5 Esercizi Pratici per Comprendere e Utilizzare le Soluzioni Tampone

In questo articolo, verranno presentati e discussi cinque esercizi risolti riguardanti le soluzioni tampone e il loro utilizzo. Le soluzioni tampone sono composte generalmente da un acido debole e la sua base coniugata o da una base debole e il suo acido coniugato. Queste soluzioni hanno la particolare capacità di mantenere il pH costante nonostante l’aggiunta di acidi forti o basi forti.

Nella risoluzione degli esercizi sulle soluzioni tampone si fa generalmente uso dell’equazione di Handerson-Hasselbalch dovuta al chimico statunitense Lawrence Joseph Henderson e al chimico danese Karl Albert Hasselbalch.

L’equazione di Handerson-Hasselbalch correla il pH (ovvero il pOH) di una soluzione con la costante acida K_a dell’acido debole (ovvero con la costante basica K_b della base debole) con la concentrazione dell’acido debole e della sua base coniugata (ovvero della base debole e del suo acido coniugato).

L’equazione di Handerson-Hasselbalch per soluzioni tampone costituite da acido debole e base coniugata è:
pH = pK_a + log [base coniugata]/[acido debole]
mentre per soluzioni tampone costituite da base debole e acido coniugato è:
pOH = pK_b + log [acido coniugato]/[base debole]
essendo pK_a = – log K_a e pK_b = – log K_b

I 5 esercizi sulle soluzioni tampone sono presentati con grado di difficoltà crescente

5 esercizi sulle soluzioni tampone svolti e commentati

• Calcolare il pH di una soluzione tampone in cui la concentrazione di HNO₂ è 0.250 M e la concentrazione di NaNO₂ è 0.100 M sapendo che il valore di K_a dell’acido nitroso è 5.62 10^-4

Il valore di pK_a è pari a: pK_a = – log  5.62 · 10^-4 = 3.25
La concentrazione dello ione nitrito è pari a 0.100 M in quanto il nitrito di sodio è un elettrolita forte che si dissocia completamente nei suoi ioni.

Pertanto il pH della soluzione che si ottiene vale:
pH = 3.25 + log 0.100/0.250 = 2.85

• Calcolare la massa di NaNO₂ che deve essere aggiunto a 250 mL di una soluzione 0.500 M di HNO₂ per portare il pH al valore di 3.70 sapendo che il valore di K_a dell’acido nitroso è 5.62 10^-4 e supponendo che, a seguito dell’aggiunta del nitrito di sodio, non si abbia variazione di volume

Il valore di pK_a è pari a: pK_a = – log  5.62 · 10^-4 = 3.25
Applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:
3.70 = 3.25 + log [NO₂^–]/ 0.500
0.450 = log [NO₂^–]/ 0.500

Per le proprietà dei logaritmi e ricordando che il logaritmo presente nell’equazione di Henderson-Hasselbalch è in base 10 si ha:
10^0.450 = [NO₂^–]/ 0.500 = 2.82
moltiplicando ambo i membri per 0.500 si ottiene:

[NO₂^–] = 1.41 M
Le moli di NO₂^– che corrispondono alle moli di NaNO₂ sono pari a:
Moli di NaNO₂ = M · V = 1.41 · 0.250 L = 0.353
La massa di NaNO₂ è quindi pari a 0.353 mol · 68.9953 g/mol = 2.44 g

• Calcolare la massa di cloruro di ammonio che deve essere aggiunta a 400 mL di una soluzione di NH₃152 M per portare il pH al valore di 9.50 sapendo che il valore di K_b dell’ammoniaca è 1.80 · 10^-5 e supponendo che, a seguito dell’aggiunta del cloruro di ammonio, non si abbia variazione di volume

Il valore del pOH è pari a 14 – 9.50 = 4.50
Il valore di pK_b = – log K_b = – log 1.80 · 10^-5 = 4.74
Applicando l’equazione di Henderson-Hasselbalch si ha:

