D7-1 La costante di dissociazione ionica dell’ammoniaca in acqua è uguale a 1.8·10-5.
Determinare (a) il grado di dissociazione e (b) la concentrazione in ioni OH- d’una
soluzione di NH3 0.08 M.
NH3 + H2O
n(1-)
n - n
n–x
n n


NH 4 OH
K
 V V
n (1  )
NH3 
V



NH4+ + OHn
n
n
n
x
x
Gli OH- sono solo quelli
provenienti dalla base,
perché quelli dell’acqua
sono molto pochi.
2
n 
 
 V  (1  )
Concentraz ione
0.08
3


4
.
4

10
Kb
1.8 10 5
Come questo rapporto è maggiore di 103
si può fare l’approssimazione C-  C
2
K C
; se  è piccolo
(1  )
1   1
e
2
K
K C
e 
1
C
Il grado di dissociazione  dipende
dalla concentrazione C della soluzione.
Se la concentrazione iniziale è 1 il grado di dissociazione  è:
  K  1.8 10 5  4.2 10 3
NH4+ + OHx
x
NH3 + H2O
0.08-x
-
NH  OH  
K

4

NH3 
xx
0.08  x
Si può fare l' approssima zione 0.08  x  0.08 e
x2
K
 1.8 10 5 ;
0.08
[OH-] = 1.2·10-3 M
x 1.2 10 3 M
D7-2 Calcolare il pH ed il pOH delle seguenti soluzioni, supponendo la
dissociazione completa :
(a) Acido 0.00345 M
(b) Base 0.00886 M
pH = -log[H3O+] = -log(0.00345) = 2.46 ; pOH = 14 – pH =14 – 2.46 = 11.54
pOH = -log[OH-]) = -log(0.00866) = 2.05
pH = 14 – pOH =14 – 2.05 = 11.95
D7-3 La concentrazione di [H3O+] di una soluzione di HNO3 è di 1.0·10-3 moli/l e la
[H3O+] di una soluzione di NaOH è di 1.0·10-12 moli/l. Trovare la molarità ed il pH di
ognuna delle due soluzioni.
Soluzione HNO3
[H3O+] = 1.0·10-3 moli/l
[H3O+][OH-] = 1.0·10-14

 

 

10 14 1.0 10 14
OH 

10 11

3
H 3O
1.0 10

pH = 3; pOH = 11
Soluzione NaOH
[H3O+] = 1.0·10-12 moli/l
[H3O+][OH-] = 1.0·10-14
pOH = 2; pH = 12

10 14 1.0 1014
OH 

10 2

12
H 3O
1.0 10

D7-4 Calcolare le concentrazioni di [H3O+] e [OH-] d’una soluzione di acido
monoprotico 0.0010M, che è dissociato al 4.2%. Qual è il pH di questa soluzione?
Quali sono i valori di Ka e di pKa di questo acido.
n = 0.0010
 = 0.042
HA +
n(1-)
9.6·10-4
H3O+ + An
n
4.2·10-5
4.2·10-5
H2O
-
pH = -log[H3O+] = -log(4.2·10-5 ) = 4.38
H O  A   (4.2 10


Ka
3
HA 

5 2
9.6 10
)
4
pKa = -log(1.84·10-6) = 5.74
 1.84 106
Gli H3O+ sono solo quelli
provenienti dall’acido,
perché quelli dell’acqua sono
molto pochi.
D7-5 Qual è il pH di una soluzione contenente 0.010 moli di HCl per litro?
Calcolare la variazione del pH quando vengono aggiunte 0.020 moli di NaCH3COO
ad un litro di questa soluzione. La Ka del CH3COOH è 1.8·10-5.
HCl
i 0.010
f
0
+
H2O
H3O+
-
10-7
0.01
+
Cl0
0.01
pH = -log[H3O+] = -log(0.01) = 2
Le reazioni chimiche che avvengono quando vengono aggiunte le moli di NaCH3COO sono:
H2O
NaCH3COO
Na+
+ CH3COO-
Lo ione acetato in presenza di [H3O+] reagisce completamente perché questa reazione
è l’inverso della dissociazione dell’acido e la costante vale  10+5 e la reazione è:
i
f
CH3COO0.02
0.02-0.01
+
H3O+
0.01
?
CH3COOH
0.01
+
H2O
-
Alla fine si ha una soluzione 0.01 M di ione acetato e 0.01 M di acido acetico.
Questa è esattamente una soluzione tampone.
CH3COOH
0.01
+
H2O
-
CH3COO- +
0.01
H3O+
?
Applicando la relazione per una soluzione tampone:
[ H 3O  ] 
[CH 3COOH]
0.01
5
5
K

