# Calcolo del pH nelle titolazioni: Esercizi svolti
Spesso è richiesto il calcolo del pH al punto equivalente, che costituisce uno dei punti salienti delle titolazioni. Di seguito, troverai alcune soluzioni di esercizi medi per il calcolo del pH durante una titolazione.
Indice Articolo
Esercizi svolti
# 1) Sono titolati 24.0 mL di acido acetico 0.105 M ( Ka = 1.77 · 10-5) con una soluzione di NaOH 0.130 M. Calcolare:
a) il pH iniziale
b) il volume di NaOH necessario per raggiungere il punto equivalente
c) il pH dopo l’aggiunta di 6.00 mL di NaOH
d) il pH dopo aver aggiunto un volume di titolante pari a metà del volume equivalente
e) il pH al punto equivalente
# Punto a
Si procede con il calcolo del pH di un acido debole costruendo una I.C.E. chart:
– Stato iniziale
– CH3COOH: 0.105
– CH3COO–: 0
– H+: 0
– Variazione
– CH3COOH: -x
– CH3COO–: +x
– H+: +x
– All’equilibrio
– CH3COOH: 0.105-x
– CH3COO–: x
– H+: x
Sostituendo tali valori nella costante di equilibrio: Ka = [CH3COO–][H+] / [CH3COOH] = (x)(x)/ 0.105-x
Risolvendo rispetto a x otteniamo: x = [H+] = 0.00136 M, da cui pH = – log [H+] = 2.86
# Punto b
Calcoliamo le moli di acido:
Moli di acido = 0.105 mol /L ∙ 0.0240 L = 0.00252
Il volume di NaOH necessario per raggiungere il punto equivalente è pari a:
V = 0.00252 mol/ 0.130 mol/L =0.0194 L = 19.4 mL
# Punto c
Sappiamo già che le moli di acido sono pari a 0.00252. Calcoliamo le moli di NaOH contenute in 6.00 mL:
moli di NaOH = 0.130 mol/L ∙ 0.00600 L = 0.000780
Consideriamo la reazione tra acido acetico e lo ione OH–
Quindi 0.000780 moli di acido acetico reagiscono con altrettante moli di OH– per dare 0.000780 moli di acetato. Le moli di acido acetico in eccesso sono pari a 0.00252 – 0.000780 = 0.00174.
Il volume totale della soluzione è pari a 6.00 mL + 24.0 mL = 30.0 mL. Le rispettive concentrazioni di acetato e di acido acetico sono pari a:
[CH3COO–] = 0.000780 mol/ 0.0300 L = 0.0260 M
[CH3COOH] = 0.00174 mol / 0.0300 L = 0.0580 M
La soluzione, in cui sono presenti un acido debole e la sua base coniugata, è una soluzione tampone. La determinazione del pH può essere effettuata usando l’equazione di Henderson-Hasselbalch che nella sua forma generale si presenta come:
pH = pKa + log [base coniugata] / [acido]
Calcoliamo pKa:
pKa = – log Ka = – log 1.77 ∙ 10-5 = 4.75
Sostituendo i valori nell’equazione otteniamo:
pH = 4.75 + log 0.0260 / 0.0580 = 4.40
# Punto d
Dopo aver aggiunto un volume di titolante pari a metà del volume equivalente ovvero 19.4 /2 = 9.70 mL di NaOH le moli di titolante sono pari a:
moli di NaOH contenute in 9.70 mL = 0.00970 L ∙ 0.130 M = 0.00126
Quelle di acido acetico in eccesso = 0.00252 – 0.00126 = 0.00126
Moli di acetato formate = 0.00126
Volume totale = 24.0 + 9.70 =33.7 mL
Le concentrazioni dell’acetato e dell’acido sono entrambe pari a: 0.00126 / 0.0337 L = 0.0374 M
Sostituendo tali valori nell’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:
pH = 4.75 + log 0.0374 / 0.0374 = 4.75
Quando viene richiesto il calcolo del pH dopo aver aggiunto un volume di titolante pari a metà del volume equivalente, si può più rapidamente rispondere, senza fare i calcoli, a meno che non vengano espressamente richiesti, che il pH è pari al pKa.
