Soluzioni tampone: esercizi svolti

1)      Calcolare il pH di una soluzione tampone contenente 0.320 mol dm-3 di NH3 e 0.210 mol dm-3 di NH4Cl. Kb = 1.85 x 10-5

L’equazione che si usa  per risolvere  molti esercizi riguardanti le soluzioni tampone è quella di Henderson-Hasselbalch:

pH = pKa + log [base coniugata]/ [acido]

che si usa quando la soluzione tampone è costituita da un acido debole e dalla sua base coniugata

ovvero:

pOH = pKb + log [acido coniugato]/ [base]

che si usa quando la soluzione tampone è costituita da una base debole e dal suo acido coniugato.

Nel caso dell’esercizio proposto ci si trova dinanzi alla base debole NH3 e dal cloruro di ammonio che è un sale completamente dissociato secondo la reazione:

NH4Cl → NH4+ + Cl

Lo ione ammonio costituisce l’acido coniugato della base debole NH3.

Calcoliamo il pKb = – log Kb = – log 1.85 x 10-5 = 4.73

Sostituiamo i valori noti nell’equazione di Henderson-Hasselbalch:

pOH = 4.73 + log 0.210 / 0.320 = 4.55

Ricordando la relazione:

pH + pOH = 14

possiamo ricavare il valore di pH che è pari a

pH = 14 – 4.55=9.45

2)      Si calcoli in quale rapporto debbono essere le concentrazioni di una soluzione di acetato di potassio CH3COOK e di  acido acetico  CH3COOH  ( Ka = 1.8 x 10-5) per avere una soluzione tampone a pH 5.50

L’acetato di potassio si dissocia completamente secondo la reazione:

CH3COOK → CH3COO + K+

Lo ione acetato costituisce pertanto la base coniugata dell’acido acetico.

Calcoliamo il pKa:

pKa = – log 1.8 x 10-5 = 4.7

applichiamo l’equazione di Henderson-Hasselbalch:

5.50 = 4.7 + log [CH3COO]/ [CH3COOH]

5.50 – 4.7 = log [CH3COO]/ [CH3COOH]

0.8 = log [CH3COO]/ [CH3COOH]

Ricordiamo che il logaritmo è in base 10, pertanto, applicando la definizione di logaritmo si ha:

100.8 = [CH3COO]/ [CH3COOH]

Da cui:

6.3 = [CH3COO]/ [CH3COOH]

Questo risultato ci indica il rapporto acetato/ acido acetico: il significato di tale rapporto è che, per ogni 6.3 moli di acetato occorre una mole di acido acetico per ottenere il pH desiderato.

Si tenga presente che molti testi non rispettano le cifre significative: nel caso dell’esercizio proposto infatti la Ka ha solo due cifre significative e pertanto la risposta deve avere due cifre significative. Purtroppo molti libri, pur trattando, in genere nei capitoli iniziali le operazioni con le cifre significative, all’atto pratico danno un numero di cifre maggiore o minore.

3)      Calcolare quanti grammi di cloruro di ammonio occorre sciogliere in 100 cm3 di una soluzione 0.150 M di ammoniaca (Kb = 1.85 x 10-5) per ottenere una soluzione tampone a pH = 9.50 ammettendo che, dopo l’aggiunta del sale il volume rimanga costante.

Trattandosi di una soluzione tampone base debole- acido coniugato dobbiamo utilizzare l’equazione:

pOH = pKb + log [acido coniugato]/ [base]

Ci ricaviamo per primo il pOH:

pOH = 14 – 9.50 = 4.50

Il valore di pKb è pari a:

pKb = – log 1.85 x 10-5 = 4.73

4.50 = 4.73 + log [NH4+]/ 0.150

– 0.23 = log [NH4+]/ 0.150

Da cui, applicando la definizione di logaritmo:

10– 0.23 = log [NH4+]/ 0.150

0.589 = [NH4+]/ 0.150

Ricaviamo la concentrazione di NH4+ : 0.589 x 0.150 = 0.0884 M

Le moli di cloruro di ammonio necessarie sono pari a:

moli = Molarità x volume

convertiamo il volume della soluzione in dm3:

100 cm3 = 0.100 dm3

Le moli di cloruro di ammonio necessarie sono quindi pari a:

0.0884 M x 0.100 dm3 = 0.00884 moli di cloruro di ammonio

I grammi necessari sono pari a moli x peso molecolare = 0.00884 mol x 53.49 g/mol=  0.473 g

4)      A 100 cm3 di una soluzione 0.125 M di acido acetico ( Ka = 1.80 x 10-5) e 0.445 M di acetato di sodio sono aggiunti 0.500 g di NaOH. Calcolare la variazione di pH ammettendo che la variazione di volume sia trascurabile

Innanzi tutto si calcola il pH della soluzione iniziale applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch:

pH = pKa + log [base coniugata]/ [acido]

tenendo presente che pKa = – log 1.80 x 10-5 = 4.74

pH = 4.74 + log 0.445 / 0.125 =  5.29

Per calcolare la variazione di pH si devono ottenere le moli di acido acetico e di acetato di sodio presenti nella soluzione e il numero di moli di idrossido di sodio aggiunte:

Il volume della soluzione è 100 cm3 da cui V = 0.100 dm3

Moli di acetato = 0.445 M x 0.100 dm3 = 0.0445

Moli di acido acetico = 0.125 M x 0.100 dm3 = 0.0125

Moli di NaOH = 0.500 g / 40.0 g/mol=0.0125

Lo ione OH derivante dalla dissociazione dell’idrossido di sodio reagisce con l’acido acetico secondo la reazione:

CH3COOH + OH→ CH3COO + H2O

A seguito della reazione le moli di acido acetico diminuiscono di 0.0125 e quelle di acetato aumentano di 0.0125. Pertanto:

moli di acetato = 0.0445 + 0.0125 =0.0570

moli di acido acetico = 0.0125 – 0.0125 = 0

Pertanto ci troviamo solo dinanzi allo ione acetato avente concentrazione pari a:

[CH3COO] = 0.0570 / 0.100 dm3 = 0.570 M

Lo ione acetato dà luogo a reazione di idrolisi:

CH3COO + H2O ⇄ CH3COOH + OH

La costante di idrolisi detta anche Kb  è pari a:

Kb = Kw/Ka = 1.00 x 10-14/ 1.80 x 10-5 = 5.56 x 10-10

Costruiamo una ice-chart per determinare le concentrazioni all’equilibrio delle varie specie:

CH3COO H2O

CH3COOH OH
Stato iniziale: 0.570        
Variazione: -x     + x + x
All’equilibrio: 0.570-x     x x

 

Sostituendo tali valori nella costante di equilibrio:

Kb = [CH3COOH][OH] / [CH3COO] = (x)(x)/ 0.570-x

Si ottiene x = [OH]= 1.78 x 10-5 M

Da cui pOH = – log 1.78 x 10-5 =4.75

E, conseguentemente pH = 14 – 4.75 =9.25

ΔpH = 9.25 – 5.29 = 3.96

5)      In 100 cm3 di una soluzione acquosa di HCl il cui pH è 2.31 sono fatti assorbire 25.0 cm3 di NH3 misurati alle condizioni standard. Calcolare il pH ( Kb = 1.85 x 10-5)

La concentrazione dello ione H+ è pari a:

[H+] = 10-2.31 = 0.00490 M

Le moli dello ione H+ sono pari a 0.0490 M x 0.100 dm3 = 0.000490

Nelle condizioni standard ( p = 1 atm e T = 273 K) una mole di qualsiasi gas occupa il volume di 22.4 dm3.

Le moli di NH3 sono quindi pari a 0.0250 dm3/ 22.4 dm3 = 0.00112

Le moli di NH3 in eccesso sono 0.00112 – 0.000490 = 0.000626 e le moli di NH4+ formate sono 0.000490

Le rispettive concentrazioni sono 0.000626/ 0.100 = 0.00626 M e 0.000490/0.100 = 0.00490

pOH = 4.73 + log 0.00490/ 0.00626 = 4.62

da cui pH = 14 – 4.62 = 9.37

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Author: Chimicamo

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