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Esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose

Equilibrio chimico

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Esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose

In questo articolo viene presentata una raccolta di 35 esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose, progettati per supportare gli studenti di ingegneria, fisica, biologia e chimica nel corso di chimica inorganica e generale. Gli esercizi affrontano i concetti chiave con spiegazioni dettagliate, rendendo il materiale chiaro e accessibile.

I contenuti coprono vari aspetti della chimica acido-base, tra cui il calcolo del pH e del pOH di soluzioni acide e basiche, la determinazione della concentrazione ionica e la variazione del pH in seguito alla diluizione o alla dissociazione di acidi e basi forti. Per affrontare al meglio questi esercizi, si raccomanda un ripasso dei concetti fondamentali di acidi, basi, pH, sistemi tampone, idrolisi e prodotto di solubilità.

Vengono inoltre trattati il comportamento di miscele di acidi e basi deboli, il grado di dissociazione e il ruolo delle soluzioni tampone. Gli esercizi includono anche calcoli relativi alle costanti di idrolisi e alla solubilità dei sali, fornendo un quadro completo dell’equilibrio ionico in soluzione.

Attraverso questi esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose, gli studenti potranno applicare i principi teorici della chimica delle soluzioni in modo pratico e metodico, consolidando le proprie competenze con esercitazioni mirate.

 

Scarica gli esercizi svolti

Ottieni il documento contenente 35 esercizi risolti per migliorare la tua comprensione dell’equilibrio nelle soluzioni acquose.

 

Esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose: autori e revisori

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Autore: Fulvio Benintende .  

Revisori: Joan Pasqual Guilabert.  

 

Esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose: testi degli esercizi

 

Esercizio 1 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).
Calcolare il pH delle soluzioni aventi le seguenti concentrazioni dello ione H_3O^+:

  1.     \[ [\text{H}_3\text{O}^+]= \text{8,2} \cdot 10^{-10} \text{ mol/L} \]

  2.     \[ [\text{H}_3\text{O}^+]= \text{8,2} \cdot 10^{-10} \text{ mol/L} \]

  3.     \[ [\text{H}_3\text{O}^+]= \text{1,85} \text{ mol/L} \]

  4.     \[ [\text{H}_3\text{O}^+]= \text{4,5} \cdot 10^{-2} \text{ mol/L} \]

  5.     \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \text{1,85} \cdot 10^{-8} \text{ mol/L}. \]

Svolgimento.

Si applica la pura definizione di pH:

    \[ \text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+]\]

  1.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log \text{8,2} - \log 10^{-10} = \text{9,1}}\]

  2.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log \text{1,85} = \text{-0,27}}\]

  3.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log \text{4,5} - \log 10^{-2} = \text{1,4}}\]

  4.     \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = -\log \text{1,85} - \log 10^{-8} = \text{7,7}.}\]

Nota: si è usata la proprietà del logaritmo di un prodotto \log (a \cdot b) = \log a + \log b.

 

Esercizio 2 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il pOH delle soluzioni aventi le seguenti concentrazioni dello ione OH^-:

  1.     \[ [\text{OH}^-] = \text{4,82} \cdot 10^{-3} \text{ mol/L} \]

  2.     \[ [\text{OH}^-] = \text{2,3} \text{ mol/L} \]

  3.     \[ [\text{OH}^- = \text{2,5} \text{ mol/L} \]

  4.     \[ [\text{OH}^-] = \text{8,25} \cdot 10^{-6} \text{ mol/L}. \]

Svolgimento.

Si applica la pura definizione di pOH:

    \[ \text{pOH} = -\log[\text{OH}^-]\]

  1.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{4,82} - \log 10^{-3} = \text{2,3}}\]

  2.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{2,3} - \log 10^{-1} = \text{0,64}}\]

  3.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{2,5} = \text{-0,4}}\]

  4.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{8,25} - \log 10^{-6} = \text{5,1}.}\]

Nota: si è usata la proprietà del logaritmo di un prodotto \log (a \cdot b) = \log a + \log b.

 

Esercizio 3 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il pH delle soluzioni aventi le seguenti concentrazioni dello ione OH^-:

  1.     \[ [\text{OH}^-] = \text{5,75} \cdot 10^{-5} \text{ mol/L} \]

  2.     \[ [\text{OH}^-] = \text{2,8} \cdot 10^{-1} \text{ mol/L} \]

  3.     \[ [\text{OH}^-] = \text{1,35} \cdot 10^{-7} \text{ mol/L} \]

  4.     \[ [\text{OH}^-] = \text{8,25} \cdot 10^{-10} \text{ mol/L}. \]

Svolgimento.

Si ricordi che \text{pH} + \text{pOH} = 14.

  1.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{5,75} - \log 10^{-5} = \text{4,2} \implies \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{9,8}}\]

  2.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{2,8 }- \log 10^{-1} = \text{0,55} \implies \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{13,45}}\]

  3.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{1,35} - \log 10^{-7} = \text{6,9} \implies \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{7,1}}\]

  4.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = -\log \text{8,25} - \log 10^{-10} = \text{9,1} \implies \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{4,9}}\]

 

Esercizio 4 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare la concentrazione molare dello ione H_3O^+ delle soluzioni aventi i seguenti pH:

  1.     \[ \text{pH} = \text{9,2} \]

  2.     \[ \text{pH} = \text{-1,5} \]

  3.     \[ \text{pH} = \text{5,74} \]

  4.     \[ \text{pH} = \text{6,81}. \]

Svolgimento.

Poiché [\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{-\text{pH}}:

  1.     \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{\text{-9,2}} = \text{6,3} \cdot 10^{-10} \text{ mol/L} }\]

  2.     \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{\text{-(-1,5)}} = \text{31,6} \text{ mol/L} }\]

  3.     \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{\text{-5,74}} = \text{1,82} \cdot 10^{-6} \text{ mol/L} }\]

  4.     \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{\text{-6,81}} = \text{1,55} \cdot 10^{-7} \text{ mol/L} }\]

 

Esercizio 5 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare la concentrazione molare dello ione OH^- nelle soluzioni aventi i seguenti pH:

  1.     \[ \text{pH} = \text{6,45} \]

  2.     \[ \text{pH} = \text{5,25} \]

  3.     \[ \text{pH} = \text{0,545} \]

  4.     \[ \text{pH} = \text{9,025}. \]

Svolgimento.

Si ricavano dapprima i pOH e poi le concentrazioni molari associate [OH^-] = 10^{-\text{pOH}}.

  1.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = 14 - \text{6,45} = \text{7,55} \implies [\text{OH}^-] = 10^{\text{-7,55}} = \text{2,82} \cdot 10^{-8} \text{ mol/L} }\]

  2.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = 14 - \text{5,25} = \text{8,75} \implies [\text{OH}^-] = 10^{\text{-8,75}} = \text{1,78} \cdot 10^{-9} \text{ mol/L} }\]

  3.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = 14 - \text{0,545} = \text{13,455} \implies [\text{OH}^-] = 10^{\text{-13,455}} = \text{3,51} \cdot 10^{-14} \text{ mol/L} }\]

  4.     \[\boxcolorato{chimica}{\text{pOH} = 14 - \text{9,025} = \text{4,975} \implies [\text{OH}^-] = 10^{\text{-4,975}} = \text{1,1} \cdot 10^{-5} \text{ mol/L}.}\]

 

Esercizio 6 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una soluzione di acido solforico \text{H}_2\text{SO}_4, completamente dissociata, contiene \text{3,5}\, \text{g} di acido in 400\, \text{mL}. Determinare il pH della soluzione.

Svolgimento.

Essendo per definizione:

    \[ \text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] \]

per rispondere al quesito bisogna ricavare la concentrazione di ioni idronio in soluzione. A tal proposito è necessario scrivere la reazione di dissociazione dell’acido in acqua:

    \[ \text{H}_2\text{SO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{H}_3\text{O}^+ + \text{SO}_4^{2-} \]

Nota: da \text{1} mole di \text{H}_2\text{SO}_4, a seguito della dissociazione, si formano \text{2} moli di \text{H}_3\text{O}^+ poiché l’acido è diprotico.