1
.
8

10

1
.
8

10
a
[CH 3COO ]
0.01
pH = -log(1.8·10-5) = 4.75
D7-6 Calcolare la percentuale di idrolisi di una soluzione di KCN 0.010M. La Ka di
HCN è uguale a 4.8·10-10.
H2O
KCN
K+
+ CN-
Una volta dissociato si verifica un processo di idrolisi.
K w 1.0 10 14
4
Kb 


0
.
2

10
K a 4.8 10 10
CN0.01-x
+
H2O
-
HCN
x
[HCN][OH ]
xx
Kb 

[CN ]
0.01  x
+ OHx
concentraz ione
0.01

 500
4
K
0.2 10
In questo caso il rapporto tra concentrazione e K è minore di 103 e non si potrebbe fare
l’approssimazione. Vediamo qual è l’errore che commettiamo non rispettando questa
regola.
xx
x2
Kb 

 0.2 10  4
0.01  x 0.01
x  0.01 0.2 10  4  4.47 10  4
riferito a 100
4.47 10  4
100  4.47%
0.01
Se si risolve il sistema senza approssimazione.
Kb 
xx
;
0.01  x
x2 + x·Kb – 0.01·Kb = 0
 K b  K 2b  4  0.01 K b
 0.2 104  4 1010  8 107
x

 4.37 104
2
2
In questo caso la percentuale di idrolisi è 4.37%
Valore  misura
100  errore %
Valore
4.47 104  4.37 104
100  2.29%
4
4.47 10
D7-7 I valori di K1 e K2 dell’acido ossalico, sono rispettivamente 5.9·10-2 e 6.4·10-5.
Qual è la concentrazione di [OH-] di una soluzione di ossalato di sodio 0.005 M?
K1 = 5.9·10-2
K2 =
HOOC-COOH
6.4·10-5
L’ossalato di sodio si dissocia totalmente.
H2O
Na2C2O4
C2O4=
HC2O4-
+
H2O
+
H2O
2 Na+
+
C2O4=
HC2O4- + OH-
H2C2O4 + OH-
K w 110 14
10
K b2 


1
.
56

10
K a 2 6.4 10 5
K w 110 14
13
K b1 


1
.
69

10
K a1 5.9 10  2
La seconda costante è molto più piccola della prima e consideriamo solo la prima
reazione.
C2O4=
0.005-x
+
H2O
-
HC2O4- + OHx
x
K b 2  1.56 10 10
Il rapporto tra concentrazione e Kb2 è molto maggiore di 103 quindi possiamo
approssimare.
[HC 2 O 4 ][OH ]
xx
x2
K b2 



[C 2 O 4 ]
0.005  x 0.005
x  0.005  K b 2  8.83 10 7
D7-9 Qual è la [H3O+] di una soluzione di acido solforico 0.0060 M? La dissociazione
primaria di H2SO4 è totale e la K della dissociazione secondaria è uguale a 1.02·10-2.
Qual è la [SO4=] dentro della stessa soluzione?
C = 0.0060 M
K = 1.02·10-2
HSO4- + H2O
C-x
-
SO4=
x
+ H3O+
C+x
Come C è piccolo e la K è grande non si possono fare approssimazioni.
[SO 4 ][ H 3O  ]
2
K

1
.
02

10
[HSO 4 ]
K
x (C  x )
;
Cx
x2  C  x  C  K  K  x
x  (C  K ) x  Ck  0;
2
 (C  K )  (C  K ) 2  4  K  C
x
2
Sostituendo i valori otteniamo:
 (0.0060  1.02 10 2 )  (0.0060  1.02 10 2 ) 2  4 1.02 10 2  0.0060
x
2
 0.0162  2.62 10  4  2.44 10  4  0.0162  0.0225
x

 3.15 10 3
2
2
[H3O+] = C + x = 0.0060 + 3.15·10-3 = 9.15·10-3 M
[SO4=] = 3.15·10-3 M
D7-10 L'acido formico, HCO2H, perde un protone nella ionizzazione ed ha una costante
di ionizzazione di 1,8·10-4 a 25 °C. Si calcolino le concentrazioni di HCO2H, H3O+,
HCO2- e OH- in:
(a) una soluzione ottenuta aggiungendo 1,00 mole di HCO2H ad acqua sufficiente per
avere 1,00 litri di soluzione;
(b) una soluzione preparata aggiungendo 1,00 x 10-2 mole di HCO2H ad acqua sufficiente
per avere 1,00 litri di soluzione. Si indichino le approssimazioni fatte e si dimostri che
esse sono giustificate. Si ottengano risposte entro il 5% dei valori esatti.
HCO2H
1-x
HCO2x
+ H2O
-
a) Approssimazione
+
H3O+
x
1-x  1
[HCO 2 ][ H 3O  ] x  x x 2
K