4.50 = 4.74 + log [NH₄⁺]/ 0.152
Da cui: – 0.240 = log [NH₄⁺]/ 0.152
Per le proprietà dei logaritmi e ricordando che il logaritmo presente nell’equazione di Henderson-Hasselbalch è in base 10 si ha:
10^{– 0.240} = [NH₄⁺]/ 0.152 = 0.575

Moltiplicando ambo i membri per 0.152 si ottiene:
[NH₄⁺] = 0.0874 M
Da cui le moli di ione ammonio che corrispondono alle moli di cloruro di ammonio sono pari a:
0.0874 mol/L · 0.400 L =0.0350
La massa di cloruro di ammonio vale quindi: 0.0350 mol · 53.941 g/mol = 1.89 g

• Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 50.0 mL di acido acetico 0.100 M e 5.00 mL di idrossido di sodio 0.150 M sapendo che il pK_a dell’acido acetico vale 4.74. Si suppongano i volumi additivi

Le moli di acido acetico sono pari a 0.0500 L · 0.100 mol/L = 0.00500
L’acido acetico reagisce con l’idrossido di sodio secondo la reazione  di neutralizzazione:
CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

Le moli di NaOH sono pari a 0.00500 L · 0.150 mol/L = 0.000750
Le moli di acido acetico che rimangono in eccesso a seguito della neutralizzazione sono pari a 0.00500 – 0.000750 = 0.00425 e le moli di acetato di sodio formate sono 0.000750.

Il volume totale è pari a 50.0 + 5.00 = 55.0 mL = 0.0550 L
Pertanto la concentrazione dell’acido è 0.00425/0.0550 = 0.0773 M mentre quella dell’acetato è 0.000750/0.0550 = 0.0136 M

Il pH della soluzione tampone è pari a: pH = 4.74 + log 0.0136/0.0773 = 3.99

• Calcolare il volume di una soluzione di KHSO₃150 M e il volume di una soluzione di K₂SO₃ 0.750 M necessari per ottenere 100 mL di una soluzione tampone a pH = 7.00 sapendo che il valore di K_a2 dell’acido solforoso è pari a 6.76 · 10^-8

Il valore di pK_a2 = – log K_a2 = – log 6.76 · 10^-8 = 7.17
Detto V₁ il volume della soluzione di KHSO₃ e detto V₂ il volume della soluzione di K₂SO₃ si ha:
V₁ + V₂ = 100 mL = 0.100 L (1)

Applicando l’equazione di Handerson-Hasselbalch si ha:
7.00 = 7.17 + log [SO₃^2-]/[HSO₃^–]
da cui si ottiene 7.00 – 7.17 = – 0.17 = log [SO₃^2-]/[HSO₃^–]
Per le proprietà dei logaritmi e ricordando che il logaritmo è in base 10:
10^-0.17 = [SO₃^2-]/[HSO₃^–] =0.676  (2)

La concentrazione di SO₃^2- è pari alle moli di SO₃^2-/0.100 L e quella di HSO₃^– è pari alle moli di HSO₃^–/0.100 L. Pertanto il rapporto [SO₃^2-]/[HSO₃^–] può essere scritto come moli di SO₃^2-/0.100 L/ moli di HSO₃^–/0.100 L = moli di SO₃^2-/ moli di HSO₃^–.

Per definizione moli = molarità · Volume quindi: moli di HSO₃^– = 0.150 V₁ e moli di SO₃^2- = 0.750 V₂
Dalla (1) V₁= 0.100 – V₂ quindi moli di HSO₃^– = 0.150 (0.100 – V₂) = 0.0150 – 0.150 V₂

Sostituendo nella (2) si ha:
0.676 = 0.750 V₂/0.0150 – 0.150 V₂
Moltiplicando ambo i membri per 0.0150 – 0.150 V₂ si ottiene:
0.0101 – 0.101 V₂ = 0.750 V₂
ovvero 0.0101 = 0.851 V₂
Da cui V₂ = 0.0119 L = 11.9 mL e quindi V₁ = 100 – 11.9 =88.1 mL