NEUTRALIZZAZIONI: DUE CASI STUDIO

Calcoliamo il pH di una soluzione ottenuta aggiungendo 3∙10-3 moli di acetato di sodio NaAc ad 1 litro di soluzione 2∙10-3 M di acido iodidrico HI.

Lo ione acetato è la base coniugata dell’acido acetico, che è un acido debole. Questo vuol dire che lo ione acetato è una base forte in grado di neutralizzare una pari quantità di acido forte HI in soluzione, che come vediamo è quantitativamente in difetto. Tutte le 2∙10-3 moli di HI saranno neutralizzate, producendo altrettante moli di acido acetico, mentre rimaranno in soluzione 10-3 moli di ione acetato.

CH3COO+ H+ → CH3COOH

Quindi osservando l’ equilibrio di dissociazione dello stesso acido acetico (Ka= 1.8∙10-5) dovremo considerare una concentrazione iniziale di tale acido pari a quella generata dalla precedente neutralizzazione, e per ogni x moli dell’ acido che reagiscono si formeranno x moli di ioni acetato da aggiungere alle 10-3 rimaste dalla neutralizzazione ed x moli di H3O+:

CH3COOH + H2O ↔ CH3COO+ H3O+

Ka= 1.8∙10-5 = x ∙(x+10-3)/(2∙10-3 – x)  che ci porta alla seguente equazione di secondo grado:

x2 + 10-3x – 3.6∙10-8 = 0 da cui pH = 4.46

 

Ora analizziamo invece il caso  di una soluzione generata dalla neutralizzazione di un acido debole come quello fluoridrico con una certa quantità di base forte , l’idrossido di sodio. Più precisamente:

1 litro di soluzione 1.2 M di HF (Ka= 3.5∙10-4) + 0.2 moli di NaOH.

Si tratta di ragionare in maniera analoga al caso visto in precedenza. La base forte aggiunta salifica una pari quantità di HF. Quindi si formano 0.2 moli di ione Fche andranno sommate alle x moli di acido che si dissociano. Ma la concentrazione dell’acido di partenza è pari a quella assegnata (1.2 M) meno quella che è stata neutralizzata (0.2 moli in un litro).

HF + H2O ↔ H3O+ + F 

Ka= 3.5∙10-4= x∙(x+0.2)/1  ovvero                                                                                      x2 + 0.2x – 3.5∙10-4 = 0  e pH = 2.77

Chimitutor -25 Ottobre 2017