 1.8 104
[HCO 2 H]
1 x 1
x  11.8 104  0.013
Errore
% 0.013

;
100
1
%  1.3%
Se l’errore è inferiore al 5% si può fare l’approssimazione.
[H3O+] = 0.013 M
[HCO2H] = 1-0.013 = 0.987 M
[HCO2-] = 0.013 M
[OH-] = 1·10-14/0.013 = 7.7·10-13 M
b) 0.01-x  0.01
HCO2H
0.01-x
+ H2O
-
HCO2x
+
H3O+
x
[HCO 2 ][ H 3O  ]
xx
x2
K


 1.8 104
[HCO 2 H]
0.01  x 0.01
x  0.011.8 104  0.0013
Errore
% 0.0013

;
100
0.01
%  13%
Come l’errore è superiore al 5% non si può
fare l’approssimazione.
Soluzione esatta
[HCO 2 ][ H 3O  ]
xx
K

 1.8 10  4
[HCO 2 H ]
0.01  x
x 2  K  x  0.01  k  0
 K  K 2  4  0.01  K
x
2
x = 0.00126
[H3O+] = 0.00126 M
[HCO2H] = 0.01-0.00126 = 8.74·10-3 M
[HCO2-] = 0.00126 M
[OH-] = 1·10-14/0.00126 = 7.9·10-12 M
D7-12 Si calcolino le concentrazioni di H3O+, HOAc, e OAc- e OH- in una soluzione
preparata da 0,150 mole di HCl, 0,100 mole di HOAc e acqua sufficiente a formare
1,00 litri di soluzione. La costante di dissociazione di HOAc è 1,85 · 10-5 e HCl è
completamente dissociato in soluzione acquosa.
K di HOAc è 1,85 · 10-5
0,150 moli di HCl
0,100 moli di HOAc
Concentrazione H3O+ dovuta al HCl:
[H3O+] = 0.15 M
CH3COOH
0.1-x
+
H2O
-
Con le approssimazioni:
[H3O+]  0.15 M
[CH3COOH] 0.1 M
Risolvendo il sistema.
CH3COO- + H3O+
x
0.15+x
[CH3COO ][ H 3O  ] x  0.15
K

 1.85 10 5
[CH3COOH]
0.1
x
0.1 K
 1.23 10 5
0.15
[CH3COO-] = 1.23·10-5 M
[H3O+] = 0.15 +1.23·10-5 = 0.1500123 M
[CH3COOH] = 0.1- 1.23·10-5 = 0.0999877 M
D7-14 A un litro di soluzione contenente 0,150 M NH4Cl si aggiungono 0,200 mole di
NaOH solido. Quali sono le specie ioniche e molecolari di maggiore concentrazione ad
equilibrio raggiunto? Si calcolino le concentrazioni di NH3, OH- e NH4+ all'equilibrio,
tenendo conto che la costante di dissociazione dell'ammoniaca è 1,8 x 10-5.
Reazioni:
NH4Cl
H2O
NH4+ + Cl0.150
0.150
NaOH
H2O
Na+ + OH0.2
0.2
NH4+ + OHi 0.150
0.2
f 0
0.05
NH3 +
0
0.15
H2O
-
NH4+
x
NH3 + H2O
0.15-x
+ OH0.05+x
NH  OH   (0.05  x)x ;
K

4

NH3 
0.15  x
Come x è piccolo si può approssimare e otteniamo:
K
0.05  x
;
0.15
x
0.15
1.8 10 5  5.4 10 5
0.05
[NH4+] = 5.4·10-5 M
[NH3] = 0.149946 M
[OH-] = 0.050054 M
D7-17 Si prepara una soluzione sciogliendo 0,200 moli di formiato sodico, HCO2Na,
e 0,250 moli di acido formico, HCO2H, in circa 200(±50) ml di acqua. Si calcolino le
cocentrazioni di H3O+ e OH-. La costante di dissociazione dell'acido formico è
1,8 x 10-4.
Il sale si dissocia completamente.
HCO20
0.2
HCO2Na
i 0.2
f
0
HCO2H
0.25-x
+ H2O
-
+
HCO20.2+x
Na+
0
0.2
+
H3O+
?
In questo caso abbiamo una soluzione tampone.
0.25
[HCO 2 H]
V K  0.25 1.8 10  4  2.25 10  4
[ H 3O  ] 
K

0.2
[HCO 2 ]
0.2
V
Kw
11
[OH  ] 