Si ragioni ora sulla concentrazione molare delle specie e sui coefficienti stechiometrici di reazione:

    \[ n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \frac{m_{\text{H}_2\text{SO}_4}}{M_{\text{H}_2\text{SO}_4}} = \frac{\text{3,5} \, \text{g}}{\text{98,086 }\, \text{g/mol}} = \text{0,0357} \, \text{mol} \]

    \[ [\text{H}_2\text{SO}_4] = \frac{n_{\text{H}_2\text{SO}_4}}{V_{\text{soluzione}} \, (\text{L})} = \frac{\text{0,0357} \, \text{mol}}{\text{0,4} \, \text{L}} = \text{0,0892} \, \text{mol/L}. \]

Poiché la dissociazione è completa, tutte le moli di acido solforico si trasformano in prodotti, per cui, riassumendo con una tabella:

mol/L[H2SO4][H_3O^+]
Inizio0,08920
Variazione0,08922 \cdot 0,0892 = 0,178
Equilibrio00,178

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{0,178}] = \text{0,75}. }\]

 

Esercizio 7 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Risalire al pH di una soluzione di idrossido di calcio 7 \cdot 10^{-4} \, \text{M} (considerare la base completamente dissociata).

Svolgimento.

Essendo \text{Ca(OH)}_2 una base non sarà possibile calcolare direttamente il pH, bisognerà passare prima per il pOH, frutto della concentrazione di ione ossidrile in soluzione. La reazione di dissociazione è la seguente:

    \[ \text{Ca(OH)}_2 \rightarrow \text{Ca}^{2+}_{(aq)} + 2\text{OH}^- \]

Anche in questo caso la dissociazione è totale:

mol/L[Ca(OH)2][OH^-]
Inizio7 \cdot 10^{-4}0
Variazione7 \cdot 10^{-4}2\cdot 7 \cdot 10^{-4}= 14\cdot 10^{-4}
Condizioni finali014\cdot 10^{-4}

Ne segue che:

    \[ \text{pOH} = -\log[14 \cdot 10^{-4}] = \text{\text{2,85}} \]

e che:

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{\text{11,15}}. }\]

 

Esercizio 8 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una soluzione è formata da 50\, \text{mL} di HCl \text{1,15}\, \text{M} e 30 \, \text{mL} di HCl \text{1,35}\, \text{M}. Determinare

  1. il pH
  2. il pOH.

Svolgimento punto 1.

Viene richiesto fondamentalmente di ricavare la concentrazione di \text{H}_3\text{O}^+ in soluzione. Poiché la soluzione finale è un mix, va calcolato il contributo di ogni soluzione iniziale in termini di moli di ioni idronio generati per dissociazione. Dalla soluzione \text{1,15}\, \text{M} si ottiene:

    \[ n_1 = M_1 V_1 = \text{1,15} \, \text{mol/L} \cdot \text{0.05} \, \text{L} = \text{0,0575}\, \text{mol}. \]

Dalla soluzione \text{1,35}\, \text{M}:

    \[ n_2 = M_2 V_2 = \text{1,35} \, \text{mol/L} \cdot \text{0.03} \, \text{L} = \text{0,0405} \, \text{mol}. \]

Nota: le moli di HCl e di \text{H}_3\text{O}^+ coincidono poiché il rapporto stechiometrico delle due specie è pari a 1. Infatti:

    \[ \text{HCl} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{Cl}^- \]

    \[ n_{\text{tot}} = n_1 + n_2 =\text{ 0,0575}} + \text{0,0405}} = \text{0,098}} \, \text{mol}. \]

Cui corrisponde:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{n_{\text{tot}}}{V_{\text{tot}}} = \frac{n_{\text{tot}}}{V_1 + V_2} = \frac{\text{0,098}}{\text{0,08}} = \text{1,225} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = -\log[\text{1,225}] = \text{-0,088}.}\]

In alternativa si potrebbe ragionare in termini di rapporti \frac{V_1}{V_{\text{tot}}} e \frac{V_2}{V_{\text{tot}}} in tal modo:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = M_1 \frac{V_1}{V_{\text{tot}}} + M_2 \frac{V_2}{V_{\text{tot}}} = \text{1,225} \, \text{mol/L}. \]

Svolgimento punto 2.

Poiché:

    \[ [\text{OH}^-] = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{[\text{H}_3\text{O}^+]} = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{\text{1,225}} = \text{8,16} \cdot 10^{-15} \, \text{mol/L} \]

Ne segue:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pOH} = -\log[\text{OH}^-] = \text{14,088}.}\]

In alternativa 2 si può risolvere attraverso l’espressione \text{pH} + \text{pOH} = 14.

 

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). In una soluzione la concentrazione molare dello ione \text{OH}^- è \text{5,88} \cdot 10^{-9} \, \text{M}. Quantificare:

  1. la concentrazione molare dello ione \text{H}_3\text{O}^+
  2. il pH.

Svolgimento punto 1.

Per definizione di acidità e basicità in termini di scala del pH:

    \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{[\text{OH}^-]} = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{\text{5,88} \cdot 10^{-9}} = \text{1,7} \cdot 10^{-6} \, \text{mol/L}. }\]

Svolgimento punto 2.

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{1,7} \cdot 10^{-6}] = \text{5,77}. }\]

 

Esercizio 10 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare il pH di una soluzione ottenuta diluendo con acqua, fino al volume di 1 \, \text{L}, 20\, \text{mL} di una soluzione di HNO_3 (cv=15\%).

Svolgimento.

Per arrivare alla concentrazione di ioni idronio in soluzione, da cui poi ottenere il pH, conviene innanzitutto scrivere la reazione di dissociazione per capire i coefficienti stechiometrici di reagenti e prodotti:

    \[ \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{NO}_3^- \]

Nota: la reazione non viene considerata di equilibrio poiché l’ipotesi sottintesa nel testo è che l’acido si dissocia totalmente.

Procedendo dalla richiesta verso i dati iniziali si rende ora necessario ricavare la concentrazione molare dell’acido. Il dato a disposizione è la concentrazione in volume1:

    \[ cv = \frac{V_{\text{soluto}} (\text{mL})}{V_{\text{soluzione}} (\text{mL})} \cdot 100 = 15\% \]

Da cui, con semplici passaggi matematici, si ricava il volume di acido nitrico in soluzione:

    \[ V_{\text{HNO}_3} = \frac{cv \cdot V_{\text{soluzione}}}{100} = \frac{15 \cdot 20}{100} = 3 \, \text{mL} \]

Attraverso la densità dell’acido (facilmente reperibile online sotto l’ipotesi di condizioni standard) è possibile poi ricavarne i grammi e infine la concentrazione in 1 \, \text{L} di soluzione:

    \[ d_{\text{HNO}_3} = \text{1,52} \, \text{g/mL} \]

    \[ m_{\text{HNO}_3} = d \cdot V = \text{1,52} \cdot 3 = \text{4,56} \, \text{g} \]

    \[ n_{\text{HNO}_3} = \frac{m_{\text{HNO}_3}}{M_{\text{HNO}_3}} = \frac{\text{4,56}}{\text{63,018}} = \text{0,072} \, \text{mol} \]

Il numero di moli di HNO_3 in soluzione resta invariato in seguito a una diluizione con acqua, per cui la sua concentrazione molare in 1\, \text{L} è:

    \[ [\text{HNO}_3] = \text{0,072} \, \text{mol/L} \]

Essendo in rapporto 1:1:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \text{0,072} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{0,072}] = \text{1,14}. }\]

   

    \[\]

  1. Per ulteriori dettagli sull’argomento si visiti la pagina. ↩

 

Esercizio 11 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare:

  1. il pH
  2. la concentrazione molare delle specie ioniche in una soluzione \text{2,35} \cdot 10^{-2} \, \text{M} di HClO_4.

Svolgimento punto 1.

La reazione di dissociazione (totale) dell’acido perclorico è:

    \[ \text{HClO}_4 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{ClO}_4^- \]

Essendo il rapporto stechiometrico acido/ione idronio 1:1, la concentrazione molare rimane invariata:

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{2,35} \cdot 10^{-2}] = \text{1,63}. }\]

Svolgimento punto 2.

Lo stesso discorso vale per lo ione \text{ClO}_4^-. Poiché il rapporto stechiometrico con l’acido è 1:1, le moli di ione che si producono sono pari a quelle di HClO_4 che reagiscono e quindi la concentrazione molare dello ione perclorato (come quella dello ione idrossonio) è sempre

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{2,35} \cdot 10^{-2} \, \text{M}. }\]

 

Esercizio 12 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). A una soluzione contenente 120\, \text{mL} di HNO_3 \text{0,01}\, \text{M} si aggiungono 80 \, \text{mL} di idrossido di sodio \text{0,01}\, \text{M}. Quantificare il pH della soluzione risultante. (Considerare i componenti della soluzione completamente dissociati).

