hasselbalch:
pH = pKa + Log
0.30
0.50
= 9.02
Verifica delle approssimazioni
[H+] = 10-pH = 9.5 x 10-10 M
[OH-] = 10-14/(9.5 x 10-10) = 1.0 x 10-5 M
<<< [NH3]0 e [NH4+]0
Approssimazione giustificata
46
EQUILIBRI ACIDO- BASE
SOLUZIONI TAMPONE
Esercizio: a) Calcolare il pH di un sistema tampone 1.0 M in CH3COOH e 1.0 M
in CH3COONa. b) Qual è il pH del sistema tampone dopo l’aggiunta di 0.10 moli
di HCl gassoso ad 1L di soluzione? Assumere che il volume della soluzione non
cambi in seguito all’aggiunta di HCl.

La coppia acido debole / base coniugata (HA / A-) è: CH3COOH / CH3COO-

In soluzione si instaurano i 2 equilibri competitivi:
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
CH3COO- + H2O ⇄ CH3COOH + OHDall’equazione di Henderson-Hasselbalch:
pH = pKa + Log
1.0
1.0
= 4.74
Verifica delle approssimazioni
[H+] ~ 10-4 - 10-5 M
[OH-] ~10-9 - 10-10 M
<<< [CH3COO-]0 e [CH3COOH]0
Approssimazione giustificata
47
EQUILIBRI ACIDO- BASE
SOLUZIONI TAMPONE
Esercizio: b)
HCl(aq)  H+(aq) + Cl-(aq)

0.1 M
0.1 M
CH3COOH(aq) ⇄ CH3COO-(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
1.0 M
1.0
0.1
+ 0.1M
- 0.1M
- 0.1
1.10
0.90
Dall’equazione di Henderson-Hasselbalch:
0.00 trascurando l’autoionizzazione
pH = pKa + Log
dell’acqua
0.90
1.10
= 4.65
Verifica delle approssimazioni
[H+] ~ 10-4 - 10-5 M
[OH-] ~10-9 - 10-10 M
<<< [CH3COO-]0 e [CH3COOH]0
Approssimazione giustificata
48
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni
La titolazione è una tecnica di analisi quantitativa
determinare la concentrazione incognita di una soluzione.
che permette di
Si basa su reazioni di neutralizzazione.
Una soluzione a titolo noto con precisione, detta titolante, viene gradualmente
aggiunta ad una soluzione a concentrazione incognita, fino a quando la reazione
chimica fra le due soluzioni é completa.
Conoscendo i volumi della soluzione della soluzione standard e della soluzione
a concentrazione incognita si può ricavare la concentrazione della soluzione
incognita.
Vetreria: beuta, becher
Indicatore
acido-base
per
evidenziare il raggiungimento del
punto di equivalenza (quando
l’acido ha completamente reagito
con la base - neutralizzazione)
mol(acido) = mol(base)
49
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO FORTE – BASE FORTE
NaOH(aq) + HCl(aq) → NaCl(aq) + H2O(l)
OH-(aq) + H+(aq) → H2O(l)
Reazione ionica netta:
Esempio
Buretta (25 mL)
NaOH 0.100 M
Beuta
HCl 0.100 M
Volume 25.0 mL
Una curva di titolazione acido-base è un grafico in cui si riporta il pH di una soluzione di
acido (o base) in funzione del volume di base (acido) aggiunta.
d
a) Prima dell’aggiunta: pH = -Log[H+]i
b) Aumento lento pH (< 7):
[H+] =
c
mol(H+)i - mol(OH-)agg
Vf
c) Punto di equivalenza pH = 7
[H+] = [OH-]
a
b
d) Aumento pH (> 7)
[OH-] =
mol(OH-)agg - mol(H+)i
Vf
[H+] =Kw/[OH-]
50
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO FORTE – BASE FORTE
NaOH(aq) + HBr(aq) ⇄ NaBr(aq) + H2O(l)
Reazione ionica netta:
OH-(aq) + H+(aq) ⇄ H2O(l)
Esempio: Calcolare il pH di una soluzione acquosa ottenuta mescolando 40,0 g di
NaOH con 40,0 g di HBr per un volume di soluzione pari a 1700 mL.
n NaOH 
40,0 g
 1,0 mol
40,0 g/mol
n HBr 
40,0 g
 0,49 mol
80,9 g/mol
L’acido bromidrico è presente in quantità minore, 0,49 moli, e reagirà
completamente per neutralizzare 0,49 moli di NaOH
Rimarrà un numero di moli di NaOH che non ha reagito pari a:
nNaOH=1,0 – 0,49 = 0,51 mol

