BASI B + H 2 O BH+ + OH. Basi Forti

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1 BASI Basi Forti B + H 2 O BH+ + OH Consideriamo un idrossido metallico MOH (a concentrazione C b ) che in H 2 O dia: MOH + H 2 O M+ + OH + H 2 O 2 H 2 O OH + H 3 O+ Incognite : [M+], [OH ], [H 3 O+] Equazioni: Kw = [H 3 O+] [OH ] [M+] + [H 3 O+] = [OH ] C b = [M+] condizione elettroneutralità [OH ] = + C b [OH ]² = Kw + [OH ] C b [OH ] = [OH ]² [OH ] C b Kw = 0

2 Se si vuole ottenere [H 3 O+] dalla condizione di elettroneutralità [M+] + [H 3 O+] = [OH ] [H 3 O+] + C b = [H 3 O + ] [H 3 O+]² + C b [H 3 O+] Kw = 0 [H 3 O+] = Approssimazioni 1) Se C b 10 ⁶ da cui [OH ] 10 ⁶ ph 8 [OH ] [H 3 O+] e dalla [M+] + [H 3 O+] = [OH ] si ottiene [M+] = [OH ] ossia C b = [OH ] e [H 3 O+] = = da cui ph = pkw + log C b = 14 - p[oh ]

3 2) Se C b 10 ⁸ l equazione [OH ] = Diviene [OH ] = e quindi [H 3 O+] = e se C b 10 ⁹ [OH ] = = 10 ⁷ e [H 3 O+] = diviene [H 3 O+] = e se C b 10 ⁹ [H 3 O+] = = 10 ⁷

4 Basi Deboli Base B Conc C b costante K b dove K b = e K a = B + H₂O BH+ + OH // BH+ + H₂O B + H₃O+ 2H₂O H₃O+ + OH Incognite: B BH+ OH H₃O+ Equazioni: K b = K a = Kw = [H 3 O+] [OH ] C b = [B] + [BH+] [H 3 O+]+ [BH+] = [OH ] cond. di elettroneutralità

5 [H 3 O+]+ [BH+] = [OH ] [BH+] = [OH ] - [H 3 O+] C b = [B] + [BH+] [B] = C b - [OH ] + [H 3 O+] Dalla K b si ricava che [OH ] = K b = K b Approssimazioni 1) [OH ] [H₃O+] ph 8 C b [OH ] [OH ] = [OH ]² = K b C b [OH ] = E anche [OH ]² = K b C b = K b C b =

6 2) Se nell equazione ph 8 [OH ] [H₃O+] ma C b [OH ] Prendendo in esame la costante K b = che si può rappresentare tenendo conto della dissociazione della base dove C b = concentrazione iniziale della base [BH+] = [OH ] parte dissociata e C b - [OH ] = parte residua indissociata K b = = in quanto non si può trascurare la parte dissociata rispetto a C b [OH ] = da cui [OH ]² + K b [OH ] - K b C b = 0 [B] = [BH+] =

7 Soluzione formata da un acido debole e da un suo sale alcalino NaB C a = concentrazione di HB C s = concentrazione di NaB *HB + H₂O *H₃O+ + *B NaB + H₂O *Na+ + B + H₂O 2 H₂O H₂O + *OH incognite asteriscate *HB *B *H₃O+ *Na+ *OH Equazioni K c = C s =[Na+] Kw = [H₃O+][OH ] C a + C s = [ HB] + [B acido] + [B sale] C a + C s = [HB] + [B ] [Na+] + [H₃O+] = [OH ] + [B ] cond. elettroneutralità

8 [B ] = [Na+] + [H₃O+] [OH ] = C s + [H₃O+] [OH ] [B ] = C s + [H₃O+] [OH ] [HB] = C a + C s [B ] = C a + C s C s [H₃O+] + [OH ] [HB] = C a [H₃O+] + [OH ] [H₃O+] = K c = K c Approssimazioni 1) C a e C s molto maggiori rispettivamente di: C a» ( [H₃O+] + [OH ]) e C s» ([H₃O+] [OH ]) [H₃O+] = ph = pk c + log

