Esercizio - pH di acidi e basi forti, miscele e diluizioni

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Teoria: Acidi e basi - pH, idrolisi e soluzioni tampone.

Testo. A 25 °C ( $K_w = 1{,}0\cdot10^{-14}$ ):

calcolare il pH di una soluzione di HNO $_3$ $0{,}0250$ M e di una soluzione di Ca(OH) $_2$ $0{,}0100$ M (base forte);
a $100$ mL di HCl $0{,}100$ M si aggiunge acqua fino ad avere pH $3{,}00$ : quanta acqua si aggiunge?
si mescolano $50{,}0$ mL di HCl $0{,}100$ M con $30{,}0$ mL di NaOH $0{,}100$ M: calcolare il pH; poi si mescolano $40{,}0$ mL di HCl $0{,}100$ M con $60{,}0$ mL di NaOH $0{,}100$ M: calcolare il pH;
(domanda teorica) qual è il pH di una soluzione di HCl $1{,}0\cdot10^{-8}$ M? Perché non è 8?

1. Acido e base forti

Un acido forte è completamente dissociato: HNO $_3$ $\to$ H $^+$ + NO $_3^-$ , quindi $[\text{H}^+] = 0{,}0250$ M e $\text{pH} = -\log0{,}0250 = 1{,}60$

Il calcio ha due OH $^-$ per formula: $\text{Ca(OH)}_2 \to \text{Ca}^{2+} + 2\,\text{OH}^-$ , quindi $[\text{OH}^-] = 2\cdot0{,}0100 = 0{,}0200$ M: $\text{pOH} = -\log0{,}0200 = 1{,}70 \qquad \text{pH} = 14 - 1{,}70 = 12{,}30$

2. Diluizione

Le moli di H $^+$ non cambiano aggiungendo acqua: $n = 0{,}100\ \text{L}\cdot0{,}100\ \text{M} = 0{,}0100$ mol. Il pH finale $3{,}00$ vuol dire $[\text{H}^+] = 10^{-3{,}00} = 1{,}0\cdot10^{-3}$ M, quindi il volume finale è $V_f = \frac{n}{[\text{H}^+]} = \frac{0{,}0100\ \text{mol}}{1{,}0\cdot10^{-3}\ \text{mol/L}} = 10{,}0\ \text{L}$ Si aggiungono $10{,}0 - 0{,}100 = 9{,}90$ L di acqua (si assumono i volumi additivi). Controllo con $C_1V_1 = C_2V_2$ : $0{,}100\cdot0{,}100 = 1{,}0\cdot10^{-3}\cdot10{,}0$ ✓. Un fattore 100 di diluizione fa salire il pH di 2 unità.

3. Miscele di acido e base forti

Reazione: $\text{H}^+ + \text{OH}^- \to \text{H}_2\text{O}$ (completa). Si lavora con le moli (mol = M $\cdot$ L).

Prima miscela. $n_{\text{H}^+} = 0{,}0500\ \text{L}\cdot0{,}100\ \text{M} = 5{,}00\cdot10^{-3}$ mol, $n_{\text{OH}^-} = 0{,}0300\cdot0{,}100 = 3{,}00\cdot10^{-3}$ mol. Avanza acido: $5{,}00 - 3{,}00 = 2{,}00\cdot10^{-3}$ mol di H $^+$ , nel volume totale $0{,}0800$ L: $[\text{H}^+] = \frac{2{,}00\cdot10^{-3}}{0{,}0800} = 0{,}0250\ \text{M} \;\Longrightarrow\; \text{pH} = 1{,}60$

Seconda miscela. $n_{\text{H}^+} = 0{,}0400\cdot0{,}100 = 4{,}00\cdot10^{-3}$ mol, $n_{\text{OH}^-} = 0{,}0600\cdot0{,}100 = 6{,}00\cdot10^{-3}$ mol. Avanza base: $2{,}00\cdot10^{-3}$ mol di OH $^-$ in $0{,}100$ L: $[\text{OH}^-] = 0{,}0200\ \text{M} \;\Longrightarrow\; \text{pOH} = 1{,}70,\ \ \text{pH} = 12{,}30$

Il punto di neutralità (pH 7) si ha quando le moli sono uguali: per i $50{,}0$ mL di acido servono $50{,}0$ mL della stessa base, cioè $20{,}0$ mL in più rispetto alla prima miscela.