[OH-]
0.51 mol
=
= 0.30 M
pOH = 0.52
1.7 L
pH = 14.00 - 0.52 = 13.5
51
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO DEBOLE – BASE FORTE
CH3COOH(aq) + NaOH ⇄ CH3COONa(aq) + H2O(l)
Reazione ionica netta: CH3COOH(aq) + OH- ⇄ CH3COO-(aq) + H2O(l)
La curva di titolazione ha una forma diversa rispetto a quella per acido e base
forti. Nella figura è riportata la curva di titolazione di 25 mL di CH3COOH 0.1M
con NaOH 0.1M
d
a) Prima dell’aggiunta di NaOH
È il caso di una soluzione di acido
debole

c
a
b
pH = -Log10[H+] (< 7)
52
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO DEBOLE – BASE FORTE
CH3COOH(aq) + NaOH ⇄ CH3COONa(aq) + H2O(l)
Reazione ionica netta: CH3COOH(aq) + OH- ⇄ CH3COO-(aq) + H2O(l)
1
K=
Kb
Ka
=
Kw
d
~ 109
Kw
c
Ka
 Reazione completa tra l’acido
debole (CH3COOH) e la base forte
(NaOH)
a
b
b) Prima del punto di equivalenza
Soluzione tampone:
[CH3COOH] =
(mol(CH3COOH)i – mol(OH-) agg
pH = pKa + Log
Vf
[CH3COO-]
[CH3COOH]
[CH3COO-] =
mol(OH-) agg
Vf
Equazione di Henderson-Hasselbalch
53
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO DEBOLE – BASE FORTE
CH3COO-(aq) + H2O ⇄ CH3COOH(aq) + OH-(aq)
c) Punto di equivalenza
d
Idrolisi salina
mol (CH3COOH)i = mol (OH-)agg
[CH3
COO-]
=
mol(OH-)agg
a
Vf
(x) (x)
Kb =
c
[CH3COO-]0 - x
=
b
x2
[CH3COO-]0 - x
pOH = Log10[OH-] pH = 14.00 – pOH (> 7)
54
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO DEBOLE – BASE FORTE
d) Oltre il punto di equivalenza.
In soluzione ci sono 2
responsabili della basicità
[CH3COO-] =
d
specie
(mol(CH3COOH)i
c
b
a
Vf
mol(OH-)agg - (mol(CH3COOH)i
[OH-] =
Vf
CH3COO-(aq) + H2O ⇄ CH3COOH(aq)+ OH-(aq)
[CH3COO-] - x
Problema di autovalutazione: 100 mL di HNO2 0.10 M
vengono titolati con una soluzione di 0.10 M di NaOH.
Calcolare il pH per a) la soluzione iniziale; b) il punto in
cui sono stati aggiunti 80 mL della base; c) il punto di
equivalenza; d) il punto in cui sono stati aggiunti 105 mL
della base
x
[OH-] + x
 pH = 14.00 - pOH
55
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO FORTE – BASE DEBOLE
NH3(aq) + HCl ⇄ NH4Cl(aq)
Reazione ionica netta:
NH3(aq) + H+ ⇄ NH4+(aq)
a
a) Prima dell’aggiunta dell’acido: equilibrio
dissociazione della base debole ([NH3]0 = [B]0)
di
[OH-]
c
b) Aggiunta dell’acido, prima del
equivalenza: soluzione tampone, il
diminuisce gradualmente:
pH = pKa + Log
b
[NH3]
[NH4+]
Equazione di
Henderson-Hasselbalch
punto
pH (>
di
7)
diminuisce di tante moli quante sono
le moli di acido aggiunte
d
aumenta di tante moli quante sono le
moli di acido aggiunte
c) punto di equivalenza: mol(NH3)i = mol(H+)agg = mol(NH4+) idrolisi salina acida (pH < 7)
NH4+(aq)
mol(NH3)i - x
⇄ NH3 + H+
x
x
 pH
d) Oltre il punto di equivalenza. In soluzione ci sono NH4+ e H+, responsabili di acidità.
Quando H+ é in forte eccesso  pH = -Log10(mol(H+)ecc)
56
EQUILIBRI ACIDO-BASE
Titolazioni ACIDO FORTE – BASE DEBOLE
Esercizio: Calcolare il pH al punto di equivalenza quando 25.0 mL di NH3 0.100 M vengono
titolati con una soluzione di HCl 0.100 M.
Reazione di titolazione:
NH3(aq) + H+ ⇄ NH4+(aq)
K=
1
Kb
=
Kw
Ka
~ 109
Kw
Kb(NH3)
Al punto di equivalenza: mol(NH3) = mol(H+) = 0.025 L x 0.100 mol/L = 2.5 x 10-3
V(HCl)agg = 25 mL 
[NH4+]
=
mol(NH4+)
Vf
=
2.5 x 10-3 mol
(25 + 25) mL
NH4+(aq) ⇄ NH3(aq) + H+(aq)
Concentrazioni iniziali
Variazioni
Concentrazioni
all’equilibrio
0.050 M
-
-
-x
+x
-x
0.050 - x
+x
+x
= 0.050 M
Ka =
Kw
Kb
= 5.6 x 10-10
trascurando l’autoionizzazione
dell’acqua
Considerando l’approssimazione x<<<[NH4]: x2 = Ka [NH4] = 5.6 x 10-10 x 0.15
 x =5.3 x 10-6 M
x < 5% [NH4]  approssimazione giustificata  pH = 5.28
57
EQUILIBRI ACIDO-BASE
INDICATORI ACIDO-BASE
Un indicatore è un acido debole o una base debole la cui forma
protonata ha un colore diverso dalla forma ionizzata. Viene aggiunto in
piccole quantità ad una soluzione e può assumere colori diversi a seconda
del pH della soluzione.
Nelle titolazioni acido-base viene aggiunto per determinare il punto di
equivalenza (il numero di moli OH- eguaglia il numero di moli di H+), per
conoscere esattamente il volume di titolante aggiunto.
HIn(aq) ⇄
In-(aq)
+
H+(aq)
Ka =
[In-] [H+]
HIn
Poiché l’indicatore è aggiunto in piccolissima quantità, [H+] ha un valore
costante uguale a quello della soluzione alla quale si aggiunge
l’indicatore e si ha:
Ka
[H+]
=
[In-]
HIn
58
EQUILIBRI ACIDO-BASE
INDICATORI ACIDO-BASE
Il rapporto [HIn]/[In-] determina il colore della soluzione e si possono avere tre casi
limite.
[HIn]

