Soluzioni tampone: esercizi di livello difficile svolti e commentati

Le soluzioni tampone sono costituite  da un acido debole e dalla sua base coniugata . Ad esempio, detto HA l’acido debole, una tale soluzione deve contenere anche A^– ovvero la base coniugata di HA.

Le soluzioni tampone possono essere costituite da una base debole e dal suo acido coniugato. Ad esempio, detta B la base debole, una tale soluzione deve contenere anche BH⁺ ovvero l’acido coniugato di B.

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 adopera 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.

Le soluzioni tampone hanno la caratteristica di variare di poco il pH  a seguito di aggiunta di piccole quantità di acido o base forte.

Gli esercizi proposti sulle soluzioni tampone presentano un grado di difficoltà maggiore rispetto agli abituali esercizi sulle soluzioni tampone

Esercizi svolti

1)      Calcolare il pH di una  soluzione ottenuta mescolando 100 mL di NaOH 0.100 M con 150 mL di acido acetico 0.200 M (pK_a = 4.76) supponendo i volumi additivi

Le moli di NaOH sono : moli di NaOH = 0.100 L ∙ 0.100 M = 0.0100

Le moli di acido acetico sono: moli di acido acetico = 0.150 L ∙ 0.200 = 0.0300

0.0100 moli di NaOH reagiscono con 0.0100 moli di acido acetico per dare 0.0100 moli di acetato secondo la reazione netta: CH₃COOH + OH^– → CH₃COO^– + H₂O

Rimangono in eccesso 0.0300 – 0.0100 = 0.0200 moli di acido acetico

Il volume totale della soluzione è: volume totale = 100 + 150 = 250 mL = 0.250 L

Pertanto:

[CH₃COOH] = 0.0200/ 0.250 L = 0.0800 M

[CH₃COO^–] = 0.0100 / 0.250 L = 0.0400 M

Sostituendo tali valori nell’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:

pH = 4.76 + log 0.0400/ 0.0800 = 4.46

Si noti che si poteva più rapidamente ottenere lo stesso risultato usando le moli anziché le concentrazioni infatti nel rapporto [CH₃COO^–]/[CH₃COOOH] i volumi si semplificano:
pH = 4.76 + log 0.0100/ 0.0200 = 4.46

Anche se più rapido tale metodo non è consigliato in quanto in realtà nell’equazione di Henderson-Hasselbalch sono presenti le concentrazioni

2)      Calcolare in quale rapporto devono trovarsi H₂PO₄^– e HPO₄^2- per ottenere una soluzione a pH = 7.00. pKa₁ = 2.15; pKa₂ = 7.20; pKa₃ =12.35

Gli equilibri di dissociazione dell’acido fosforico sono

H₃PO₄ + H₂O ⇄ H₂PO₄^– + H₃O⁺  regolato dalla K_a1

H₂PO₄^– + H₂O ⇄ HPO₄^2- + H₃O⁺  regolato dalla K_a2

HPO₄^2- + H₂O ⇄ PO₄^3- + H₃O⁺  regolato dalla K_a3

Per calcolare in quale rapporto devono trovarsi H₂PO₄^– e HPO₄^2- ci si deve riferire alla seconda dissociazione in cui H₂PO₄^– è l’acido e HPO₄^2- è la sua base coniugata. Quindi si deve considerare pKa₂ = 7.20

Applicando l’equazione di di Henderson-Hasselbalch si ottiene:

7.00 = 7.20 + log [HPO₄^2-]/[ H₂PO₄^–]

Da cui – 0.20 = log [HPO₄^2-]/[ H₂PO₄^–]

Poiché la base del logaritmo è 10 allora

[HPO₄^2-]/[ H₂PO₄^–] = 10^-0.20= 0.631

Dal momento che viene richiesto il rapporto tra H₂PO₄^– e HPO₄^2- allora si ha:

[ H₂PO₄^–]/[HPO₄^2-] = 1/ 0.631 =1.58

3)      Calcolare le moli di cloruro di ammonio da aggiungere a 2.00 L di NH₃ 0.100 M  per ottenere una soluzione a pH = 9.00 ( K_b di NH₃ = 1.80 ∙10^-5). Si supponga che l’aggiunta di cloruro di ammonio non provochi variazioni di volume

A pH = 9.00 il valore di pOH è pari a 14.0 – 9.00 = 5.00

pK_b = 4.74

Detta x la concentrazione di cloruro di ammonio si ha:

5.00 = 4.74 + log x/ 0.100

0.26 = log x / 0.100

10^0.26 = 1.82 = x/ 0.100

Da cui x = 0.182 M

Moli di NH₄Cl = 0.182 mol/L ∙ 2.00 L =0.364

4)      Una soluzione contenente acido acetico e ione acetato la cui concentrazione totale è 0.1000 M ha un volume di 100.0 mL e un pH di 5.000. Calcolare la variazione di pH quando vengono aggiunti 7.300 mL di HCl 0.3600 M a tale soluzione. (pK_a = 4.752)

Indichiamo con X la concentrazione dell’acido acetico e indichiamo con Y la concentrazione dello ione acetato; si ha:

X + Y = 0.1000

5.000 = 4.752 + log Y/X

Si deve quindi risolvere un sistema costituito da 2 equazioni nelle incognite X e Y

Dalla seconda equazione si ha:

0.2480 = logY/X

Da cui Y/X = 10^{0.2480 =}= 1.770

Ovvero Y = 1.770 X

Sostituendo questa espressione nella prima equazione si ha:

X + Y = X + 1.770 X = 0.1000

2.770 X = 0.1000

Da cui X = 0.03610 M  = [CH₃COOH] e quindi Y = 0.1000 – 0.03610 =0.06390 M = [CH₃COO^–]

Ci si può subito rendere conto se si sono commessi errori prima di andare avanti sostituendo tali valori nel sistema per verificarlo:

4.752 + log 0.06390/ 0.03610 = 5.000

Ora che siamo certi del risultato possiamo procedere oltre. Le moli di acetato, acido acetico e HCl aggiunte sono rispettivamente

acetato = 0.06390 mol/L ∙ 0.100 M = 0.006390

acido acetico = 0.03610 mol/L ∙ 0.100 L = 0.003610

HCl aggiunte = 0.007300 L ∙ 0.3600 mol/L = 0.002628

L’acetato reagisce con l’acido cloridrico per dare acido acetico secondo la reazione netta:

CH₃COO^– + H⁺ → CH₃COOH

0.002628 moli di H⁺ reagiscono con altrettante moli di acetato per dare 0.002628 moli di acido acetico

Calcoliamo quindi le moli di acetato e acido acetico dopo l’aggiunta di HCl

Moli di acetato = 0.006390 – 0.002628 = 0.003762

Moli di acido acetico = 0.003610 + 0.002628 = 0.006238

Anche in questo caso si potrebbero, per una rapida risoluzione, mettere nell’equazione di Henderson- Hasselbalch le moli anziché le concentrazioni. Usiamo tuttavia una trattazione più rigorosa;

volume totale = 100.0 + 7.300 = 107.3 mL = 0.1073 L

[CH₃COO^–] = 0.003762/ 0.1073 = 0.03506 M

[CH₃COOH] = 0.006238 / 0.1073 = 0.05814 M

Sostituiamo detti valori nell’equazione di Henderson-Hasselbalch e otteniamo

pH = 4.752 + log 0.03506 / 0.05814 =  4.532

la variazione di pH è quindi 4.532 – 5.000 =  – 0.468

Tale risultato è ragionevole in quanto l’aggiunta di un acido provoca una diminuzione del pH