9 2) Ca» [H₃O+] e Cs» [H₃O+] ma Ca [OH ] e Cs [OH ] [H₃O+] = K c Se prendiamo in esame una soluzione di acido acetico 0,01 M K c =2, pk c = 4,65 Il ph della soluzione sarà 3,39 e [H₃O+] = 5,1 10 ⁴ Se prendiamo in esame una soluzione 0,01 M in acido acetico e 0,1M in acetato di sodio C a = CH₃COOH = 0,01M C s = CH₃COONa = 0,1 M [H₃O+] = [H₃O+] = 2, = 2,8 10 ⁶ ph = pk c + log = 4,65 + log 10 = 5,65 quindi [H₃O+] è passata da 5,1 10 ⁴ a 2,8 10 ⁶ ed il ph da 3,39 a 5,65.

10 Soluzione di una base debole (NH₃) in presenza di un eccesso dell acido coniugato (NH 4 +). Soluzione acquosa di ammoniaca a concentrazione C b cui si aggiunge NH 4 + ( sottoforma di NH 4 Cl a concentrazione C s ). *NH₃ + H₂O *NH *OH NH 4 Cl + H₂O NH *Cl + H₂O 2 H₂O *H₃O+ + OH Incognite *NH₃ * NH 4 + *OH *Cl *H₃O+ K b = Kw = [H₃O+] [OH ] C b + C s = [NH₃] + [NH 4 +] [H₃O+] + [NH 4 +] = [OH ] + [Cl ] C s = [Cl ] cond. elettr. da cui [OH ] = K b [NH 4 +] = C s + [OH ] [H₃O+] [NH₃] = C b + C s [NH 4 +] = C b + C s C s [OH ] + [H₃O+] =

11 [NH₃] = C b [OH ] + [H₃O+] [OH ] = Kb Se C b» ([H₃O+] [OH ] ) se Cs» ([OH ] [H₃O+] ) [OH ] = K b da cui = K b [H₃O+] = = K a ph = 14 pk b + log K a

12 Sali Sale MB ottenuto per reazione tra una base forte MOH e un acido debole HB in quantità equivalenti. Sale MB a concentrazione C s MB + H₂O M++ B + H₂O ma B è una base debole e quindi reagirà con l acqua : B + H₂O HB + OH e l estensione di questa reazione è regolata dalla costante K b = ma K b = e K a = Incognite MB + H₂O *M++ *B + H₂O B + H₂O HB* + *OH 2 H₂O *H₃O+ + OH M+ B HB OH H₃O+

13 Equazioni K a = Kw = [H₃O+] [OH ] C s = [M+] [M+] + [H₃O+] = [B ] + [OH ] C s = [B ] + [HB] Cond. di elettroneutralità Quando si calcola il ph partendo dalla condizione di elettroneutralità nell equazione compaiono le concentrazioni di [M+] e [B ] derivanti dal sale e che potrebbero risultare troppo elevate rispetto a quelle di [H₃O+] e di [OH ]. Dalla condizione di elettroneutralità e dai bilanci delle masse C s = [HB] + [B ] e C s = [M+] [B ] = C s - [HB] [M+] + [H₃O+] = [B ] + [OH ] C s + [H₃O+] = [OH ] + C s [HB] [H₃O+] + [HB] = [OH ] condizione protonica Questa equazione può sostituire utilmente la condizione di elettroneutralità in quanto in essa compaiono le concentrazioni delle specie presumibilmente presenti in quantità minore all equilibrio.

14 Nel caso in cui il ph sia 8 la condizione protonica [H₃O+] + [HB] = [OH ] diviene [HB] = [OH ] Considerando la costante acida della coppia HB e B Ka = [HB] = [OH ] [H₃O+] [H₃O+] = Ka [B ] = C s [HB] = C s [OH ] + [H₃O+] [H₃O+] = Ka se ph = 8 e se C s [OH ] [H₃O+] = Ka [H₃O+] = Ka [H₃O+]² = Ka [H₃O+] = da cui [H₃O+] = 1/2 pkw + 1/2pKa + 1/2logCs

15 Condizione protonica L equazione [H₃O+] + [HB] = [OH ] rappresenta la condizione protonica per un sale MB in acqua. La condizione protonica è utile per il calcolo del ph nel caso di equilibri di una certa complessità perché in essa compaiono le specie presenti all equilibrio in concentrazione minore. Compaiono le specie sia ioniche che molecolari che si formano per acquisto o cessione di protoni a partire da un dato Stato di riferimento. La condizione protonica oltre che dalla condizione di elettroneutralità e dal bilancio delle masse del soluto si può ricavare nel modo seguente: 1) Si sceglie lo stato di riferimento o livello zero. Generalmente lo stato di riferimento per ogni coppia acido-base viene dato dalle specie presenti all equilibrio in concentrazione maggiore.