4
.
4

10
[ H 3O  ]
D7-18 In 1,00 litri di una soluzione 0,250 M di HCl si aggiungono 0,600 moli di acetato
sodico solido. Si ammetta che non avvenga variazione di volume e si calcolino le
cocentrazioni di OAc-, HOAc, H3O+ e OH-. La Ka= 1.85·10-5 (Acetico)
0,250 M di HCl
0,600 M di CH3COONa
CH3COO- + Na+
0.6
0.6
CH3COONa
f
0
HCl
f
0
+
H2O
-
H3O+
0.25
CH3COO- + H3O+
i
0.6
0.25
f 0.6-0.25
0.25-0.25
Questa reazione è totale perché la
+
Cl-
Totale
Totale
0.25
CH3COOH + H2O
0
0.25
K
1
1

 1.54 10 4
K a 1.8
Le concentrazioni iniziali sono:
[CH3COO-] = 0.6-0.25=0.35 M
[CH3COOH] = 0.25 M
Quindi abbiamo una soluzione tampone
[ H 3O  ] 
[CH3COOH]
0.25
5
5
K

1
.
85

10

1
.
32

10
a
[CH3COO ]
0.35
[CH3COO-] = 0.35 M
[CH3COOH] = 0.25 M
[OH-] = 1·10-14/[H3O+] = 7.56·10-10
D7-21 Dalla seconda costante di ionizzazione dell'acido carbonico, si calcoli la costante
di equilibrio per l'idrolisi dello ione carbonato a ione bicarbonato, HCO3-. Da questo
valore si calcolino le concentrazioni di ione bicarbonato e idrossido in una soluzione
0,050 M di Na2CO3. E' in questo caso importante l'idrolisi di HCO3- a H2CO3? E
perchè?
H2CO3
+
H2O
HCO3-
+
H3O+
Ka1 = 4.2·10-7
HCO3-
+
H2O
CO3=
+
H3O+
Ka1 = 4.8·10-11
Kw
110 14
4
K b2 


2
.
1

10
K a 2 4.8 10 11
K w 110 14
8
K b1 


2
.
3

10
K a1 4.2 10 7
Solo il primo processo di idrolisi è importante, perché il secondo ha una
costante piccola.
CO3=
Na2CO3
4
CO3=
0.05-x
+
+
HCO3-
H2O
-
2Na+
+
x
Totalmente dissociato
OH-
Kb1 = 2.1·10-
x
[HCO 3 ][OH ]
xx
x2
4
K b1 



2
.
1

10

0.05  x 0.05
[CO3 ]
x  0.05  2.110 4  3.24 10 3
Errore
% 3.24 103

;
100
0.05
%  6.48%
Come l’errore è superiore al 5% non si può
fare l’approssimazione.
Soluzione esatta:
[HCO 3 ][OH  ]
xx
K b1 

 2.1 10  4

0.05  x
[CO3 ]
x 2  K b1  x  0.05  K b1  0
 K b1  K 2b1  4  0.05  K b1
x
2
 2.1 10  4  (2.1 10  4 ) 2  4  0.05  2.1 10  4
x
 3.13 10 3
2
[HCO3-] = x = 3.13·10-3
[OH-] = x = 3.13·10-3
D7-23 Una soluzione tampone di carbonato viene preparata sciogliendo 30,0 g di
Na2CO3 in 350 ml di acqua e aggiungendo 150 ml di HCl 1,00 M. Si calcoli il pH della
soluzione.
VT = 150+350 = 500 ml = 0.5 L
moli di bicarbonato di sodio
moli Na2CO3 = g/PM = 30/106 = 0.283 moli
molarità Na2CO3 = moli/V = 0.283/0.5 = 0.566 M
L’acido cloridrico, aggiunto nella nuova soluzione, ha una molarità:
M1V1 = M2V2;
M1 = 1.00 M
V1 = 150 ml
M2 = ?
V2 = 500
M2 = M1V1/V2 = 1 ·150/500 = 0.3 M
Il bicarbonato di sodio e l’acido cloridrico si dissociano completamente, ed alla fine
si ha la seguente reazione:
CO3=
+
i 0.566
f 0.566-03
H3O+
0.3
?
HCO30
0.3
+
H2O
-
La reazione finale è:
HCO30.3
+
H2O
-
CO3=
0.266
+
H3O+
?
Si è formata una soluzione tampone.
[HCO 3 ]
0.3
11
11
[ H 3O ] 
K

4
.
8

10

5
.
41

10
a
[CO3 ]
0.266

pH = -log(5.41·10-11) = 10.27
Kinv  1011