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Le soluzioni tampone

Le soluzioni tampone sono  costituite da un acido debole e dalla sua base coniugata ad esempio acido acetico/ acetato  o da una base debole e il suo acido coniugato ad esempio ammoniaca/ammonio. Le soluzioni tampone sono utilizzate quando si vuole che il pH di una reazione rimanga stabile. Inoltre le soluzioni tampone a vari valori di pH sono usate per il controllo e la calibrazione dei pHmetri

Caratteristiche

La caratteristica delle soluzioni tampone è che il pH di tali soluzioni rimane pressoché invariato in seguito all’aggiunta di piccole quantità di acido o basi forte.

Per spiegare il meccanismo di funzionamento consideriamo una soluzione costituita da acido acetico e da acetato di sodio.

L’acetato di sodio è un sale completamente dissociato in acqua secondo la reazione :

CH₃COONa → CH₃COO^– + Na⁺

L’acido acetico, che è un acido debole, si dissocia secondo il seguente equilibrio :

CH₃COOH + H₂O ↔ CH₃COO^– + H₃O⁺

Per il principio di Le Chatelier gli ioni CH₃COO^– provenienti dalla dissociazione dell’acetato di sodio, spostano l’equilibrio di dissociazione dell’acido acetico a sinistra.

Supponiamo di aggiungere piccole quantità di acido forte il quale, come tale libera ioni H₃O⁺ i quali verranno “catturati” dallo ione CH₃COO^–, formando altro acido acetico indissociato :

CH₃COO^– + H₃O⁺ → CH₃COOH + H₂O

Pertanto la quantità di ioni H₃O⁺ nella soluzione non subirà notevoli variazioni e il pH varierà pochissimo.

Supponiamo di aggiungere invece, alla soluzione tampone piccole quantità di base forte ad esempio NaOH che si dissocerà completamente :
NaOH → Na⁺ + OH^–

Gli ioni OH^– che così si formano verranno “catturati” dalle molecole di CH₃COOH presenti, formando acqua secondo la reazione :

CH₃COOH + OH^–→ CH3COO^– + H2O

Anche in questo caso il pH rimarrà pressoché invariato, perché la quantità di H₃O⁺ varia pochissimo.

Per conoscere il pH di una soluzione tampone possiamo usare l’equazione di Handerson- Hasselbalch

Se la soluzione è costituta da un acido debole e dalla sua base coniugata :

pH = pK_a + log [A^–]/ [HA] essendo A^– e HA rispettivamente le concentrazioni dalla base coniugata e dell’acido debole

Se la soluzione è costituita da una base debole e dal suo acido coniugato :

pOH = pK_b + log [BH⁺]/[B] essendo [BH⁺] e [B] rispettivamente le concentrazioni dell’acido coniugato e della base.

Esercizi

1)       Calcolare il pH di una soluzione preparata da 0.500 L di acido acetico 0.250 M e 0.500 L di acetato di sodio 0.250 M supponendo i volumi additivi. K_a = 1.76 · 10^-5

Moli acido acetico = 0.250 M · 0.500 L= 0.125

Moli acetato = 0.250 M · 0.500 L = 0.125

Volume totale = 0.500 + 0.500 = 1.00 L

[CH₃COOH] = 0.125 mol/ 1.00 L = 0.125 M

[CH₃COO^–] = 0.125 mol/ 1.00 L = 0.125 M

pK_a = – log 1.76 · 10^-5 = 4.75

pH = 4.75 + log 0.125/0.125 = 4.75

Calcolo della variazione di pH nelle soluzioni tampone

Calcolare il pH di una soluzione tampone preparata da 0.500 L di acido acetico 0.200 M e 0.800 L di acetato di sodio 0.150 M. Calcolare inoltre la variazione di pH quando a 0.130 L di tale soluzione vengono aggiunti 10.0 mL di HCl 0.0800 M

Moli acido acetico = 0.200 M ∙0.500 L=0.100

Moli acetato = 0.150 M ∙0.800 L = 0.120

Volume totale = 0.500 + 0.800 = 1.30 L

Concentrazione acido acetico = 0.100/ 1.30=0.0769 M

Concentrazione acetato = 0.120/ 1.30=0.0923 M

pH = 4.75 + log 0.0923/0.0769=4.83

si calcola il numero delle moli di acido acetico, ione acetato  in 0.130 L e di HCl aggiunte

acido acetico  = 0.130 ∙0.0769 =0.0100

acetato contenute in 0.130 L = 0.130 ∙0.0923 =0.0120

moli di HCl aggiunte = 0.0800 M ∙0.0100 L = 0.000800

lo ione H₃O⁺ reagisce con lo ione acetato per dare acido acetico

Le moli di acetato in eccesso sono pari a  0.0120 – 0.000800=0.0112

moli di acido acetico totali = 0.0100 + 0.000800=0.0108

volume totale = 0.0100 L + 0.130 L = 0.140 L

concentrazione acido acetico = 0.0108/ 0.140 =0.0771 M

concentrazione acetato = 0.0112/ 0.140=0.0800 M

pH = 4.75 + log 0.0800/ 0.0771=4.77

ΔpH = 4.83 – 4.77 =0.06

Calcolare la variazione di pH quando 20.0 mL di una soluzione 0.100 M sono aggiunti a 80.0 mL di una soluzione tampone 0.169 M di NH₃ e 0.183 M di NH₄Cl sapendo che K_b= 1.81 · 10^-5

Calcoliamo il pH della soluzione iniziale

pOH = 4.74 + log 0.183/ 0.169=4.77

pH = 14 – 4.77 =9.23

Si calcolano le moli di NH₃ e di NH₄⁺

NH₃ = 0.169 M ∙0.0800 L=0.0135

NH₄⁺ = 0.183 M ∙0.0800 = 0.0146

moli di OH^– aggiunte = 0.100 M ∙0.0200 L = 0.00200

la reazione che avviene è :

NH₄⁺ + OH^– = NH₃ + H₂O

Moli di NH₄⁺ = 0.0146 – 0.00200=0.0126

Moli di NH₃ = 0.0135 + 0.00200=0.0155

Volume totale = 0.0200 + 0.0800 = 0.100 L

Concentrazione NH₄⁺ = 0.0126/ 0.100 = 0.126 M

Concentrazione NH₃ = 0.0155/ 0.100 = 0.155

pOH = 4.74 + log 0.126/ 0.155=4.65

pH = 14 – 4.65 =9.35

ΔpH = 9.35   – 9.23 =0.12