16 Nel caso della soluzione acquosa di M+B dove B prende parte alla reazione di protonazione B + H₂O HB + OH Il livello zero è dato dall acqua e dalla specie B 2) Si scrive un equazione dove nel membro di sinistra compaiono le concentrazioni delle specie ottenute per acquisto di protoni, ciascuna moltiplicata per il numero di protoni acquistati, partendo dal livello zero. Nel membro di destra compare la somma delle concentrazioni delle specie ottenute, partendo dal livello zero, per perdita di protoni; ogni concentrazione moltiplicata per il numero di protoni perduti dalla specie in questione. Nel caso della soluzione acquosa di M+B il livello zero sarà B che si può protonare per dare HB E H₂O che può perdere un protone per dare OH o acquistare un protone per dare H₃O+. Quindi, le specie ottenute per acquisto di protoni: HB e H₃O+ le specie ottenute per perdita di protoni: OH Condizione protonica: [HB] + [H₃O+] = [OH ] Il numero di protoni acquistati deve essere uguale al numero di protoni ceduti perché la soluzione deve rimanere elettricamente neutra.

17 Esempi Acetato di sodio Livello zero Cond. Protonica Cloruro di ammonio Livello zero Cond. Protonica CH₃COONa CH₃COO e H₂O [CH₃COOH] + [H₃O+] = [OH ] NH 4 Cl NH 4 + e H₂O [H₃O+] = [NH₃] + [OH ] Acetato di ammonio CH₃COONH 4 Livello zero NH 4 + CH₃COO e H₂O Cond. Protonica [CH₃COOH] + [H₃O+] = [NH₃] + [OH ] Bicarbonato di sodio Livello zero Cond. Protonica NaHCO₃ HCO₃ e H₂O [H₂CO₃] + [H₃O+] = [CO₃² ] + [OH ] Fosfato bisodico Na₂HPO 4 Livello zero HPO 4 ² e H₂O Cond. Protonica 2[H₃PO 4 ]+[H₂PO 4 ]+[H₃O+]=[PO 43 ]+[OH ]

18 Sale ottenuto per reazione tra un acido debole e una base debole (CH 3 COONH 4 ) Se sciogliamo in acqua un sale ottenuto dalla reazione tra una base debole e un acido debole si ha che entrambi gli ioni hanno la possibilità di reagire con l acqua: a) NH 4 ++ H₂O NH₃+ H₃O+ b) CH₃COO + H₂O CH₃COOH + OH è come se in soluzione fossero stati posti uno ione che si comporta come acido (NH 4 +) ed uno ione che si comporta come base (CH₃COO ) ciascuno ad una concentrazione uguale a quella del sale C s. Se le due reazioni hanno la stessa estensione la soluzione è neutra, altrimenti si ha una reazione acida se predomina la prima reazione; alcalina se predomina la seconda reazione in funzione delle costanti di equilibrio delle equazioni a) e b)

19 a) NH 4 ++ H₂O NH₃+ H₃O+ b) CH₃COO + H₂O CH₃COOH + OH Ka I = Kb II = Consideriamo anche le reazioni: NH₃+ H 2 O NH 4 ++ OH - CH₃COOH + H₂O CH₃COO - + H 3 O + Kb I = Ka II = xxx il Ki = Ka I Kb II = Kw = [H 3 O + ] [OH - ] Ki = Ka I Kb II = Kw