Svolgimento.

Nello scenario proposto avvengono 3 reazioni:

  1.     \[ \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{NO}_3^- \]

        \[ n_{\text{HNO}_3} = n_{\text{H}_3\text{O}^+} = M \cdot V = \text{0,01} \cdot \text{0,120} = \text{1,2} \cdot 10^{-3} \, \text{mol} \]

  2.     \[ \text{NaOH} \rightarrow \text{Na}^+ + \text{OH}^- \]

        \[ n_{\text{OH}^-} = n_{\text{NaOH}} = \frac{m_{\text{NaOH}}}{M_{\text{NaOH}}} \]

        \[ m_{\text{NaOH}} = n_{\text{eq,NaOH}} \cdot m_{\text{eq,NaOH}} \]

        \[ n_{\text{eq,NaOH}} = N \cdot V = 0,01} \cdot \text{0,08} = 8 \cdot 10^{-4} \, \text{equivalenti} \]

        \[ m_{\text{eq,NaOH}} = \frac{M_{\text{NaOH}}}{V.O.} = \frac{40}{1} = 40, \]

    dove V.O. è la valenza operativa e in questo caso rappresenta il numero di cariche positive (o negative) che si liberano per dissociazione di una mole di sostanza. Procedendo a ritroso si ottiene:

        \[ m_{\text{NaOH}} = \text{0,032} \, \text{g} \]

        \[ n_{\text{NaOH}} = n_{\text{OH}^-} = 8 \cdot 10^{-4} \, \text{mol} \]

  3.     \[ \text{H}_3\text{O}^+ + \text{OH}^- \rightarrow 2\text{H}_2\text{O} \]

    In questa reazione alcune moli di ione ossidrile si legano ad altre di ione idronio, diminuendone la quantità libera. Essendo il rapporto stechiometrico tra le due specie 1:1, le moli di \text{H}_3\text{O}^+ rimanenti si calcolano per semplice differenza:

        \[ n_{\text{H}_3\text{O}^+, \text{finali}} = n_{\text{H}_3\text{O}^+} - n_{\text{OH}^-} = \text{1,2}\cdot 10^{-3} - 8 \cdot 10^{-4} = 4 \cdot 10^{-4} \, \text{mol} \]

Infine:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{n_{\text{H}_3\text{O}^+, \text{finali}}}{V_{\text{tot}}} = \frac{4 \cdot 10^{-4}}{\text{0,120} + \text{0,08}} = 2 \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

Quindi

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = \text{2,7}. }\]

 

Esercizio 13 (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando: 150 \, \text{mL} di acido solforico \text{0,2}\, \text{N}; 80\, \text{mL} di H_2SO_4 \text{0,25}\, \text{M}; 120\, \text{mL} di una soluzione contenente \text{2,5} \, \text{g} di HNO_3 e 50\, \text{mL} di una soluzione contenente \text{1,2} \, \text{g} di HCl.

Svolgimento.

A ogni reazione di dissociazione corrisponde un contributo in termini di \text{H}_3\text{O}^+ in soluzione. Valutiamo i singoli apporti:

  1.     \[ \text{H}_2\text{SO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2 \text{H}_3\text{O}^+ + \text{SO}_4^{2-} \]

        \[ n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \frac{m_{\text{H}_2\text{SO}_4}}{M_{\text{H}_2\text{SO}_4}} \]

        \[ m_{\text{H}_2\text{SO}_4} = n_{\text{eq, H}_2\text{SO}_4} \cdot m_{\text{eq, H}_2\text{SO}_4} \]

        \[ n_{\text{eq, H}_2\text{SO}_4} = N \cdot V_{\text{soluzione}} \, (\text{L}) = \text{0,2} \cdot \text{0,150} = \text{0,03} \, \text{equivalenti} \]

        \[ m_{\text{eq, H}_2\text{SO}_4} = \frac{M_{\text{H}_2\text{SO}_4}}{V.O.} = \frac{\text{98,086}}{2} = \text{49,043}. \]

    Procedendo a ritroso si ottiene:

        \[ m_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \text{1,47} \, \text{g} \]

        \[ n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \text{0,015} \, \text{mol}. \]

    Infine, essendo il rapporto stechiometrico \text{H}_2\text{SO}_4/\text{H}_3\text{O}^+ di 1:2 si ha:

        \[ n_{\text{H}_3\text{O}^+} = 2 \cdot n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \text{0,03} \, \text{mol}. \]

  2. La reazione è identica al punto 1:

        \[ n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = M \cdot V_{\text{soluzione}} = \text{0,25} \cdot \text{0,08} = \text{0,02} \, \text{mol} \]

        \[ n_{\text{H}_3\text{O}^+} = 2 \cdot n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \text{0,04} \, \text{mol} \]

  3.     \[ \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{NO}_3^- \]

        \[ n_{\text{HNO}_3} = \frac{m_{\text{HNO}_3}}{M_{\text{HNO}_3}} = \frac{\text{2,5}}{\text{63,018}} = \text{0,04} \, \text{mol}. \]

    L’acido nitrico e lo ione idrossonio hanno rapporto stechiometrico 1:1, quindi il numero di moli di ioni prodotti è pari al numero di moli di acido di partenza.

  4.     \[ \text{HCl} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{Cl}^- \]

        \[ n_{\text{HCl}} = \frac{m_{\text{HCl}}}{M_{\text{HCl}}} = \frac{\text{1,2}}{\text{36,458}} = \text{0,033} \, \text{mol} = n_{\text{H}_3\text{O}^+}. \]

    Infine, si calcola la concentrazione dello ione \text{H}_3\text{O}^+ nel volume costituito dalla miscela delle soluzioni:

        \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{n_{\text{tot}}}{V_{\text{tot}}} = \frac{\text{0,03} + \text{0,04} + \text{0,04} + \text{0,033}}{\text{0,15} + \text{0,08} + \text{0,12} + \text{0,05} = \text{0,3575}} \, \text{mol/L}. \]

    Ne segue che il pH è:

        \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = \text{0,45}.}\]

 

Esercizio 14 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). L’idrossido di alluminio è una base debole e si dissocia solo al 10\%. Calcolare il pH di una soluzione contenente 10 \, \text{mg} di Al(OH)_3 in 250\, \text{mL} di soluzione.

Svolgimento.

Nel problema proposto la base si dissocia solo parzialmente in acqua. La strategia per arrivare al pH prevede, come ormai noto, la determinazione della concentrazione di \text{H}_3\text{O}^+ in soluzione o, per via indiretta, della concentrazione di \text{OH}^-. In 10 \, \text{mg} di idrossido di alluminio si celano:

    \[ n_{\text{Al(OH)}_3} = \frac{m_{\text{Al(OH)}_3}}{M_{\text{Al(OH)}_3}} = \frac{\text{0,01} \, \text{g}}{78 \, \text{g/mol}} = \text{1,28} \cdot 10^{-4} \, \text{mol}. \]

La reazione di dissociazione è:

    \[ \text{Al(OH)}_3 \rightleftharpoons \text{Al}^{3+} + 3\text{OH}^-. \]

Per cui per ogni mole di idrossido se ne ottengono 3 di ione ossidrile. Considerando anche che la dissociazione è al 10\%:

    \[ n_{\text{OH}^-} = \text{0,1} \cdot 3n_{\text{Al(OH)}_3} = \text{3,84} \cdot 10^{-5} \, \text{mol}. \]

E di conseguenza, in 250\, \text{ml} di soluzione:

    \[ [\text{OH}^-] = \frac{n_{\text{OH}^-}}{V_{\text{soluzione}} \, (\text{L})} = \frac{\text{3,84} \cdot 10^{-5}}{\text{0,250}} = \text{1,54 }\cdot 10^{-4} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pOH} = -\log[\text{OH}^-] = \text{3,81} \implies \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{10,19}.}\]

 

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare la molarità della soluzione di acido nitrico \text{HNO}_3 avente pH= \text{3,25}.

Svolgimento.