[H
O
]

K
(pH

pK
)
 1
3
In
In

1
[In ]
Ambiente acido: equilibrio spostato a sinistra (Le Chatelier)  predomina la HIn e il colore
predominate (assunto dalla soluzione) é quello della forma indissociata (HIn).
2
[H 3O  ]  K In
(pH  pK In )
[HIn]
 1
[In  ]
Ambiente basico: prevale la forma dissociata (In-) con la relativa colorazione
3
[H 3O  ]  K In
(pH  pK In )
[HIn]
1
[In  ]
Combinazione di colori
In generale ogni indicatore è caratterizzato da un valore di KIn: in una
soluzione esso assumerà il colore della specie protonata HIn per pH<pKIn
mentre assumerà il colore della specie ionizzata In- per pH>pKIn.
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EQUILIBRI ACIDO-BASE
INDICATORI ACIDO-BASE – INTERVALLO DI VIRAGGIO
L’occhio umano é in grado di apprezzare la prevalenza di un colore sull’altro quando il
rapporto tra le concentrazioni é pari ad un fattore 10. Il cambiamemto di colore
(viraggio) non si verifica ad uno specifico pH, ma all’interno di un intervallo di pH (intevallo
di viraggio). Nelle titolazioni bisogna scegliere un indicatore il cui intervallo di viraggio cada
nella zona ripida della curva di titolazione.
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