# Punto e
Al punto equivalente tutto l’acido acetico si è trasformato in acetato. Le moli di acetato sono pari a 0.00252. Il volume totale è pari a 24.0 + 19.4 = 43.4 mL e pertanto la concentrazione di ione acetato è pari a:
[CH3COO–] = 0.00252 mol / 0.0434 L = 0.0581 M
Lo ione acetato idrolizza secondo l’equilibrio:
CH3COO– + H2O ⇌ CH3COOH + OH–
La costante di equilibrio, detta costante di idrolisi, o più spesso Kb è pari a:
Kb = Kw/ Ka = 1.00 ∙ 10-14 / 1.77 x 10-5 = 5.65 x 10-10
Costruiamo una I.C.E. chart:
– Stato iniziale
– CH3COO–: 0.0581
– CH3COOH: 0
– OH–: 0
– Variazione
– CH3COO–: -x
– CH3COOH: +x
– OH–: +x
– Equilibrio
– CH3COO–: 0.0581-x
– CH3COOH: x
– OH–: x
Sostituendo tali valori nella Kb:
Kb = 5.65 · 10-10 = [CH3COOH][OH–] / [CH3COO–] = (x)(x) / 0.0581-x
Risolvendo rispetto a x si ha:
x = 5.73 ∙ 10-6 = [OH–]
pOH = – log 5.73 ∙ 10-6 = 5.24
Da cui pH = 14 – 5.24 = 8.76
Calcolo del peso molecolare dal pH
0.552 g di acido ascorbico (Vitamina C) furono disciolti in acqua per un volume totale di 20.0 mL e titolati con una soluzione 0.1103 M di KOH. Il punto equivalente è stato raggiunto quando sono stati aggiunti 28.42 mL di base. Tenendo presente che il pH ha un valore di 3.72 quando sono stai aggiunti 10.0 mL di base, calcoliamo il peso molecolare dell’acido ascorbico sapendo che esso è monoprotico e il valore di Ka.
Determiniamo le moli di KOH necessarie per raggiungere il punto equivalente:
moli di KOH = 0.1103 mol/L ∙ 0.02842 L = 0.003135
Essendo l’acido monoprotico, le moli contenute in 0.5520 g sono altrettante, ovvero 0.003135. Il peso molecolare dell’acido è quindi pari a:
P.M. = 0.552 / 0.003135 = 176 g/mol
Moli di KOH presenti in 10.0 mL = 0.1103 mol/L ∙ 0.0100 L = 0.001103
Moli di acido ascorbico = 0.552 g/ 176 g/mol=0.00314
Indichiamo con HAs l’acido ascorbico; la reazione tra l’acido e lo ione OH– è:
HAs + OH– ⇌ As– + H2O
Moli di acido in eccesso = 0.00314 – 0.001103 = 0.00204
Moli di ascorbato formate = 0.001103
Il volume totale della soluzione è pari a 10.0 mL + 20.0 mL = 30.0 mL
Le rispettive concentrazioni di acido e di base coniugata sono:
[HAs] = 0.00204 / 0.0300 L = 0.0680 M
[As–] = 0.001103 / 0.0300 L = 0.0343 M
La soluzione, in cui sono presenti un acido debole e la sua base coniugata, è una soluzione tampone. La determinazione del pH può essere effettuata usando l’equazione di Henderson-Hasselbalch. In questo caso conosciamo il pH e le concentrazioni e possiamo calcolare il pKa da cui il valore della costante di equilibrio:
3.72 = pKa + log 0.0343 / 0.0680 = pKa – 0.297
Da cui pKa = 3.72 + 0.297 = 4.02
Il valore di Ka è pari a:
Ka = 10– 4.02 = 9.62 ∙ 10-5
Con questi calcoli si ottengono le soluzioni cercate per gli esercizi proposti riguardanti il calcolo del pH al punto equivalente di una titolazione e il calcolo del peso molecolare di un acido a partire dal pH.