L’obiettivo è ricavare la concentrazione molare di acido nitrico, che è la stessa dello ione idronio, essendo il loro rapporto stechiometrico 1:1. La reazione infatti è:

    \[ \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{NO}_3^-. \]

Essendo:

    \[ \text{pH} = -\log[H_3\text{O}^+], \]

bisogna risolvere un’equazione logaritmica:

    \[ 10^{\text{pH}} = 10^{-\log[H_3\text{O}^+]}. \]

Per le proprietà delle potenze:

    \[ 10^{\text{pH}} = \frac{1}{10^{\log[H_3\text{O}^+]}} \implies 10^{\text{pH}} = \frac{1}{[H_3\text{O}^+]}. \]

Con semplici passaggi matematici poi si ottiene:

    \[\boxcolorato{chimica}{ [H_3\text{O}^+] = [\text{HNO}_3] = \frac{1}{10^{\text{pH}}} = \frac{1}{10^{\text{3,25}}} \approx \text{5,6} \times 10^{-4} \, \text{mol/L}.}\]

 

Esercizio 16 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare quanti mL di soluzione di HCl aventi la concentrazione \text{0,5}\%\text{m/v} occorre aggiungere a 4 \, \text{L} di acqua per ottenere una soluzione con pH = 3; considerare che l’aggiunta di HCl non cambia sensibilmente il volume.

Svolgimento.

L’obiettivo è il volume di soluzione di HCl da aggiungere, insito nella formula:

    \[ \% \, m/v = \frac{m_{\text{HCl}} \, (\text{g})}{V_{\text{soluzione}} \, (\text{mL})} \cdot 100. \]

La relazione scritta in questi termini risulta poco utile, se si intende ragionare per concentrazioni. Si dividano allora ambo i membri per la massa molare dell’acido e con alcuni semplici passaggi matematici si ottiene la concentrazione molare:

    \[ \frac{m_{\text{HCl}}}{M_{\text{HCl}}} \cdot \frac{1}{V_{\text{soluzione}}} \cdot 100 = \frac{\% \, m/v}{M_{\text{HCl}}} \]

    \[ \frac{n_{\text{HCl}}}{V_{\text{soluzione}}} = \frac{\text{0,5}}{100} \cdot \frac{1}{\text{36,46}} = \text{1,37 }\cdot 10^{-4} \, \text{mol/mL} = \text{0,137} \, \text{mol/L}. \]

Che rappresenta il numero di moli di HCl presenti in ogni L di una sua soluzione \text{0.5}\% m/v. Per avere un pH = 3, una soluzione deve poi avere una concentrazione molare di ioni \text{H}_3\text{O}^+ pari a:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = [\text{HCl}] = 10^{-\text{pH}} = 10^{-3} = 1 \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

Che coincide con la molarità di HCl, essendo che nella reazione di dissociazione dell’acido il rapporto stechiometrico tra le due specie è di 1:1. Di conseguenza, in un volume complessivo di 4 \, \text{L} di soluzione (che non tiene conto del volume di soluzione di HCl \text{0,5}\% m/v aggiunto, come richiesto dal problema) vi devono essere:

    \[ n_{\text{HCl}} = [\text{HCl}] \cdot V = 4 \cdot 10^{-3} \, \text{moli}. \]

È possibile ora impostare una proporzione tra moli e volumi, che letteralmente si legge così: “se in 1 L di soluzione (\text{0,5}\% m/v ) albergano \text{0,137} moli di HCl, quanti litri di soluzione (\text{0,5}\% m/v) servono affinché la soluzione contenga 4 \cdot 10^{-3} moli di acido?”:

    \[ 1 : \text{0,137} = V_{\text{HCl, aggiunto}} : 4 \cdot 10^{-3} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{V_{\text{HCl, aggiunto}} = \frac{4 \cdot 10^{-3}}{\text{0,137}} = \text{0,0292} \, \text{L} = \text{29,2} \, \text{mL}. }\]

 

Esercizio 17 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Ricavare la concentrazione molare dello ione \text{H}_3\text{O}^+ di una soluzione ottenuta mescolando 130\, \text{mL} di HClO \text{0,2}\, \text{M}; 120\, \text{mL} di HNO_3 \text{0,3}\, \text{M}; 200 \, \text{mL} di una soluzione contenente 3\, \text{g} di H_2SO_4.

Svolgimento.

La concentrazione molare consiste nelle moli di soluto rapportate al volume (in litri) complessivo di soluzione. Queste sono le grandezze da calcolare e poi da mettere a frazione. Si analizzino le singole reazioni:

  1.     \[ \text{HClO} + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{ClO}^-. \]

    Rapporto tra acido e ione idronio di 1:1. In 130\, \text{mL} di HClO \text{0,2}\, \text{M} vi sono:

        \[ n_{\text{HClO}} = n_{\text{H}_3\text{O}^+} = M_1 V_1 = \text{0,2} \cdot \text{0,130} = \text{0,026}\, \text{mol} \]

  2.     \[ \text{HNO}_3 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{NO}_3^- \]

    Rapporto tra acido e ione idronio 1:1. In 120\, text{mL} di HNO_3 \text{0,3}\, ^\circ\text{M} vi sono:

        \[ n_{\text{HNO}_3} = n_{\text{H}_3\text{O}^+} = M_2 V_2 = \text{0,3} \cdot \text{0,120} = \text{0,036} \, \text{mol} \]

  3.     \[ \text{H}_2\text{SO}_4 + 2\text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\text{H}_3\text{O}^+ + \text{SO}_4^{2-}. \]

    Rapporto tra acido e ione idronio 1:2. In 3\, \text{g} di H_2SO_4 vi sono:

        \[ n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \frac{m_{\text{H}_2\text{SO}_4}}{M_{\text{H}_2\text{SO}_4}} = \frac{3}{\text{98,086}} = \text{0,0306} \, \text{mol} \]

        \[ n_{\text{H}_3\text{O}^+} = 2 \cdot n_{\text{H}_2\text{SO}_4} = \text{0,0612} \, \text{mol}. \]

    Il calcolo terminale è composto quindi da:

        \[\boxcolorato{chimica}{[\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{n_{\text{H}_3\text{O}^+}}{V_{\text{tot}}} = \frac{\text{0,026} + \text{0,036} + \text{0,0612}}{\text{0,13} + \text{0,12} + \text{0,2}} = \text{0,063} \, \text{mol/L}. }\]

 

Esercizio 18 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).
Calcolare:

  1. il pH;
  2. il pOH.

di una soluzione di acido etanoico CH_3COOH \text{1,5}\, ^\circ\text{M} sapendo che K_a = \text{1,8} \cdot 10^{-5}.

Svolgimento.

Per il calcolo delle due grandezze richieste serve la concentrazione di \text{H}_3\text{O}^+ in soluzione. La reazione di dissociazione è la seguente:

    \[ \text{CH}_3\text{COOH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{H}_3\text{O}^+ + \text{CH}_3\text{COO}^-. \]

Rapporto tra ione idronio e base coniugata dell’acido 1:1. La costante di dissociazione acida per la reazione in analisi è definita come:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{CH}_3\text{COO}^-]}{[\text{CH}_3\text{COOH}]}. \]

Poiché [\text{H}_3\text{O}^+] = [\text{CH}_3\text{COO}^-] si può scrivere:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{[\text{CH}_3\text{COOH}]}. \]

Da cui, con semplici passaggi algebrici:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \sqrt{K_a \cdot [\text{CH}_3\text{COOH}]} = \sqrt{\text{1,8} \cdot 10^{-5} \cdot \text{1,5}} = \text{6,36} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

Infine:

    \[ \text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = \text{2,20} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pOH} = 14 - \text{pH} = \text{11,8}.}\]

 

Esercizio 19 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).
Scoprire:

  1. il pH;
  2. il grado di dissociazione (\alpha) di una soluzione di acido cianidrico HCN \text{0,1}\, \text{M} la cui costante di dissociazione K_a = 4 \cdot 10^{-10}.

Svolgimento punto 1.

La reazione di dissociazione di HCN è:

    \[ \text{HCN} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{H}_3\text{O}^+ + \text{CN}^- \]

Rapporto stechiometrico acido/base coniugata 1:1. Di conseguenza [\text{CN}^-] = [\text{H}_3\text{O}^+]. Dalla costante di dissociazione è possibile ricavare la concentrazione di ione idronio, ricordando che:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{CN}^-]}{[\text{HCN}]}. \]

E poiché [\text{H}_3\text{O}^+] = [\text{CN}^-] per via del rapporto stechiometrico 1:1:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{[\text{HCN}]} \]

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \sqrt{K_a \cdot [\text{HCN}]} = \sqrt{4 \cdot 10^{-10} \cdot \text{0,1}} = \text{6,32} \cdot 10^{-6} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = -\log[\text{6,32} \cdot 10^{-6}] = \text{5,2}. }\]

Svolgimento punto 2.

