SOLUZIONI TAMPONE

Le soluzioni tampone sono miscele di acidi o basi deboli con sali che permettono di opporsi a grosse variazioni di pH in caso di aggiunte modeste di acido forte o base forte.

Le soluzioni tampone possono essere costituite da:

  • Un acido debole e un sale contenente la base coniugata dell’acido debole.
  • Una base debole e un sale contenente l’acido coniugato della base debole.

Le soluzioni tampone prendono questo nome in quanto dotate di potere tamponante che viene calcolato come la quantità di acido forte o base forte che deve essere aggiunto per avere la variazione di 1 unità di pH.

Per il calcolo del pH di una soluzione tampone è possibile utilizzare l’equazione di Henderson-Hasselbach.

AZIONE TAMPONANTE SISTEMA ACIDO DEBOLE/BASE CONIUGATA

Per una soluzione contenente acido acetico (acido debole) e acetato di sodio (sale) è possibile scrivere le seguenti reazioni:

CH3COOH ⇄ H+ + CH3COO–

CH3COONa → Na+ + CH3COO–

L’addizione del sale è fondamentale per avere una quantità maggiore di acetato (CH3COO– ) che altrimenti si otterrebbe in porzioni ridottissime solo dalla dissociazione dell’acido acetico.

Nel caso di addizione di un acido forte come HCl, tale acido viene immediatamente neutralizzato dallo ione acetato in accordo con la seguente reazione:

H+ + CH3COO– → CH3COOH

Nel caso di addizione di una base forte come NaOH, tale base viene immediatamente neutralizzata dall’acido acetico in accordo con la seguente reazione:

OH– + CH3COOH → CH3COO– + H2O

AZIONE TAMPONANTE SISTEMA BASE DEBOLE/ACIDO CONIUGATO

Per una soluzione contenente ammoniaca (base debole) e cloruro di ammonio (sale) è possibile scrivere le seguenti reazioni:

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH–

NH4Cl → NH4+ + Cl–

L’addizione del sale è fondamentale per avere una quantità maggiore di ammonio (NH4+) che altrimenti si otterrebbe in misura ridottissima solo dall’idrolisi dell’ammoniaca.

Nel caso di addizione di un acido forte come HCl, tale acido viene immediatamente neutralizzato dall’ammoniaca in accordo con la seguente reazione:

H+ + NH3 → NH4+

Nel caso di addizione di una base forte come NaOH, tale base viene immediatamente neutralizzata dallo ione ammonio in accordo con la seguente reazione:

OH– + NH4+ → NH3 + H2O

CONCETTI CHIAVE:

  • Una soluzione tampone è in grado di opporsi a grosse variazioni di pH in caso di aggiunte modeste di acido forte o base forte.
  • Una soluzione tampone può essere costituita da un acido debole e dal sale contenente la sua base coniugata.
  • Una soluzione tampone può essere costituita da una base debole e dal sale contenente il suo acido coniugato.

ESERCIZIO SVOLTO:

Calcolare il pH di 50 ml di soluzione contenente acido formico HCOOH in concentrazione 0,1 M e formiato di sodio NaHCOO 0,1 M. (Ka =1,77 · 10-4)

Come varia il pH dopo l’aggiunta di 10 ml di una soluzione 0,05M di KOH?

Il sistema acido formico-formiato di sodio rappresenta un esempio di soluzione tampone. Le reazioni in acqua sono le seguenti:

HCOOH ⇄ H+ + CH3COO–

HCOONa → Na+ + HCOO–

Si assuma che l’acido formico sia sufficientemente debole da considerare la quantità dissociata trascurabile rispetto a quella presente inizialmente. Inoltre, per il principio di Le Chatelier, la quantità di HCOO– derivante dalla dissociazione del sale inibisce ulteriormente la dissociazione dell’acido.

  • [HCOOH] = 0,1 M
  • [HCOO–] = 0,1 M

Il pH può essere calcolato in accordo con l’equazione di Henderson-Hasselbach:

pH = pK_{a} + log_{10}\frac{[HCOO^{-}]}{[HCOOH]}

Occorre per prima cosa calcolare il valore di pKa:

pKa = -log10Ka = -log10(1,77 · 10-4) = 3,75

Pertanto:

pH = pK_{a} + log_{10}\frac{0,1}{0,1}= pK_{a} = 3,75

Aggiunta di 10 ml di una soluzione 0,05M di KOH.

Essendo KOH una base forte e completamente dissociata è possibile scrivere la reazione con l’acido formico:

OH– + HCOOH → HCOO– + H2O

Il numero moli iniziali di ciascun reagente può essere calcolato:

n moli iniziali HCOOH = 0,050 L · 0,1 mol/L = 5,00 · 10-3 mol

n moli iniziali OH– = 0,010 L · 0,05 mol/L = 5,00 · 10-4 mol

n moli iniziali HCOO– = 0,050 L · 0,1 mol/L = 5,00 · 10-3 mol

Il decorso della reazione può essere descritto dalla tabella:

  n moli HCOOH  n moli OH– n moli HCOO–
t0 (n moli iniziali)5,00 · 10-35,00 · 10-45,00 · 10-3
n moli che reagiscono-5,00 · 10-4-5,00 · 10-4+5,00 · 10-4
n moli all’equilibrio (t0-reagite)4,50 · 10-305,50 · 10-3

Il volume totale della soluzione è la somma del volume iniziale e di quello aggiunto contenente la base.

Vtotale = (50 +10) ml = 60 ml

Il pH può essere calcolato ancora una volta con l’equazione di Henderson-Hasselbach:

pH = pK_{a} + log_{10}\frac{[HCOO^{-}]}{[HCOOH]}

pH = 3,75 + log_{10}\frac{\frac{5,50\cdot10^{-3}\;moli}{60 \;ml}}{\frac{4,50\cdot10^{-3}\;moli}{60\; ml}}= 3,75\;+\;0,09 = 3,84

Da osservare come il volume totale di 60 ml compaia sia al numeratore che al denominare nell’equazione di Henderson-Hasselbach, e pertanto può essere semplificato.

Inoltre la variazione del pH è di appena 0,09 unità di pH rispetto al valore iniziale di 3,75 sottolineando come l’effetto tampone sia ben marcato.

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