4. Soluzione molto diluita

Dall'acido si ottiene $[\text{H}^+] \approx 10^{-8}$ M, ma l'acqua stessa fornisce $10^{-7}$ M di H $^+$ : non si può trascurare. Il bilancio di carica dà $[\text{H}^+] = c + [\text{OH}^-]$ con $[\text{OH}^-] = K_w/[\text{H}^+]$ : $[\text{H}^+]^2 - c\,[\text{H}^+] - K_w = 0 \;\Longrightarrow\; [\text{H}^+] = \frac{1{,}0\cdot10^{-8} + \sqrt{(1{,}0\cdot10^{-8})^2 + 4\cdot1{,}0\cdot10^{-14}}}{2} = 1{,}05\cdot10^{-7}\ \text{M}$ $\text{pH} = 6{,}98$ Un acido, per quanto diluito, non può dare una soluzione basica: il pH si avvicina a 7 dal lato acido.

Risultati

punto	risultato
HNO $_3$ $0{,}0250$ M / Ca(OH) $_2$ $0{,}0100$ M	pH 1,60 / pH 12,30
acqua aggiunta per passare da $0{,}100$ M a pH $3{,}00$	9,90 L
miscele 50+30 mL / 40+60 mL	pH 1,60 / pH 12,30
HCl $1{,}0\cdot10^{-8}$ M	pH 6,98

Errori comuni

Dimenticare il fattore 2 per Ca(OH) $_2$ .
Calcolare il pH con le concentrazioni di partenza senza tenere conto dell'aumento di volume nelle miscele: bisogna dividere per il volume totale.
Ignorare l'acqua nelle soluzioni con $c \lesssim 10^{-6}$ M.

Versione ripasso

Testo. Calcolare a 25 °C il pH di HNO $_3$ $0{,}0250$ M e di Ca(OH) $_2$ $0{,}0100$ M; l'acqua da aggiungere a $100$ mL di HCl $0{,}100$ M per avere pH $3{,}00$ ; il pH di $50{,}0$ mL di HCl $0{,}100$ M con $30{,}0$ mL di NaOH $0{,}100$ M e di $40{,}0$ mL con $60{,}0$ mL; il pH di HCl $1{,}0\cdot10^{-8}$ M. Teoria: Acidi e basi - pH, idrolisi e soluzioni tampone.

Forti: $\text{pH} = -\log0{,}0250 = 1{,}60$ ; per Ca(OH) $_2$ $[\text{OH}^-] = 0{,}0200$ , pOH $1{,}70$ , pH $12{,}30$ .
Diluizione: $n = 0{,}0100$ mol, $V_f = 0{,}0100/10^{-3} = 10{,}0$ L, si aggiungono 9,90 L.
Miscele (moli): $5{,}00 - 3{,}00 = 2{,}00$ mmol H $^+$ in $80{,}0$ mL, pH $1{,}60$ ; poi $6{,}00 - 4{,}00 = 2{,}00$ mmol OH $^-$ in $100$ mL, pH $12{,}30$ .
Diluito: $[\text{H}^+]^2 - c[\text{H}^+] - K_w = 0$ , $[\text{H}^+] = 1{,}05\cdot10^{-7}$ , pH $6{,}98$ .

Errori tipici: fattore 2 dimenticato; volume totale non usato; acqua trascurata per $c \lesssim 10^{-6}$ M.

Teoria collegata

Acidi e basi - pH, idrolisi e soluzioni tampone