Il grado di dissociazione è definito come:

    \[\boxcolorato{chimica}{\alpha = \frac{[\text{HCN}]_{\text{dissociato}}}{[\text{HCN}]_{\text{totale}}} \cdot 100 = \frac{\text{6,32} \cdot 10^{-6}}{\text{0,1}} \cdot 100 = \text{0,006}\%. }\]

 

Esercizio 20 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una soluzione \text{0,6} \, \text{M} di acido dicloroacetico CHCl_2COOH ha una costante di dissociazione K_a = \text{3,32} \cdot 10^{-2}. Calcolare:

  1. il pH;
  2. il grado di dissociazione (\alpha) della soluzione.

Svolgimento punto 1.

La reazione di dissociazione di CHCl_2COOH è:

    \[ \text{CHCl}_2\text{COOH} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{H}_3\text{O}^+ + \text{CHCl}_2\text{COO}^-. \]

Rapporto stechiometrico acido/base coniugata 1:1. Di conseguenza [\text{CHCl}_2\text{COO}^-] = [\text{H}_3\text{O}^+]. Dalla costante di dissociazione è possibile ricavare la concentrazione di ione idronio, ricordando che:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{CHCl}_2\text{COO}^-]}{[\text{CHCl}_2\text{COOH}]}. \]

E poiché [\text{H}_3\text{O}^+] = [\text{CHCl}_2\text{COO}^-] per via del rapporto stechiometrico 1:1:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{[\text{CHCl}_2\text{COOH}]} \]

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \sqrt{K_a \cdot [\text{CHCl}_2\text{COOH}]} = \sqrt{\text{3,32} \cdot 10^{-2} \cdot \text{0,6}} = \text{0,141} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = -\log[\text{0,141}] = \text{0,85}. }\]

Svolgimento punto 2.

Il grado di dissociazione è definito come:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \alpha = \frac{[\text{CHCl}_2\text{COOH}]_{\text{dissociato}}}{[\text{CHCl}_2\text{COOH}]_{\text{totale}}} \cdot 100 = \frac{\text{0,141}}{\text{0,6}} \cdot 100 = \text{23,5}\%.}\]

 

Esercizio 21 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare il pH del sistema tampone formato da: 350\, \text{mL} di HClO \text{1,5} \cdot 10^{-2} \, \text{M} + 350\, \text{mL} di NaClO \text{1,5} \cdot 10^{-2} \, \text{M} (K_a = \text{3,2} \cdot 10^{-8}).

Svolgimento.

Il sistema tampone proposto è formato da un acido debole e da un sale della sua base forte. Le reazioni che avvengono sono le seguenti:

    \[ \text{HClO} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{H}_3\text{O}^+ + \text{ClO}^- \]

da cui:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{ClO}^-]}{[\text{HClO}]} \]

e con semplici passaggi algebrici:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{K_a \cdot [\text{HClO}]}{[\text{ClO}^-]}. \]

Applicando il logaritmo:

    \[ \text{pH} = -\log K_a - \log \frac{[\text{HClO}]}{[\text{ClO}^-]} \]

che rappresenta l’equazione necessaria a risolvere il quesito.

Lo ione \text{ClO}^- viene generato dalla dissociazione completa dell’ipoclorito di sodio, secondo la reazione:

    \[ \text{NaClO} \rightarrow \text{Na}^+ + \text{ClO}^-. \]

La concentrazione di HClO nel mix di soluzioni è:

    \[ [\text{HClO}]_{\text{mix}} = \frac{n_{\text{HClO}}}{V_{\text{tot}} \, (\text{L})} = \frac{\text{1,5} \cdot 10^{-2} \cdot \text{0,35}}{\text{0,70}} = \text{7,5} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

Nota: \text{1,5} \cdot 10^{-2} \cdot \text{0,35} è l’operazione per ricavare le moli di HClO nella sua soluzione di partenza di 350 \, \text{mL}

Invece:

    \[ [\text{ClO}^-]_{\text{mix}} = \frac{n_{\text{ClO}^-}}{V_{\text{tot}} \, (\text{L})} = \frac{\text{1,5} \cdot 10^{-2} \cdot \text{0,35}}{\text{0,70}} = \text{7,5} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

In questo caso specifico, dunque, le concentrazioni delle due specie di interesse sono le medesime e quindi il loro rapporto è pari a 1 (indice di un buon sistema tampone). Di conseguenza:

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log K_a - \log 1 = \text{7,5}. }\]

 

Esercizio 22 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Disponendo di un sistema tampone formato da: \text{0,21} \, \text{L} di NaH_2PO_4 \text{0,5} \, \text{M} + \text{0,29}\, \text{L} di Na_2HPO_4 \text{0,5} \, \text{M}, quantificare il pH della soluzione dopo diluizione con acqua fino al volume di 1 \, \text{L} (K_{a,H_2PO_4^-} = \text{6,2} \cdot 10^{-5}).

    \[ \text{NaH}_2\text{PO}_4 \rightarrow \text{Na}^+ + \text{H}_2\text{PO}_4^- \]

    \[ \text{H}_2\text{PO}_4^- \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{HPO}_4^{2-} \]

Svolgimento.

Il sistema tampone è formato dall’acido debole H_2PO_4^- e dal sale della sua base forte Na_2HPO_4. Le reazioni in gioco sono le seguenti:

  1.     \[ \text{NaH}_2\text{PO}_4 \rightarrow \text{Na}^+ + \text{H}_2\text{PO}_4^- \]

  2.     \[ \text{Na}_2\text{HPO}_4 \rightarrow 2\text{Na}^+ + \text{HPO}_4^{2-} \]

  3.     \[ \text{H}_2\text{PO}_4^- + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{HPO}_4^{2-} \]

Nota: sopra il simbolo di reazione 1 e 2 andrebbe posta la specie H_2O per evidenziarne la presenza in soluzione.

La reazione 3 è quella di interesse per calcolare il pH.

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+] \cdot [\text{HPO}_4^{2-}]}{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]} \]

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = \frac{K_a \cdot [\text{H}_2\text{PO}_4^-]}{[\text{HPO}_4^{2-}]} \]

    \[ \text{pH} = -\log K_a - \log \left( \frac{[\text{H}_2\text{PO}_4^-]}{[\text{HPO}_4^{2-}]} \right). \]

Le concentrazioni nella soluzione risultante dal mix di quelle di partenza sono calcolabili come segue:

    \[ [\text{H}_2\text{PO}_4^-]_{\text{mix}} = \frac{n_{\text{H}_2\text{PO}_4^-}}{V_{\text{tot}} (\text{L})} = \frac{\text{0,5} \cdot \text{0,21}}{1} = \text{0,105} \, \text{mol/L} \]

    \[ [\text{HPO}_4^{2-}]_{\text{mix}} = \frac{n_{\text{HPO}_4^{2-}}}{V_{\text{tot}} (\text{L})} = \frac{\text{0,5} \cdot \text{0,29}}{1} = \text{0,145} \, \text{mol/L} \]

Nota: \text{0,5} \cdot \text{0,21} e \text{0,5} \cdot \text{0,29} sono le operazioni per ricavare le moli di H_2PO_4^- e HPO_4^{2-} nelle loro soluzioni di partenza, rispettivamente di \text{0,21}\, \text{L} e \text{0,29} \, \text{L}.

Infine:

    \[\boxcolorato{chimica}{\text{pH} = -\log (\text{6,2} \cdot 10^{-5}) - \log \left( \frac{\text{0,105}}{\text{0,145}} \right) = \text{4,35}. }\]

 

Esercizio 23 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una soluzione tampone è formata da: 900 \, \text{mL} di CH_3COOH \text{0,3} \, \text{M} (K_a = \text{1,8} \cdot 10^{-5}) + 100 \, \text{mL} di NaOH 2 \, \text{M}. Determinare

  1. il pH della soluzione;
  2. di quanto varia il pH dopo l’aggiunta di 20 \, \text{mL} di HCl 0,1 \, \text{M}.

Svolgimento punto 1.