20 Ricordando che Ka Kb = Kw Ki = Ka I Kb II Ka I = Kw/Kb I Kb II = Kw/Ka II possiamo dire che Ki = Kw [NH 3 ] [CH 3 COOH] [NH 4+ ] [CH 3 COO - ] Ki = Kw Kw Kb I Ka II uguagliando i Ki e semplificando Kw[NH 3 ] [CH 3 COOH] Kw Kw [NH 4+ ] [CH 3 COO - ] Kb I Ka II [NH 3 ] [CH 3 COOH] [NH 4+ ] [CH 3 COO - ] Kw Kb I Ka II

21 Cioè la costante di equilibrio di un sale ottenuto per reazione di quantità equivalenti di una base debole (NH₃) con un acido debole (CH₃COOH) è uguale al prodotto ionico dell acqua Kw diviso per il prodotto della costante basica della coppia (NH₃-NH₄+), per la costante acida della coppia (CH₃COOH - CH₃COO ). Il ph della soluzione sarà compreso tra quello dell acido (CH₃COOH) da solo e quello della base (NH₃) da sola, nonché tra quello della base (CH₃COO ) da sola e quello dell acido (NH₄+) da solo. In soluzione avremo ponendo C s = conc. analitica del sale CH₃COONH₄+ H₂O NH₄++ CH₃COO entrambi reagiranno con H₂O base *CH₃COO + H₂O = *CH₃COOH + *OH acido *NH₄+ + H₂O *NH₃ + *H₃O+ 2H₂O H₃O+ + OH Incognite CH₃COO, CH₃COOH, OH, NH₄+, NH₃, H₃O+

22 K bii = K ai = Kw = [H₃O+][OH ] C s = [CH₃COO ] + [CH₃COOH] C s = [NH₄+] + [NH₃] Condizione protonica Livello zero H₂O, CH₃COO, NH₄+ H₃O+ per protonazione H₂O OH per deprotonazione CH₃COO CH₃COOH per protonazione NH₄+ NH₃ per deprotonazione Da cui [H₃O+] + [CH₃COOH] = [OH ] + [NH₃] [H₃O+] = [OH ] + [NH₃] [CH₃COOH] e

23 CH₃COOH +H₂O CH₃COO + H 3 O + Ka II NH₃+ H₂O NH₄+ + OH - Kb I In soluzione usando Kb I = e Ka II = xxx ci ricaviamo [NH 3 ] = NH 4 + KB I OH e [CH 3 COOH] = CH 3COO H 3 O + condizione protonica Ka II e li sostituiamo nella [H₃O+] = [OH ] + [NH₃] [CH₃COOH]

24 [H₃O+] = [OH ] + [NH₃] [CH₃COOH] si ottiene [H₃O+] = + NH 4 + OH Da cui K bi - CH 3COO H 3 O + K aii [H₃O+]²Kb I Ka II = KwKb I Ka II +[NH 4 +][OH ][H₃O+] Ka II - [CH 3 COO ][H₃O+]² Kb I [H₃O+]² Kb I Ka II = KwKb I Ka II + [NH 4 +]KwKa II - [CH 3 COO ][H₃O+]² Kb I

25 [H₃O+]² Kb I Ka II + [CH 3 COO ][H₃O+]² Kb I = KwKb I Ka II + [NH 4 +]KwKa II [H₃O+]² (Kb I Ka II + [CH 3 COO ] Kb I ) = KwKa II ( Kb I + [NH 4 +] ) [H₃O+]² = K w Ka II Kb I + NH 4 + Kb I Ka II + Kb I CH 3 COO = K wka II Kb I + NH 4 Kb I Ka II + CH 3 COO + [H₃O+]² = K wka II Kb I + K w Ka II NH 4 + Kb I Ka II + CH 3 COO e dividendo per Kb I K w Ka II + K w Ka Kb II NH + 4 I [H₃O+]² = Ka II + CH 3 COO = K wka II + Ka I Ka II NH 4 Ka II + CH 3 COO dove [NH 4+ ] = = + [CH 3 COO ] =

