Soluzioni tampone: esercizi svolti

Le soluzioni tampone sono costituite da un acido debole  e dalla sua base coniugata o da una base debole e dal suo acido coniugato.

Gli esercizi sulle soluzioni tampone possono essere risolti utilizzando l’equazione di Henderson-Hasselbalch

Le soluzioni tampone hanno la caratteristica di opporsi a variazioni di pH anche a seguito di aggiunta di piccole quantità di acido forte o di base forte.
Gli esercizi più comuni riguardanti le soluzioni tampone sono relativi al calcolo del pH, al rapporto tra le specie e alla determinazione del pH a seguito di aggiunta di acidi o basi

Esercizi

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

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

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

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

ovvero:

pOH = pK_b + 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 pK_b = – log K_b = – log 1.85 ∙ 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  ( K_a = 1.8 ∙ 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 pK_a:

pK_a = – log 1.8 ∙ 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:

10^0.8 = [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 K_a 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 (K_b = 1.85 · 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 = pK_b + log [acido coniugato]/ [base]

Ci ricaviamo per primo il pOH:

pOH = 14 – 9.50 = 4.50

Il valore di pK_b è pari a:

pK_b = – log 1.85 ∙ 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 · 0.150 = 0.0884 M

Le moli di cloruro di ammonio necessarie sono pari a:

moli = Molarità ∙ 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 ∙ 0.100 dm³ = 0.00884 moli di cloruro di ammonio

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

4)      A 100 cm³ di una soluzione 0.125 M di acido acetico ( K_a = 1.80 · 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 = pK_a + log [base coniugata]/ [acido]

tenendo presente che pK_a = – log 1.80 · 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 ∙ 0.100 dm³ = 0.0445

Quelle di acido acetico = 0.125 M ∙ 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 K_b  è pari a:

K_b = K_w/K_a = 1.00 ∙ 10^-14/ 1.80 ∙ 10^-5 = 5.56 ∙ 10^-10

Costruiamo una I.C.E. chart per determinare le concentrazioni all’equilibrio delle varie specie:

Sostituendo tali valori nella costante di equilibrio:

K_b = [CH₃COOH][OH^–] / [CH₃COO^–] = (x)(x)/ 0.570-x

Si ottiene x = [OH^–]= 1.78 ∙ 10^-5 M

Da cui pOH = – log 1.78 ∙ 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 ( K_b = 1.85 ∙ 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 · 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