L’acido acetico reagisce con la soda, pertanto il suo numero di moli in soluzione diminuisce:

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COOH, finali}} = n_{\text{CH}_3\text{COOH, iniziali}} - n_{\text{CH}_3\text{COOH, reagenti}} \]

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COOH, iniziali}} = M \cdot V (\text{L}) = \text{0,3} \cdot \text{0,9} = \text{0,27} \, \text{mol} \]

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COOH, reagenti}} = n_{\text{NaOH, reagenti}} = M \cdot V (\text{L}) = 2 \cdot \text{0,1} = \text{0,2} \, \text{mol} \]

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COOH, finali}} = \text{0,27} - \text{0,2} = \text{0,07} \, \text{mol}. \]

Poiché la reazione da usare per calcolare [H_3O^+] è quella di dissociazione dell’acido acetico:

    \[ \text{CH}_3\text{COOH} + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{H}_3\text{O}^+ + \text{CH}_3\text{COO}^- \]

si calcolino anche le moli di ione acetato prodotte in seguito al mescolamento con NaOH, pari proprio al numero di moli di acido acetico (o soda) che reagiscono:

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COO}^-, reagenti} = \text{0,2} \, \text{mol} \]

Infine:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = -\log K_a - \log \left( \frac{[\text{CH}_3\text{COOH}]}{[\text{CH}_3\text{COO}^-]} \right) = \text{5,2}.}\]

Svolgimento punto 2.

Quando si aggiunge HCl, variano le moli in gioco. In particolare, si aggiungono al mix:

    \[ n_{\text{H}_3\text{O}^+} = M \cdot V (\text{L}) = \text{0,1} \cdot \text{0,02} = \text{0,002} \, \text{mol} \]

che reagiscono con lo ione acetato, così modificando le moli presenti:

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COOH}} = \text{0,07} + \text{0,002} = \text{0,072} \, \text{mol} \]

    \[ n_{\text{CH}_3\text{COO}^-} = \text{0,2} - \text{0,002} = \text{0,198} \, \text{mol}. \]

Di conseguenza:

    \[ \text{pH} = -\log K_a - \log \left( \frac{[\text{CH}_3\text{COOH}]}{[\text{CH}_3\text{COO}^-]} \right) = \text{5,18} \]

e:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \Delta \text{pH} = \text{5,2} - \text{5,18} = \text{0,02}.}\]

 

Esercizio 24 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).

Calcolare il pH di un tampone formato da 200 \, \text{mL} di NH_3 \text{0,2} \, \text{M} e 200 \, \text{mL} di NH_4Cl \text{0,1} \, \text{M} (K_b = \text{1,8} \cdot 10^{-5}), dopo diluizione in acqua fino al volume di 1 \, \text{L}.

Svolgimento.

Il sistema tampone è formato da una base debole (NH_3) e dal suo sale di un acido forte. Mescolando le sostanze non si ha alcuna reazione chimica, per cui:

    \[ \text{pOH} = -\text{p}K_b - \log \left( \frac{[\text{NH}_3]}{[\text{NH}_4\text{Cl}]} \right) = -\log (\text{1,8} \cdot 10^{-5}) - \log \left( \frac{[\text{NH}_3]}{[\text{NH}_4\text{Cl}]} \right) \]

    \[ [\text{NH}_3] = \frac{M_{\text{NH}_3} \cdot V_{\text{NH}_3}}{V_{\text{tot}}} = \text{0,04} \, \text{mol/L} \]

    \[ [\text{NH}_4\text{Cl}] = \frac{M_{\text{NH}_4\text{Cl}} \cdot V_{\text{NH}_4\text{Cl}}}{V_{\text{tot}}} = \text{0,02} \, \text{mol/L} \]

    \[ \text{pOH} = -\log (\text{1,8} \cdot 10^{-5}) - \log \left( \frac{\text{0,04}}{\text{0,02}} \right) = \text{4,44} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = 14 - \text{4,44}= \text{9,56}.}\]

 

Esercizio 25 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Determinare:

  1. la costante di idròlisi (K_i)
  2. il pH di una soluzione 3\cdot 10^{-2} \, \text{M} di cianuro di sodio NaCN (K_a \text{HCN} = 4 \cdot 10^{-10}; K_b \text{CN}^- = \text{2,5} \cdot 10^{-5}).

Svolgimento punto 1.

In acqua il sale si dissocia completamente:

    \[ \text{NaCN} \rightarrow \text{Na}^+ + \text{CN}^-. \]

Il sale in esame deriva da un acido debole (HCN) e da una base forte (NaOH), per cui dà idrolisi basica:

    \[ \text{CN}^- + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{HCN} + \text{OH}^-. \]

La costante di idròlisi risulta:

    \[\boxcolorato{chimica}{K_i = \frac{K_w}{K_a} = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{4 \cdot 10^{-10}} = \text{2,5} \cdot 10^{-5}.}\]

Svolgimento punto 2.

Invece

    \[ [\text{OH}^-] = \sqrt{K_i \cdot [\text{sale}]} = \sqrt{K_i \cdot [\text{CN}^-]} = \sqrt{\text{2,5} \cdot 10^{-5} \cdot 3 \cdot 10^{-2}} = \text{8,66} \cdot 10^{-4} \, \text{mol/L}, \]

dove la concentrazione del sale è la stessa dello ione \text{CN}^- per via dei rapporti stechiometrici di reazione.

    \[ \text{pOH} = -\log [\text{OH}^-] = \text{3,06}. \]

Per cui il pH è:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{10,94}.}\]

 

Esercizio 26 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare quale deve essere la concentrazione molare di una soluzione di NaHSO_4 perché si abbia un pH = \text{1,85}. (Considerare che K_{a \text{HSO}_4^-} = \text{1,2 }\cdot 10^{-2}).

Svolgimento.

Il sale oggetto del problema si dissocia come segue:

    \[ \text{NaHSO}_4 \rightarrow \text{Na}^+ + \text{HSO}_4^- \]

Esso deriva da un acido forte (H_2SO_4) e non può che dare idrolisi acida:

    \[ \text{HSO}_4^- + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{SO}_4^{2-} + \text{H}_3\text{O}^+ \]

La costante di dissociazione acida, che è nota, si può scrivere come:

    \[ K_a = \frac{[\text{SO}_4^{2-}] \cdot [\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{HSO}_4^-]}. \]

E poiché all’equilibrio [\text{SO}_4^{2-}] = [\text{H}_3\text{O}^+]:

    \[ K_a = \frac{[\text{H}_3\text{O}^+]^2}{[\text{HSO}_4^-]} \]

in cui:

    \[ [\text{H}_3\text{O}^+] = 10^{-\text{pH}} = 10^{\text{-1,85}} = \text{1,41} \cdot 10^{-2} \, \text{mol/L}. \]

Risolvendo l’equazione precedente rispetto a [\text{HSO}_4^-], che è l’incognita del quesito, si ottiene:

    \[\boxcolorato{chimica}{[\text{HSO}_4^-] = \text{1,66} \cdot 10^{-2} \, \text{mol/L}. }\]

 

Esercizio 27 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare:

  1. la costante di idròlisi di una soluzione di solfuro acido di sodio NaHS \text{2,5}\, \text{M}, sapendo che K_{a \text{HS}^-} = 1 \cdot 10^{-7};
  2. il pH della soluzione.

Svolgimento punto 1.

In acqua il sale si dissocia in:

    \[ \text{NaHS} \rightarrow \text{Na}^+ + \text{HS}^- \]

Lo ione idrogenosolfuro tende a dare idrolisi basica poiché proviene da una base forte (NaOH) e da un acido debole (H_2S):

    \[ \text{HS}^- + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{H}_2\text{S} + \text{OH}^- \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ K_i = \frac{K_w}{K_{a \text{HS}^-}} = \frac{1 \cdot 10^{-14}}{1 \cdot 10^{-7}} = 1 \cdot 10^{-7}.}\]

Svolgimento punto 2.

    \[ [\text{OH}^-] = \sqrt{K_i \cdot [\text{HS}^-]} = 5 \cdot 10^{-4} \, \text{mol/L} \]

    \[ \text{pOH} = -\log [\text{OH}^-] = \text{3,3} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = 14 - \text{pOH} = \text{10,7}.}\]

 

Esercizio 28 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare:

  1. il pH;
  2. la percentuale di idrolisi di una soluzione 2 \cdot 10^{-1} \, \text{M} di cloruro di ammonio NH_4Cl (K_b_{\text{NH}_3} = \text{1,8} \cdot 10^{-5}).

Svolgimento punto 1.

Si introduce in questo esercizio un secondo metodo risolutivo rispetto alle soluzioni precedenti, più utile per rispondere al quesito 2 e che consente di quantificare la concentrazione molare di tutte le specie all’equilibrio.

