Esericizio variazione pH
Salve, ho trovato difficoltà con questo esercizio a pochi giorni dall'esame e mi chiedevo se qualcuno potesse aiutarmi:

Data una soluzione di acido debole (10 mL, pKa=6,0) avente concentrazione 0,050 M indicare ph iniziale e dopo l'aggiunta di 10 ml di una soluzione NaOH 0,025 M.
Le risposte a questa domanda sono : A) 3.6 e 6.0 B) 2.8 e 4.7 C) 4.4 e 6.7 D) 3.2 e 9.1 E) 3.2 e 3.6

Per prima cosa considerando la dissociazione di un acido debole HA, dalla costante ho ricavato la concentrazione di H+ e di conseguenza il pH che secondo i miei calcoli risulta essere 3.2
H+= 10^-6 * 0.050 M (sotto radice quadra)= 3* 10^-7 da cui facendone il logaritmo il pH risulta essere 3.2 
(mi scuso per i simboli poco matematici)

Per quanto riguarda l'aggiunta di NaOH, ho cercato di ragionare intuitivamente, ma non so se è giusto.. allora ho considerato il numero di moli di NaOH (0.00025) e il numero di moli dell'acido debole iniziale (0.005) ed ho pensato che essendo inferiore il numero di moli di NaOH e meno concentrate, il pH non potesse variare più di tanto.. ciò ne scaturisce che la risposta giusta è la E) 3.2 e 3.6

Mi chiedevo se questo ragionamento fosse giusto e come agire in termini numerici e non intuitivi, ho pensato alla soluzione-tampone, ma non so se sia il caso..

Grazie mille a tutti.
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Inizialmente hai
HA debole, 10 mL 0.050 M pKa = 6.0.
Ka = 10 ^ (-pKa) = 10 ^ (-6)
[H(+)] = (Ka * Ca) ^ (0.5) = 2.23 * 10 ^ -4
pH = 3.65

Hai HA debole, 10 mL 0.050 M, e NaOH 0.025 M 10 mL.
ni HA = 5 * 10 ^ (-4)
ni NaOH = 2.5 * 10 ^ (-4)
Un acido reagisce con una base per formare un sale.

HA + NaOH -> A-Na+ + H2O
dove, A-Na+f moli = moli limitante = moli di NaOH = 2.5 * 10 ^ (-4)
HA f = moli reagite = moli iniziali - moli limitante = 2.5 * 10 ^ (-4)
Hai HA e A-Na+ nel becher, tampone.
In un tampone [H(+)] = Ka * na/nb = 10 ^ -6 * 1 = 10 ^-6
pH = 6

La risposta è la A.
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federica890
Il ragionamento che hai fatto è corretto, si forma una soluzione tampone, però il pH della soluzione risultante è 4,7.
Prova ad applicare quello che sai sul calcolo del pH di una soluzione tampone, scrivendo per bene le reazioni coinvolte e le tabelle delle moli.
Attenzione, all'inizio si hanno:
n HA = 0,050 mol/L · 0,010 L = 5,0·10^-4 mol
n OH- = 0,025 mol/L · 0,010 L = 2,5·10^-6 mol
Ciao
Luisa

Dal laboratorio se ne usciva ogni sera, e più acutamente a fine corso, con la sensazione di avere “imparato a fare una cosa”;
il che, la vita lo insegna, è diverso dall’avere “imparato una cosa”.
(Primo Levi)


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federica890
(2019-01-12, 15:37)LuiCap Ha scritto: Il ragionamento che hai fatto è corretto, si forma una soluzione tampone, però il pH della soluzione risultante è 4,7.
Prova ad applicare quello che sai sul calcolo del pH di una soluzione tampone, scrivendo per bene le reazioni coinvolte e le tabelle delle moli.
Attenzione, all'inizio si hanno:
n HA = 0,050 mol/L · 0,010 L = 5,0·10^-4 mol
n OH- = 0,025 mol/L · 0,010 L = 2,5·10^-6 mol

0.025 mol/L * 0.010 L non fa 2.5 * 10 ^ -4?
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(2019-01-12, 15:31)Luigi Ha scritto: Inizialmente hai
HA debole, 10 mL 0.050 M pKa = 6.0.
Ka = 10 ^ (-pKa) = 10 ^ (-6)
[H(+)] = (Ka * Ca) ^ (0.5) = 2.23 * 10 ^ -4
pH = 3.65

Hai HA debole, 10 mL 0.050 M, e NaOH 0.025 M 10 mL.
ni HA = 5 * 10 ^ (-4)
ni NaOH = 2.5 * 10 ^ (-4)
Un acido reagisce con una base per formare un sale.

HA + NaOH -> A-Na+ + H2O
dove, A-Na+f moli = moli limitante = moli di NaOH = 2.5 * 10 ^ (-4)
HA f = moli reagite = moli iniziali - moli limitante = 2.5 * 10 ^ (-4)
Hai HA e A-Na+ nel becher, tampone.
In un tampone [H(+)] = Ka * na/nb = 10 ^ -6 * 1 = 10 ^-6
pH = 6

La risposta è la A.

