Esercizi svolti sull’equilibrio chimico in soluzione

1) Calcolare il pH di una soluzione  di HCN 1.00 M.( Ka = 4.0 x 10-10)
La reazione di equilibrio che avviene in soluzione è la seguente:
HCN + H2O ⇌ CN- + H3O+
Indicando con x la quantità di HCN che si dissocia abbiamo:
HCN + H2O ⇌ CN- + H3O+
Stato iniziale   1.00
Variazione         -x                  +x        +x
All’equilibrio   1.00-x                 x          x
Ricordando che Ka = [CN-][ H3O+]/ [HCN] e sostituendo i valori noti nella Ka si ottiene:
4.0 x 10-10 = (x)(x)/ 1.00-x
Poiché il valore di Ka è molto piccolo possiamo trascurare la x sottrattiva al denominatore ottenendo:
4.0 x 10-10 = (x)(x)/ 1.00
Da cui x = [H3O+] = 2.0 x 10-5 M
pH = – log 2.0 x 10-5 = 4.7
2) Calcolare il pH di una soluzione acquosa 0.45 M di NH3 e il grado di dissociazione della base. (Kb= 1.85 x 10-5)
La reazione di equilibrio che avviene in soluzione è la seguente:
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH-
Indicando con x la quantità di NH3 che si dissocia abbiamo:
NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH-
Stato iniziale   0.45
Variazione        -x                   +x       +x
All’equilibrio    0.45-x               x         x
Ricordando che Kb = [NH4+][OH-]/ [NH3] e sostituendo i valori noti nella Kb si ottiene:
1.85 x 10-5 = (x)(x) / 0.45-x
Risolvendo rispetto a x si ha:
x = [OH-] = 0.00289 M
da cui pOH = – log 0.00289 = 2.54
ricordando che pH + pOH = 14 si ha: pH = 14 – 2.54=11.5
Il grado di dissociazione di una base debole è definito da α = [OH-]/ concentrazione iniziale della base da cui α = 0.00289/ 0.45= 6.4 x 10-3
3) Calcolare il pH di una soluzione acquosa 0.660 M di KCN e il grado di idrolisi del sale. Ka = 4.0 x 10-10
KCN è un sale completamente dissociato: KCN → K+ + CN- per cui la concentrazione dello ione cianuro è pari a 0.660 M
Lo ione cianuro idrolizza secondo il seguente equilibrio:
CN- + H2O ⇌ HCN + OH-
La costante di tale equilibrio è pari a Kb ovvero a Kw/Ka = 1.0 x 10-14/ 4.0 x 10-10 = 2.5 x 10-5
Indicando con x la quantità di ione cianuro che idrolizza si ha:
CN- + H2O ⇌ HCN + OH-
Stato iniziale  0.660
Variazione         -x                 +x        +x
All’equilibrio  0.660-x             x          x
Ricordando che Kb = [HCN][ OH-]/ [CN-] e sostituendo i valori noti si ha:
2.5 x 10-5 = (x)(x) / 0.660-x
Risolvendo rispetto a x si ha: x = [OH-]= 0.00406 M
Da cui pOH = – log 0.00406 =2.39 e quindi il pH è pari a pH = 14 – 2.39= 11.6
Il grado di idrolisi è pari a 0.00406/ 0.660= 0.00615
4) In una soluzione acquosa 0.870 M il sale sodico di un acido debole monoprotico NaX è idrolizzato per lo 0.50%. Calcolare il pH della soluzione
La quantità di X- che idrolizza secondo l’equilibrio:
X- + H2O ⇌ HX + OH-
è pari a 0.870 x 0.50/100= 0.00435 che corrisponde alla concentrazione dello ione OH-. Pertanto il pOH della soluzione è pari a pOH = – log 0.00435 =2.36 da cui pH = 14 – 2.36=11.6
5) Il sale di potassio KX di un acido debole monoprotico è idrolizzato per l’1.5% in una soluzione acquosa 0.105 M. Calcolare la Ka dell’acido debole e il pH
La quantità di X- che idrolizza secondo l’equilibrio:
X- + H2O ⇌ HX + OH-
è pari a 1.5 x 0.105/100=0.00158 che è pari sia alla concentrazione di HX che di OH-.  All’equilibrio la concentrazione di X- sarà pari a 0.105 – 0.00158= 0.103 M
Kb  = [HX][OH-]/ [X-]  vale quindi ( 0.00158)(0.00158)/ 0.103=2.42 x 10-5
Ricordando che Kb = Kw/Ka si ha:
Ka = Kw/Kb = 1.00 x 10-14/ 2.42 x 10-5 =4.13 x 10-10
Essendo la concentrazione dello ione OH- pari a 0.00158 M si ha: pOH = – log 0.00158=2.80 da cui pH = 14 – 2.80=11.2
6) Il pH di una soluzione acquosa di una base debole è 10.50 (Kb = 7.8 x 10-7) . Calcolare la concentrazione della base in soluzione
Il pOH della soluzione è pari a 14 – 10.50 =3.50 da cui [OH-] = 10-3.50=3.16 x 10-4 M
Detta BOH la base debole dobbiamo considerare l’equilibrio:
BOH ⇌ B+ + OH-
Poiché  all’equilibrio [B+] = [OH-] sostituendo i valori noti nella costante di equilibrio si ha:
Kb  = 7.8 x 10-7 = [B+][OH-]/ [BOH] =( 3.16 x 10-4 )( 3.16 x 10-4 ) / [BOH]
Da cui [BOH]= 0.128 M
7) Calcolare il pH di una soluzione che contiene 0.320 mol/L di NH3 e 0.210 mol/L di NH4Cl ( Kb= 1.85 x 10-5)
La soluzione essendo costituita da una base debole NH3 e dalla sua base coniugata NH4+ è una soluzione tampone. Il problema si può quindi risolvere applicando l’equazione di Handerson-Hasselbalch:
pOH = pKb + log [NH4+]/ [NH3]
essendo pKb = – log 1.85 x 10-5 = 4.73
pOH = 4.73 + log 0.210/ 0.320= 4.55 da cui pH = 14 – 4.55 = 9.45
8) Si calcoli in quale rapporto devono essere le concentrazioni di CH3COOK e CH3COOH (Ka= 1.8 x 10-5) per avere una soluzione tampone a pH 5.50
Il pKa vale pKa = – log 1.8 x 10-5 = 4.74
Applichiamo l’equazione di Handerson-Hasselbalch:
pH = pKa + log [CH3COO-]/ [CH3COOH] e sostituiamo i valori noti:
5.50 = 4.74  + log [CH3COO-]/ [CH3COOH]
5.50 – 4.74 = 0.76
0.76 =  log [CH3COO-]/ [CH3COOH]
Per conoscere il rapporto [CH3COO-]/ [CH3COOH] dalle proprietà dei logaritmi si ha:
100.76 = 5.75 =  [CH3COO-]/ [CH3COOH]