Il sale in acqua si dissocia completamente:

    \[ \text{NH}_4\text{Cl} \rightarrow \text{NH}_4^+ + \text{Cl}^- \]

Il cloruro di ammonio deriva da un acido forte (HCl) e da una base debole (NH_3) e dà quindi idrolisi acida:

    \[ \text{NH}_4^+ + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{NH}_3 + \text{H}_3\text{O}^+ \]

La costante di idrolisi è data da:

    \[ K_i = \frac{K_w}{K_b \text{NH}_3} = \frac{10^{-14}}{\text{1,8} \cdot 10^{-5}} = \text{5,56} \cdot 10^{-10} \]

Si costruisce ora una tabella riassuntiva relativa alle concentrazioni molari (mol/L):

\text{NH}_4^+H2ONH3\text{H}_3\text{O}^+
0,2––
-x+x+x
0,2-xxx

La relazione di equilibrio è:

    \[ K_i = \frac{[\text{NH}_3] \cdot [\text{H}_3\text{O}^+]}{[\text{NH}_4^+]} = \frac{x \cdot x}{\text{0,2} - x} = \frac{x^2}{\text{0,2} - x} \]

in cui K_i è nota. Risolvendo quindi l’equazione di secondo grado di incognita x si ottiene:

    \[ x = \text{1,054} \cdot 10^{-5} \, \text{mol/L} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = -\log [\text{H}_3\text{O}^+] = -\log [\text{1,054} \cdot 10^{-5}] = \text{4,97}.}\]

Svolgimento punto 2.

La percentuale di idrolisi è il rapporto tra la grandezza [\text{NH}_3] all’equilibrio e [\text{NH}_4^+] nelle condizioni iniziali, moltiplicato per 100:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \%i = \left( \frac{[\text{NH}_3]_{\text{equilibrio}}}{[\text{NH}_4^+]_{\text{iniziale}}} \right) \cdot 100 = \left( \frac{\text{1,054} \cdot 10^{-5}}{\text{0,2}} \right) \cdot 100 = \text{0,005}\%.}\]

 

Esercizio 29 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare la \% di idrolisi (\% i) per una soluzione di CH_3COONa \text{1,5}\cdot 10^{-1} \, \text{M} (K_a_{\text{CH}_3\text{COOH}} = \text{1,8} \cdot 10^{-5}).

Svolgimento.

Il sale in descrizione deriva da una base forte (NaOH) e da un acido debole (CH_3COOH), per cui dà idrolisi basica:

    \[ \text{CH}_3\text{COO}^- + \text{H}_2\text{O} \leftrightarrow \text{CH}_3\text{COOH} + \text{OH}^- \]

Si costruisce ora una tabella riassuntiva relativa alle concentrazioni molari (mol/L):

\text{CH}_3\text{OO}^-H2OCH3OOH\text{OH}^-
0,15––
-x+x+x
0,15-xxxx

La relazione di equilibrio è:

    \[ K_i = \frac{[\text{CH}_3\text{COOH}] \cdot [\text{OH}^-]}{[\text{CH}_3\text{COO}^-]} = \frac{x^2}{\text{0,15} - x} = \frac{K_w}{K_a \text{CH}_3\text{COOH}} = \text{5,41} \cdot 10^{-10} \]

Risolvendo l’equazione di secondo grado di incognita x si ottiene:

    \[ x = 9 \cdot 10^{-6} \, \text{mol/L} \]

Infine:

    \[\boxcolorato{chimica}{ \%i = \left( \frac{[\text{CH}_3\text{COOH}]_{\text{equilibrio}}}{[\text{CH}_3\text{COO}^-]_{\text{iniziale}}} \right) \cdot 100 = \left( \frac{9 \cdot 10^{-6}}{\text{0,15}} \right) \cdot 100 = \text{0,006}\%.}\]

 

Esercizio 30 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). La solubilità dell’ortofostato neutro di calcio Ca_3(PO_4)_2 è 3 \cdot 10^{-2}\, \text{g/L}. Determinare il prodotto di solubilità di questo sale.

Svolgimento.

Il prodotto di solubilità, in questo caso, è:

    \[ K_{ps \text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2} = [\text{Ca}^{2+}]^3 \cdot [\text{PO}_4^{3-}]^2 \]

essendo la reazione di dissociazione del sale:

    \[ \text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2 \leftrightarrow 3\text{Ca}^{2+} + 2\text{PO}_4^{3-}. \]

Si divida il valore della solubilità per la massa molare della specie in esame:

    \[ [\text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2] = \frac{3 \cdot 10^{-2}}{\text{Mr}_{\text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2}} = \frac{3 \cdot 10^{-2}}{\text{310,19}} = \text{9,67} \cdot 10^{-5} \, \text{mol/L}. \]

In base ai rapporti stechiometrici di reazione si ha:

    \[ [\text{Ca}^{2+}] = 3 \cdot [\text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2] = \text{2,9} \cdot 10^{-4} \, \text{mol/L} \]

    \[ [\text{PO}_4^{3-}] = 2 \cdot [\text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2] = \text{1,93} \cdot 10^{-4} \, \text{mol/L}. \]

Infine, sostituendo i valori appena trovati:

    \[\boxcolorato{chimica}{ K_{ps \text{Ca}_3(\text{PO}_4)_2} = [\text{Ca}^{2+}]^3 \cdot [\text{PO}_4^{3-}]^2 = \text{9,14} \cdot 10^{-19}.}\]

 

Esercizio 31 (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una soluzione satura di solfato d’argento Ag_2SO_4, a una certa temperatura, contiene 8\, \text{g/L}. Calcolare il prodotto di solubilità K_{ps} del sale, considerandolo completamente dissociato.

Svolgimento.

Si procede come nell’esercizio precedente. Il prodotto di solubilità in questo caso è:

    \[ K_{ps \text{Ag}_2\text{SO}_4} = [\text{Ag}^+]^2 \cdot [\text{SO}_4^{2-}] \]

essendo la reazione di dissociazione del sale:

    \[ \text{Ag}_2\text{SO}_4 \leftrightarrow 2\text{Ag}^+ + \text{SO}_4^{2-}. \]

Si divida il valore della solubilità per la massa molare della specie in esame:

    \[ [\text{Ag}_2\text{SO}_4] = \frac{8}{\text{Mr}_{\text{Ag}_2\text{SO}_4}} = \frac{8}{\text{311,82}} = \text{0,0257} \, \text{mol/L}. \]

In base ai rapporti stechiometrici di reazione si ha:

    \[ [\text{Ag}^+] = 2 \cdot [\text{Ag}_2\text{SO}_4] = \text{0,0514}\, \text{mol/L} \]

    \[ [\text{SO}_4^{2-}] = [\text{Ag}_2\text{SO}_4] = \text{0,0257} \, \text{mol/L}. \]

Infine, sostituendo i valori appena trovati:

    \[\boxcolorato{chimica}{K_{ps \text{Ag}_2\text{SO}_4} = [\text{Ag}^+]^2 \cdot [\text{SO}_4^{2-}] = \text{6,76} \cdot 10^{-5}. }\]


 

Esercizio 32 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). L’idrossido di cobalto Co(OH)_2 a 20\, ^\circ\text{C} ha K_{ps} = \text{1,6} \cdot 10^{-18}. Quantificare

  1. la massa di Co^{2+} presente in 250\, \text{mL} di soluzione satura;
  2. il pH della soluzione.

Svolgimento.

È possibile ottenere la massa dello ione cobaltoso dalla sua concentrazione, a sua volta deducibile dal prodotto di solubilità. La reazione di dissociazione è la seguente:

    \[ \text{Co(OH)}_2 \leftrightarrow \text{Co}^{2+} + 2\text{OH}^- \]

e poiché all’equilibrio [\text{OH}^-] = 2[\text{Co}^{2+}] (per via dei coefficienti stechiometrici di reazione), si può scrivere l’equazione:

    \[ K_{ps \text{Co(OH)}_2} = [\text{Co}^{2+}] \cdot [\text{OH}^-]^2 = 4x^3 \]

dove x = [\text{Co}^{2+}].

