calcolo del pH, anche questa sera ci provo....
Salve a tutti,, 
propongo un esercizio e la mia soluzione.
Calcolare il pH di una soluzione 0,125 M di Na2HPO4 (H3PO4 Ka1=7,1x10^-3, Ka2 = 6,2x10^-8, Ka3 = 4,4x10^-13)
Allora:
Na2HPO4 + H20 = 2Na (+) + HPO4(2-)
HPO4(2-) è un anfotero, HPO4(2-) + H20 = H2PO4 (-) + OH (-) Ka2     e HPO4(2-) + H2O = PO4 (3-) + H3O (+) Ka3
pH = (pKa2 + pKa3)/2 = (7,20 + 12,35)/2 = 9,8
corretto?
grazie a tutti.....
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È corretto.
La costante del primo equilibrio che hai scritto è una Kb2 = Kw/Ka2
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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emanuele marra
quindi il calcolo corretto sarebbe:
pH = (pKb2 + pKa3)/2 = (6,79 + 12,35)/2 = 9,57
Grazie.
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No, il calcolo del pH è corretto.
È la stessa dimostrazione che ho scritto giorni fa per HAsO4(2-).
Adesso hai HPO4(2-).
In generale HA(2-).

Se hai HA(-)
pH = (pKa1 + pKa2)/2

Se hai H2A(-)
pH = (pKa1 + pKa2)/2

Se hai HA(2-)
pH = (pKa2 + pKa3)/2

Se hai un sale AB formato da un acido debole e da una base debole
pH = (pKa + pKb)/2
Un esempio tipico è l'NH4CH3COO.
Ciao
Luisa

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emanuele marra
(2016-03-31, 21:04)LuiCap Ha scritto: Se hai un sale AB formato da un acido debole e da una base debole
pH = (pKa + pKb)/2
Un esempio tipico è l'NH4CH3COO.

Correggo l'ultima formula:
pH = 7 + (pKa - pKb)/2
Ciao
Luisa

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emanuele marra, Adriano
Salve a tutti, vi propongo un nuovo esercizio e la mia soluzione.
Determinare il pH delle seguenti soluzioni acquose:
a) una soluzione di H2CO3 0,050 M (Ka1 = 4,3x10^-7; Ka2 = 4,7x10^-11).
b) a 240 ml della soluzione 0,050 M di H2CO3 (a) si fanno due aggiunte successive di 200 ml di una soluzione acquosa di NaOH 0,060 M. Determinare il pH dopo ogni aggiunta.
c) una soluzione acquosa 0,150 M di NH3 (Kb = 1,8x10^-5).
d) a 150 ml della soluzione di NH3 0,150 M © si aggiungono 150 ml di NH4Cl 0,200 M.
e) una soluzzione acquosa di KClO4 3,2x10^-6 M. 

Soluzioni:
a) [H+] = radq Ka1xCa=radq 4,3x10^-7x0,05= 0,00014   pH=-log[H+] = 3,85
b) prima aggiunta
 l'aggiunta dell' idrossido di sodio porta a questa reazione (soluzione tampone): H2CO3 + 2NaOH = Na2CO3 + 2 H2O; dopo la prima aggiunta abbiamo: moli H2CO3 = 0,05x0,240= 0,012M e NaOH=0,06x0,200=0,012M. Le moli di NaOH sono insufficienti per reagire con tutte le moli di H2CO3 (ne occorrerebbero 0,024). Abbiamo che le moli in eccesso di H2CO3 sono 0,006, le moli di Na2CO3 che si sono formate sono 0,006.
La concentrazione M di H2CO3 = 0,006/0,440=0,0136
La concentrazione M di Na2CO3 = 0,006/0,440=0,0136
pH=pKa+log[Na2CO3]/[H2CO3]=6,36+log1=6,36 
seconda aggiunta
moli di NaOH = 0,024; in questo caso tutte le moli di H2CO3 reagiscono. La concentrazione del sale = 0,012/0,640=0,019M e l'equilibrio d'idrolisi è:Na2CO3+2H20 = 2NaOH+H2CO3, Kn=Kw/Ka=1x10^-14/4,3x10^-7=0,232x10^-7. All'equilibrio avremo:  0,019-x (Na2CO3) = 2x (NaOH) + x (H2CO3), da questo Kn=0,232x10^-7=2X^2/0,019=x=[OH-]=radq (0,019x0,232x10^-7)/2=1,5x10^-5   pOH=4,82 ed infine pH=9,17.
c)[OH-]=radqKbxC=0,00164  pOH=2,78 e pH=11,21
d)n moli NH3=0,150x0,150=0,0225, n moli NH4Cl=0,150x0,2=0,03. [OH-]=Kbxns/nb=1,8x10^-5x0,03/0,0225=2,4x10^-5  pOH=4,61 e pH=9,38
e) il ph è neutro in quanto il sale proviene da una base forte (KOH) ed un acido forte (HClO4) ed in soluzione non si idrolizza.

