Question

1. Calculati pH-ul urmatoarelor solutii:
100 ml solutie HNO3 0.01M;
50 ml solutie acid acetic 0.01M (pKa= 4.7);
35 ml solutie NaOH 0.01M;
55 ml solutie acid butiric 0.002M (pKA=4.82).

Answer 1

Varianta de rezolvare propusă

Sunt probleme despre calcularea concentrației molare a ionilor de H₃O⁺(ionul de H⁺ hidratat), respectiv HO (-) din soluții apoase de acizi și baze tari, respectiv slabe și calcularea pH-ului acestor soluții. La soluțiile acizilor slabi se dă constanta  de aciditate, Ka (pKa=- logaritm zecimal din Ka).

Etapele și relațiile de calcul diferă pentru soluțiile de acizi și baze tari, respectiv acizi și baze slabe.

a) Acidul azotic HNO₃ este un acid tare, el disociază total în apă (ionizează), reacția este ireversibilă:

HNO₃  + HOH = NO₃⁻ + H₃O

1mol HNO₃....produce...1mol NO₃⁻ + 1mol H₃O⁺

Avem: 100 mL soluție HNO₃, de concentrație molară CM=0,01 M (mol/L)

pH-ul soluției de HNO₃=-lgCM H⁺= -lg C M HNO₃

C M H⁺ = concentrația molară a ionilor de H⁺ din disocierea HNO₃=C M HNO₃=concentrația molară a acidului azotic în 100 mL soluție.

Explicație:

CM =n moli/Vs; n moli= CM . Vs; n moli HNO₃=0,01 M.0,1L=0,001 moli

Din reacția de disociere rezultă că:

dacă 1mol HNO₃......produce prin disociere 1 mol H₃O⁺

atunci 0,001 mol HNO₃......produce prin disociere....n moli H₃O⁺

n moli=0,001 mol.1 mol/1mol=0,001 mol

Cu datele: n moli H₃O⁺=0,001 și volumul soluției Vs=100 mL=0,1L (1L=1000mL), calculăm concentrația molară a ionilor de hidrogen în soluția de HNO₃.

C M H₃O⁺= n moli/Vs=0,001 moli/0,1L=0,01M

CONCLUZIE: ați înțeles că la  HNO₃ concentrația molară a acidului este egală cu concentrația molară a ionilor de H₃O⁺.

Deci:

pH-ul soluției de HNO₃=-lg 0,01 = -lg 10⁻²=2

pH=2 la soluția de acid azotic 0,01M

c). pH-ul soluției de NaOH (o bază tare), cu volumul de 35 mL și concentrația molară CM=0,01M.

NaOH în apă disociază total = Na⁺ +  HO⁻        reacție ireversibilă

1 mol NaOH............................1mol Na⁺.....1mol HO⁻

0,01.35.10⁻³moli................produc 0,01.35.10⁻³moli Na⁺=0,01.35.10⁻³moli HO⁻

C M NaOH =0,01.0,035/0,035 =CM Na⁺=CM HO⁻=0,01.0,035/0,035=0,01M (mol/L)

pH la baze=14-pOH;

pOH=-lg CM HO⁻ =-lg 0,01=2

Rezultă că: pH=14-2=12 (un pH bazic, situat pe scara de pH, aproape de 14).

b). Avem 50 mL soluție de CH₃COOH, de concentrație molară, CM=0,01M, și constanta de aciditate, exprimată pKa (forma logaritmică)=4,7. Este cazul unui acid de tărie slabă, care nu ionizează total în apă. Reacția de disociere are loc cu stabilirea unui echilibru chimic între reactanți și produșii de reacție, la acest moment există în soluție: molecule de acid acetic nedisociat, ioni de acetat și de hidroniu din disocierea unei părți din cantitatea totală de acid.

Reacția de ionizare în apă a acidului acetic este:

CH₃COO H + H₂O =  CH₃COO⁻ + H₃O⁺

1mol acid disociază...........în 1 mol de acetat  și 1 mol de ion hidroniu.