26 Approssimazioni 1) se Kb I = Ka II le due reazioni NH₃+ H₂O NH₄+ + OH - CH₃COOH +H₂O CH₃COO + H 3 O + hanno la stessa estensione e quindi [NH 4 +] = [CH 3 COO ] e l equazione [H₃O+]² = K wka II + Ka I Ka II NH + K w Ka II + K w Ka 4 Kb II NH + 4 I Ka II + CH 3 COO = Ka II + CH 3 COO [H₃O+]² = K wka II + K w NH + 4 Ka II + CH 3 COO = K w Ka II + NH + 4 Ka II + CH 3 COO [H₃O+]² = Kw

27 2) se Kb I [NH 4 +] e se Ka II [CH 3 COO ] e [NH 4 +] [CH 3 COO ] dalla [H₃O+]² = K wka II Kb I + NH 4 + Kb I Ka II + CH 3 COO = = Ka I Ka II da cui ph = ½ pkw + ½ p Ka II 1/2 pkb I = 1/2 p Ka I + ½ pka II

28 Soluzione 0,01 M di acetato di ammonio B I H+ = NH₄+ B II = CH₃COO p(ka I ) m = 9,37 p(ka II ) m = 4,65 p(kb I ) m =4,63 p(kb II ) m = 9,35 [H₃O+]² = = (Ka I ) m (Ka II ) m da cui ph = ½ pkw + ½ p(ka II ) m ½ p(kb I ) m = ½ p(ka I )m + ½ p(ka II )m nel caso in esame, avremo ph = 7,01 [H₃O+] = 1,22 10 ⁷ g-ioni L 1 [NH₄+] = 1,00 10 ² g-ioni L 1 [CH₃COO ] = 1,00 10 ² g-ioni L 1 [NH₃] = 4, moli L 1 [CH₃COOH] = 4, moli L 1 ciò indica che le due reazioni protolitiche sono poco spinte e che hanno la stessa estensione stante i valori molto simili (Kb I ) m = 10 4,63 e p(ka II ) m = 10 4,65

29 Soluzioni tampone Soluzioni tampone sono quelle soluzioni di elettroliti che limitano entro un campo molto piccolo la variazione del ph a seguito dell aggiunta di una quantità, non eccessiva, di acidi o di basi anche se forti. Ad esempio come già visto, se si prepara una soluzione in acqua di un acido debole HB e della sua base coniugata B, sottoforma del sale sodico NaB, la concentrazione di H₃O+ si calcola dalla [H₃O+] = K a Dove C a = concentrazione di HB C s = concentrazione di NaB Nel caso in cui Ca (-[H₃O+] + [OH ] ) Cs ( [H₃O+] - [OH ]) [H₃O+] =K a e ph = pk a + log

30 Se alla suddetta soluzione di HB + NaB si aggiunge un acido forte HCl, in concentrazione C HCl, in soluzione avremo : HB + H₂O H₃O+ + B NaB + H₂O Na+ + B + H₂O HCl + H₂O H₃O+ + Cl 2 H₂O H₃O+ + OH Incognite: HB, B, H₃O+, OH, Na+, Cl Equazioni: K a = Kw = [H₃O+] [OH ] C s =[Na+] C s + C a = [HB] + [B ] C HCl = [Cl ] [Na+] +[H₃O+] = [OH ] + [B ] + [Cl ] dalla K a si ricava che cond. di elettroneutralità [H₃O+] = K a

31 Dalla condizione di elettroneutralità si ha [B ] = [Na+] +[H₃O+] [OH ] [Cl ] = Cs + [H₃O+] [OH ] C HCl e dalla C a + C s = [HB] + [B ] si ha [HB] = C a + C s [B ] = C a + Cs Cs [H₃O+]+ [OH ] + C HCl [HB] = Ca [H₃O+]+ [OH ] + C HCl [H₃O+] = K a Esempi: Soluzione 1,00 10 ² M di CH₃COOH e 1, M di CH₃COONa pk a = 4,65 ph = pk a + log = 5,65 Se alla stessa soluzione si aggiunge anche HCl 1,00 10 ³ M ph = 5,60