Cosa ne dite? grazie a tutti
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Punto a)
Il procedimento è corretto, però devi imparare ad usare la calcolatrice in modo corretto, senza fare arrotondamenti sbagliati nei calcoli intermedi.

Punto b)
Dopo la prima aggiunta di NaOH hai considerato, sbagliando, che si formi una soluzione tampone H2CO3/CO3(2-); questa non è una soluzione tampone: la base coniugata dell'acido debole H2CO3 è una specie con un solo atomo di idrogeno in meno, cioè HCO3(-).
La risoluzione può essere quella allegata, oppure si può considerare che si formino 0,0060 moli di CO3(2-) e rimangano 0,0060 moli di H2CO3, che reagiscono ulteriormente fra loro formando 0,0060 moli di HCO3- in un volume totale di 440 mL.
Dopo la seconda aggiunta di NaOH hai considerato correttamente che in soluzione rimanga solo lo ione CO3(2-), però dopo hai sbagliato a considerare la sua reazione di idrolisi in acqua.

      
   

Punto c)
Il procedimento è corretto; c'è solo un arrotondamento sbagliato nel calcolo del pH.

Punto d)
Hai considerato in modo corretto che si formi una soluzione tampone fra la base debole NH3 e il suo acido coniugato NH4(+), ma nella formula per il calcolo della [OH-] hai invertito il rapporto ns/nb.

   

Punto e)
Ho cancellato quello che avevo scritto riguardo a questo punto perché avevo scritto una enorme cavolata (lo ione ClO4- è una base molto debole, non molto forte come avevo scritto.

Resta comune il fatto che il trattamento completo del calcolo del pH di questa soluzione debba, secondo me, tener conto della sua concentrazione molto bassa (3,2·10^-6 M).
Ciao
Luisa

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emanuele marra
ti ringrazio per i commenti, molto utili........

un dubbio sul punto e: non ho trovato nulla circa il calcolo del pH nel caso di concentrazioni molto basse, come si dovrebbe procedere secondo te in questi casi? grazie.
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vi invio un esercizio simile a quello precedente e spero che la mia soluzione sia corretta.....altrimenti c'è grossa crisi.
determinare il pH:
a) una soluzione di H2Te 0,100 M (Ka1 = 2,3x10^-3, Ka2 = 1x10^-11)
b) a 200 ml della soluzione del punto a si fanno due aggiunte successive di 40 ml di una soluzione acquosa di KOH 0,250 M. Determinare il pH dopo ogni aggiunta.
soluzione:
a) [H+] = radq Ka1*c = 0.0152 pH=1.82
b) prima aggiunta : H2Te + KOH = KHTe + H20 (spero), moli H2Te= 0.02 moli KOH = 0.01 si formeranno 0.01 moli di KHTe, lo ione HTe- dovrebbe essere un anfolita. [H+]=radq Ka1*Ka2=1.51x10^-7 pH=6.82
seconda aggiunta: KHTe + KOH = K2Te + H2O; moli KOH=0.01, [K2Te] = 0.01/0.280 = 0.036 M. [OH-] = radq Kw/Ka2 *Cs= radq 10^-14/10^-11*0.036 = 0.006 pOH = 2.22 pH = 11.77

spero vivamente sia corretto.
Domanda: so che le forme intermedie degli acidi poliprotici sono anfoliti, ma in quali altri casi si formano gli anfoliti?
grazie mille
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LuiCap
Anche le forme intermedie delle basi deboli polibasiche sono degli anofoliti:
R-(NH2)3 + H+ --> R-(NH2)2(NH3)+
R-(NH2)2(NH3)+ + H+ --> R-(NH2)(NH3)2+2

Per quanto riguarda l'esercizio mi dispiace metterti in crisi, ma è sbagliato... meglio ora che all'esame ;-)

      
   

Quello che più mi dispiace è però vedere che i molti studenti in difficoltà su questo tipo di esercizi (e anche altri) immagino non abbiano mai costruito in pratica una curva di titolazione in laboratorio, sporcandosi le mani.
Una curva di titolazione come quella dell'esercizio "comunica" tantissime informazioni.
Ne cito una fra tutte: il 2° p.e. è rilevabile solo teoricamente perché la variazione di pH per ogni aggiunta di KOH è lenta e graduale, perciò è impossibile rilevarlo utilizzando un indicatore acido-base; quest'ultimo varierebbe il suo colore così gradualmente da non permettere di rilevare il punto di fine titolazione.
Quindi l'acido debole H2Te è titolabile solo come acido monoprotico.
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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