La stabilirea echilibrului chimic, constanta de echilibru Kc este:

Kc = C M CH₃COO⁻.C H₃O⁺/ C M CH₃COOH.C H₂O

dar C M H₂O este constantă, mică și se scrie:

Kc.CM H₂O=Ka= constanta de aciditate

unde:

C M CH₃COO⁻=concentrația molară a ionilor de acetat, la momentul stabilirii echilibrului chimic

C M H₃O⁺=concentrația molară a ionilor de hidroniu, la momentul stabilirii echilibrului chimic

C M CH₃COOH=CM inițială a acidului - CM a acidului disociat (care este egală cu CM de H₃O⁺- din stoechiometria reacției de disociere.

Calcule

Există o relație între pH și Ka la acizii slabi, dar mai bine s-o demonstrăm.

1) Calculăm numărul de moli de CH₃COOH din 50 mL soluție 0,01M.

CM =n moli/Vs (L); n moli=0,01.50.10⁻³=0,5 mmol (1 mmol=10⁻³mol)

stoechiometria:    1 mol....................................1mol.............1mol

n mmoli            CH₃COOH   + H₂O    =     CH₃COO⁻  +   H₃O⁺

intrat :                  0,5               0.....................0.....................0

cons/format:          X .......................................X.......................X

ech.ch.       nedisociat: 0,5-X              format: X              X

C M :                              (0,5-X)50.10⁻³;  X=X/ 50.10⁻³  (mol/L)=X.0,02.10³

2) Se introduc datele în Ka:

Ka= X.X( 0,02.10³)² mol²/L² / (0,5-X) .0,02.10³ mol/L= X² . 0,02.10³/0,5-X;  

pKa=-lg Ka;  Ka=10⁻putere(pKa)

Ka=10⁻⁴.⁷= 1/10⁴,⁷= 10⁻⁴.1/10⁰,⁷=10⁻⁴. 1/5,02=0,1995.10⁴ aprox=2.10⁻⁵

2.10⁻⁵= X².0,2.10³/(0,5-X);  0,2.10³ X²= 2.10⁻⁵(0,5-X)

0,2.10³. X²+2.10⁻⁵X -10⁻⁵=0

Neglijăm C H⁺ din ionizarea apei=10⁻⁷mol/L, care este mai mică față de 10⁻⁵ mol/L. Rezolvăm ecuația de gradul 2.

Varianta

Sau aplicăm relația dedusă din ecuația de mai sus:

C M H₃O= √C HA.Ka= √0,01.2.10⁻⁵=√0,02.10⁻.10⁻⁴=0,044.10⁻²=4,4.10⁻⁴

pH=-lg 4,4.10⁻⁴=-( lg 4,4+lg 10⁻⁴)= 4-0,64=3,36

pctd) Acidul butiric CH₃CH₂CH₂COOH este un acid slab, care disociază(ionizează) parțial în apă. Reacția este reversibilă cu stabilirea echilibrului chimic.

C₃H₇COOH +H₂O = C₃H₇COO⁻+ H₃O⁺

1mol  acid.................1mol anion acid.....1mol de ion hidroniu

Aplicăm relația matematică de mai sus, nu mai calculăm ecuația de grad 2 (vezi exemplul de la acidul acetic)/

CM H⁺=√C HA.Ka = √0,002.1,9.10⁻⁵ = √0,038.10⁻⁶=0,19.10⁻³

pKa=-lg Ka,  Ka=10⁻putere(pka); Ka=10⁻⁴,⁸²; Ka= 10⁻⁴.10⁻⁰,⁸²=

Ka= 1,9.10⁻⁵

Rezultă:

pH=-lgC M H⁺=- lg 1,9.10⁻⁴

pH=-(lg 10⁴+lg1,9)=4-0,28=aprox3,72

Rezultele sunt aproximate, prin rotunjire.