32 Soluzione di HCl 2,24 10 ⁶ M ph = 5,65 (come la soluzione 1,00 10 ² M di CH₃COOH e 1, M di CH₃COONa) Se nella soluzione di HCl 2,24 10 ⁶ M fossero presenti anche 1,0 10 ³ M di HCl il valore della concentrazione di HCl sarebbe HCl = 2,24 10 ⁶ M + 1,00 10 ³ M = 1,00 10 ³ M ph = 3 Soluzione 2,00 10 ² M di CH₃COOH e 9,00 10 ² M di CH₃COONa ph = pk a + log = 5,30 Se alla stessa soluzione aggiungiamo anche HCl 1,00 10 ³ M ph = pk a + log = 5,28

33 Soluzione di HCl 1,00 10 ³ M ph = 3 Soluzione di HCl 1,00 10 ³ M + HCl 1,00 10 ³ M la cui concentrazione finale sarà HCl 2,00 10 ³ M ph = 2,70 se ne deduce che anche HCl da solo riesce a tamponare

34 L efficacia di una coppia acido-base nel tamponare la variazione di ph dipende dalla costante della coppia, dalle concentrazioni dell acido e della base presenti. Anche gli acidi forti possono comportarsi da tamponi. Un immagine dei campi di concentrazione e di composizione nei quali una coppia acido-base esercita la sua funzione tampone si ha dalle curve di titolazione acido-base dove si riportano in ascisse il ph della soluzione e in ordinate i ml di base, a titolo noto, aggiunti. Dove la pendenza = è piccola e la curva è distesa, è piccola la variazione di ph in funzione dell aggiunta di base forte, quindi la coppia acido-base, in quell intervallo, ha capacità di tamponare. Da tali curve si vede anche che le soluzioni di acidi forti (o di basi forti) sono soluzioni tampone per i ph più bassi (o più elevati).

35 Indice tampone (o potere tampone) L indice tampone o capacità tampone di una soluzione si indica con β ed è definito come la quantità C b di base forte B, in grammo equivalenti per litro, che si deve aggiungere ad una soluzione perché il ph aumenti di una unità. β = β è l inverso della pendenza della curva di titolazione. Tanto maggiore è β tanto più efficiente è il tampone.

36 β di un acido (o base) forte monoprotico Acido forte monoprotico HB I a concentrazione C I moli L 1 cui si aggiunge base forte monoprotica B a concentrazione variabile e crescente C b moli L 1. Assumiamo che il volume della soluzione non vari apprezzabilmente per aggiunta della base. Condizione di elettroneutralità [H₃O+] + [BH+] = [OH ] + [B I ] ma [BH+] = C b [B I ] = C I da cui [H₃O+] + C b = [OH ] + C I e C b = [OH ] + C I [H₃O+] C b = + C I [H₃O+] ) = [H₃O+] [OH ] = si può ammettere ) = [H₃O+] =

37 C b = C I + C b = C I + derivando rispetto ad [H₃O+] e tenendo presente che C I e Kw sono costanti a temperatura costante e che è costante a µ forza ionica costante = - - ma ph = log = ln e derivando rispetto ad = da cui = 2,3 dph e sostituendo nella = si ha

38 = = 2,3 { + } = 2,3 { + } = 2,3 { + } = =2,3 { [OH ] + [H₃O+] } β = = 2,3 { [OH ] + [H₃O+] } β capacità tampone di un acido forte monoprotico a concentrazione C I

39 - Prima dell aggiunta di base forte β = 2,3 [H₃O+] [H₃O+] = C I - Aggiungendo la base forte a concentrazione C b < C I β = 2,3 (C I C b ) - All equivalenza (C I = C b ) ph = 7 β = 2,3 { [H₃O+] + [OH ]} = 2,3 { 2 10 ⁷} - Dopo l equivalenza C b > C I β = 2,3 {C b C I } - Tra ph 6 e ph 8 β = 2,3 { [H₃O+] + [OH ] }

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41 β di un acido debole monoprotico Acido debole monoprotico HB II a concentrazione C II moli L 1 Base forte monoprotica B a concentrazione variabile e crescente C b moli L 1 Assumiamo che il volume della soluzione non vari apprezzabilmente per aggiunta della base. Condizione di elettroneutralità [H₃O+] + [BH+] = [OH ] + [B II ] Poiché [BH+] = C b [OH ] = a = f c c = a/f (Kw) c = [H₃O+] [OH ] = = [H₃O+] = [OH ] = = [B II ] = = dopo aver trasformato il (Ka II ) c in (Ka II ) m