Grazie mille gentilissimo, per la prima parte ho fatto confusione con i calcoli, per la seconda non ci sarei arrivata senza il tuo aiuto!

(2019-01-12, 15:37)LuiCap Ha scritto: Il ragionamento che hai fatto è corretto, si forma una soluzione tampone, però il pH della soluzione risultante è 4,7.
Prova ad applicare quello che sai sul calcolo del pH di una soluzione tampone, scrivendo per bene le reazioni coinvolte e le tabelle delle moli.
Attenzione, all'inizio si hanno:
n HA = 0,050 mol/L · 0,010 L = 5,0·10^-4 mol
n OH- = 0,025 mol/L · 0,010 L = 2,5·10^-6 mol

Grazie per la sua disponibilità, io ho seguito ciò che ha scritto Luigi ed il suo ph risultava essere 6 dopo l'aggiunta, ho provato a scrivere tutto ciò che so, ma il pH non riesco a farlo risultare come 4.7
Sono un po' confusa, la ringrazio in anticipo per delucidazioni.
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Luigi ha sbagliato i calcoli ed anche a voler semplificare troppo le cose!!!
Prova a rifare il suo procedimento con il numero di moli corretto, ma senza semplificare come ha fatto lui nell'applicazione del calcolo del pH finale. Devi scrivere le reazioni, cosa che né Luigi, né tu avete fatto.
Allega il tuo procedimento.
Ciao
Luisa

Dal laboratorio se ne usciva ogni sera, e più acutamente a fine corso, con la sensazione di avere “imparato a fare una cosa”;
il che, la vita lo insegna, è diverso dall’avere “imparato una cosa”.
(Primo Levi)


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federica890
(2019-01-12, 16:19)LuiCap Ha scritto: Luigi ha sbagliato i calcoli ed anche a voler semplificare troppo le cose!!!
Prova a rifare il suo procedimento con il numero di moli corretto, ma senza semplificare come ha fatto lui nell'applicazione del calcolo del pH finale. Devi scrivere le reazioni, cosa che né Luigi, né tu avete fatto.
Allega il tuo procedimento.

Mi astengo e chiedo scusa per aver passato una risoluzione errata...
Anche se ancora non capisco come mai ti esca diversamente... 
NaOH 0.025 M, 10 mL --> 2.5 * 10 ^ -4 mol
HA 0.05 M, 10 mL --> 5 * 10 ^ -4 mol
Tampone
HA = 2.5 * 10 ^ -4 mol = A- 
pH = pKa  >_>

                      HA        +       OH (-)        =    A- +        H2O
inizialmente  5*10^-4       2.5*10^-4              0             
formate           0                    0                 2.5*10^-4    
consumate   2.5*10^-4     2.5*10^-4              0
finali            2.5*10^-4          0                  2.5*10^-4
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federica890
(2019-01-12, 17:20)Luigi Ha scritto: Mi astengo e chiedo scusa per aver passato una risoluzione errata...
Anche se ancora non capisco come mai ti esca diversamente... 
NaOH 0.025 M, 10 mL --> 2.5 * 10 ^ -4 mol
HA 0.05 M, 10 mL --> 5 * 10 ^ -4 mol
Tampone
HA = 2.5 * 10 ^ -4 mol = A- 
pH = pKa  >_>

                      HA        +       OH (-)        =    A- +        H2O
inizialmente  5*10^-4       2.5*10^-4              0             
formate           0                    0                 2.5*10^-4    
consumate   2.5*10^-4     2.5*10^-4              0
finali            2.5*10^-4          0                  2.5*10^-4

Anche io ho ragionato in questi termini e non riesco ancora a capire quel valore di pH
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Scusatemi entrambi, non capita solo agli studenti di sbagliare i calcoli. Blush
La risoluzione e i calcoli di Luigi sono corretti. ;-)
Avevo calcolato le moli iniziali di OH- in questo modo:
ni OH- = 0,025 mol/L / 10 mL / 1000 mL = 2,5·10^-6 mol
e poi avevo proseguito con questo "erroraccio" e, fatalità, mi veniva proprio un pH di 4,7.

   

Ripeto che questa risoluzione è sbagliata!!!
Ciao
Luisa

Dal laboratorio se ne usciva ogni sera, e più acutamente a fine corso, con la sensazione di avere “imparato a fare una cosa”;
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(Primo Levi)


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federica890
(2019-01-12, 18:03)LuiCap Ha scritto: Scusatemi entrambi, non capita solo agli studenti di sbagliare i calcoli. Blush
La risoluzione e i calcoli di Luigi sono corretti. ;-)
Avevo calcolato le moli iniziali di OH- in questo modo:
ni OH- = 0,025 mol/L / 10 mL / 1000 mL = 2,5·10^-6 mol
e poi avevo proseguito con questo "erroraccio" e, fatalità, mi veniva proprio un pH di 4,7.



Ripeto che questa risoluzione è sbagliata!!!

Non si preoccupi, può capitare a tutti di sbagliare! Grazie per la disponibilità
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