Risolvendo l’equazione si ottiene:

    \[ x = [\text{Co}^{2+}] = \text{7,4} \cdot 10^{-7} \, \text{mol/L}. \]

Moltiplicando per la massa molare si ottiene la stessa grandezza in g/L:

    \[ [\text{Co}^{2+}] = \text{7,4} \cdot 10^{-7} \cdot \text{58,933} = \text{4,36} \cdot 10^{-5} \, \text{g/L}. \]

Si ricava ora la massa di ione cobaltoso in 250\, \text{mL} di soluzione:

    \[ m_{\text{Co}^{2+}} = [\text{Co}^{2+}] \cdot V = \text{4,36} \cdot 10^{-5} \cdot \text{0,250} = \text{1,09} \cdot 10^{-5} \, \text{g} \]

    \[ \text{pOH} = -\log [\text{OH}^-] = -\log (2x) = -\log (\text{1,48} \cdot 10^{-6}) = \text{5,83} \]

    \[\boxcolorato{chimica}{ \text{pH} = 14 - \text{pOH} = 14 - \text{5,83} = \text{8,17}.}\]


 

Esercizio 33 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare la solubilità in acqua:

  1. in mol/L
  2. in g/L del carbonato di magnesio MgCO_3,

sapendo che a 20\, ^\circ\text{C} K_{ps \text{MgCO}_3} = \text{2,6} \cdot 10^{-5}.

Svolgimento.

Per trovare le concentrazioni molari bisogna passare per il prodotto di solubilità:

    \[ K_{ps \text{MgCO}_3} = [\text{Mg}^{2+}] \cdot [\text{CO}_3^{2-}]. \]

Dalla reazione di dissociazione si nota che i rapporti stechiometrici tra le specie sono di 1:1:

    \[ \text{MgCO}_3 \leftrightarrow \text{Mg}^{2+} + \text{CO}_3^{2-}. \]

Poiché all’equilibrio [\text{Mg}^{2+}] = [\text{CO}_3^{2-}] = [\text{MgCO}_3] si imponga la concentrazione pari a “x”. La relazione del prodotto di solubilità si trasforma quindi in:

    \[ K_{ps \text{MgCO}_3} = x^2. \]

Essendo K_{ps} noto, l’equazione di secondo grado è risolvibile (si prenda solo il risultato positivo, quello negativo non ha senso fisico):

    \[ x = \text{5,1} \cdot 10^{-3} \, \text{mol/L}. \]

La stessa grandezza è tramutabile in g/L moltiplicandola per la massa molare del carbonato di magnesio \text{84,33} \, \text{g/mol}:

    \[\boxcolorato{chimica}{ [\text{MgCO}_3] = \text{5,1} \cdot 10^{-3} \cdot M_{r \text{MgCO}_3} = \text{0,43} \, \text{g/L}.}\]

 

Esercizio 34 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Si mescolano: 500 \, \text{mL} di una soluzione \text{0,1}\, \text{M} di AgNO_3 e 500 \, \text{mL} di HCl 2 \cdot 10^{-2} M a 20\, ^\circ\text{C} e 1\, \text{atm}. Può precipitare AgCl_{(s)}, sapendo che K_{ps \text{AgCl}} = \text{1,56} \cdot 10^{-10}?

Svolgimento.

Poiché il prodotto di solubilità di un solido ionico è pari al valore massimo che può assumere il prodotto tra le concentrazioni molari degli ioni che rimangono disciolti in soluzione (vale a dire che non precipitano), per risolvere il quesito si devono ricavare le concentrazioni degli ioni argento e cloruro. Se il loro prodotto è maggiore di K_{ps} allora il solido precipita.

    \[ [\text{Ag}^+]_{\text{iniziale}} = \frac{[\text{AgNO}_3] \cdot V_{\text{AgNO}_3}}{V_{\text{totale}}} = \frac{\text{0,1}\cdot \text{0,5}}{1} = \text{0,05} \, \text{mol/L}. \]

Nota 1: i volumi vanno espressi in litri. Nota 2: sia nella reazione di dissociazione del nitrato di argento che in quella dell’acido cloridrico i rapporti stechiometrici tra le specie reagenti e prodotte sono 1:1, per cui le loro concentrazioni risultano identiche.

    \[ [\text{Cl}^-]_{\text{iniziale}} = \frac{[\text{HCl}] \cdot V_{\text{HCl}}}{V_{\text{totale}}} = \frac{\text{0,02} \cdot \text{0,5}}{1} = \text{0,01} \, \text{mol/L}. \]

Dato che:

    \[ [\text{Ag}^+]_{\text{iniziale}} \cdot [\text{Cl}^-]_{\text{iniziale}} = 5 \cdot 10^{-4} > K_{ps \text{AgCl}} \]

il sale può precipitare.

 

Esercizio 35 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Il prodotto di solubilità del cromato di bario, sale poco solubile, è K_{ps \text{BaCrO}_4} =\text{ 2,4 }\cdot 10^{-10}. Se, a 25\, \text{ml} di una soluzione 0,3\, \text{M}di BaCl_2 verranno aggiunti 30 \, \text{mL} di Na$_2CrO_4 0,2\, \text{M}, calcolare:

  1. la massa di BaCrO_4 che precipita;
  2. le concentrazioni molari di Ba^{2+} e CrO_4^{2-} che restano in soluzione, dopo la precipitazione di BaCrO_4 (considerare i volumi additivi).

Svolgimento.

Per risolvere il punto 1 bisogna intercettare le moli di composto che precipitano, frutto delle moli iniziali degli ioni bario e cromato.

    \[ [\text{Ba}^{2+}]_{\text{iniziale}} = \frac{[\text{BaCl}_2] \cdot V_{\text{BaCl}_2}}{V_{\text{totale}}} = \frac{\text{0,3} \cdot \text{0,025}}{\text{0,055}} = \text{0,136} \, \text{mol/L} \]

    \[ [\text{CrO}_4^{2-}]_{\text{iniziale}} = \frac{[\text{Na}_2\text{CrO}_4] \cdot V_{\text{Na}_2\text{CrO}_4}}{V_{\text{totale}}} = \frac{\text{0,2}\cdot \text{0,03}}{\text{0,055}} = \text{0,109} \, \text{mol/L}. \]

Nota: sia nella reazione di dissociazione del cloruro di bario che in quella del cromato di sodio i rapporti stechiometrici tra le specie reagenti e prodotte sono 1:1, per cui le loro concentrazioni risultano identiche.

Poiché lo ione cromato è presente in quantità minore è la specie “limitante” e si consuma quasi totalmente (il residuo è trascurabile). Dato che nella reazione:

    \[ \text{Ba}^{2+} + \text{CrO}_4^{2-} \leftrightarrow \text{BaCrO}_4 \]

i coefficienti stechiometrici sono tutti pari a 1, sia la concentrazione finale di BaCrO_4 che quella iniziale di Ba^{2+} saranno pari a

[\text{CrO}_4^{2-}]_{\text{iniziale}}. La massa di sale che precipita è dunque tale:

    \[\boxcolorato{chimica}{m_{\text{BaCrO}_4 (s)} = [\text{CrO}_4^{2-}]_{\text{iniziale}} \cdot V_{\text{totale}} \cdot \text{Mr}_{\text{BaCrO}_4} = \text{0,109} \cdot \text{0,055} \cdot \text{253,3} = \text{1,52} \, \text{g}.}\]

Lo ione bario residuo è:

    \[ [\text{Ba}^{2+}]_{\text{residuo}} = [\text{Ba}^{2+}]_{\text{iniziale}} - [\text{Ba}^{2+}]_{\text{precipitato}} = \text{0,136} - \text{0,109} = \text{0,027} \, \text{mol/L}. \]

Per quanto riguarda lo ione cromato residuo si ricorre alla definizione di prodotto di solubilità:

    \[ K_{ps \text{BaCrO}_4} = [\text{Ba}^{2+}]_{\text{residuo}} \cdot [\text{CrO}_4^{2-}]_{\text{residuo}} = \text{2,4} \cdot 10^{-10} \]

equazione che risolta rispetto alla concentrazione di ione cromato fornisce:

    \[\boxcolorato{chimica}{[\text{CrO}_4^{2-}]_{\text{residuo}} = \frac{K_{ps \text{BaCrO}_4}}{[\text{Ba}^{2+}]_{\text{residuo}}} = \frac{\text{2,4} \cdot 10^{-10}}{\text{0,027}} = \text{8,89} \cdot 10^{-9} \, \text{mol/L}. }\]

 

Esercizi sull’equilibrio nelle soluzioni acquose: bibliografia

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Esercizi tratti da: A. Post Barocchi, A. Tagliabue – CHIMICA progetto modulare – 2007 S. Lattes, C. Editori Spa – Torino – Printed in Italy per conto della casa editrice Vincenzo Bona Spa – Torino.


 

 

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