42 in quanto = = = e = per cui [B II ] = = quindi C b = + derivando rispetto ad a H₃O+ = ma ph = log = ln

43 E derivando rispetto ad si ha = da cui = 2,3 dph E sostituendo nella = - - si ottiene = - - = 2,3 + + = 2,3 { + + } =

44 ora dobbiamo trasformare il (Ka II ) m in (Ka II ) c quindi (Ka II ) m = = = f H3O+ (Ka II ) c in quanto = (Ka II ) c quindi = = = = 2,3 + + β = 2,3 { [OH ] [H₃O+] }

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47 Si hanno due zone tampone: - una prima del punto di equivalenza quando sono presenti l acido debole ed il suo sale ( HB II + B II ); - la seconda dopo il punto di equivalenza nella zona tampone della base forte in eccesso Si può dimostrare che quando [H₃O+] e [OH ] sono trascurabili rispetto a Ca II acido non salificato dalla base B e a Cs II acido salificato dalla base B e quindi a maggior ragione a C II(TOT) = Ca II + Cs II e quindi è valida l equazione [H₃O+] = Ka l equazione β = = 2,3 { [OH ] + + [H₃O+] } diviene β = 2,3

48 e tenendo presente che Ca II = HB II e Cs II = B II possiamo scrivere che Ca II = e Cs II = Ca II Cs II = ma β = 2,3 quindi Ca II Cs II = C II = β C II e quindi β = 2,3 Se nell equazione β = 2,3 si pone [H₃O+] = (Ka II ) c ossia ph = p(ka II ) c β = 2,3 = C II = 0,575 C II il che dimostra che β è funzione della concentrazione totale C II = Ca II + Cs II ossia è funzione della sommatoria delle concentrazioni dell acido debole + quella del suo sale messi in soluzione.

49 Prendendo in esame l equazione relativa ad una coppia acido debole + suo sale con una base forte [H₃O+] = Ka ph = pk a + log e ponendoci nelle condizioni = 10 e = 0,1 si otterrebbe nel caso = 10 ph = pk a + log10 = pk a + 1 e nel caso = 0,1 ph = pk a + log 0,1 = pk a 1 e inserendo nella [H₃O+] = K a rispettivamente = 10 si ha [H₃O+] = K a 10 e = 0,1 si ha [H₃O+] = K a 0,1 Che inserite nella β = 2,3

50 danno per [H₃O+] = (Ka II ) c 10 β = 2,3 = 2,3 = 2,3 = = C II = 0,19 C II e per [H₃O+] = (Ka II ) c 0,1 β = 2,3 = 2,3 = 2,3 = C II = 0,19 C II

51 La capacità tampone si è ridotta di circa tre volte rispetto al valore massimo β = 0,575 C II per cui si può dire che la capacità tampone è buona nell intervallo ph = p(ka) c 1--//--pH = p(ka) c + 1 al di fuori di questo intervallo la coppia acido-base non è più utilizzabile come tampone per scopi pratici. β massimo coincide con ph = p(ka) m β minimo coincide con il punto di equivalenza quando tutto l acido è stato completamente neutralizzato ed in soluzione è presente il solo sale.

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53 β di miscele di acidi monoprotici La capacità tampone o β di una miscela di coppie acido-base presenti contemporaneamente in soluzione in concentrazione totale (acido + base) pari a C per ciascuna coppia, è pari alla sommatoria del poter tampone di ogni singola coppia: dove β tot = β H₂O + β HBI + β HBII + β HBIII β H₂O = 2,30 { [OH ] + [H₃O+]} + β HBn β HBI = 2,30 che si può esprimere come Β tot = 2,30 { [OH ] + [H₃O+] + } tenendo conto che la capacità tampone di una coppia acido-base ha valori utili per scopi pratici nell intervallo ph = p(ka) c 1--//--pH = p(ka) c + 1 si possono preparare i cosiddetti tamponi universali, ossia miscele di coppie acido-base, in concentrazione equimolecolare, i cui Ka distino fra loro di 10 ², ad esempio 10 ³, 10 5, 10 ⁷, 10 9, 10 11

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