Questions: 20. Propriedades de um tampão O aminoácido glicina é frequentemente usado como o ingrediente principal de um tampão em experimentos de bioquímica. O grupo amino da glicina, que tem pKa de 9,6, pode existir tanto na forma protonada (-NH3^+) quanto como base livre (-NH2), devido ao equilibrio reversível: R-NH3^+ ⇌ R-NH2 + H^+ (a) Em qual intervalo de pH a glicina pode ser usada como tampão efetivo devido ao seu grupo amino? (b) Em uma solução de 0,1 m de glicina em pH 9, qual a fração de glicina que tem os seus grupos amino na forma -NH3^+? (c) Quanto de KOH 5 m deve ser adicionado em 1 L de uma solução de glicina 0,1 m a pH 9,0 para mudar o pH para exatamente 10,0? (d) Quando 99% da glicina está na forma -NH3^+, qual é a relação numérica entre o pH da solução e o pKa do grupo amino?

Solution Steps

The effective buffer range for a weak acid or base is typically within one pH unit above and below its \( \mathrm{p}K_a \). For the amino group of glycine, the \( \mathrm{p}K_a \) is 9.6. Therefore, the effective buffer range is:

\[ 9.6 - 1 \leq \text{pH} \leq 9.6 + 1 \]

This simplifies to:

\[ 8.6 \leq \text{pH} \leq 10.6 \]

To find the fraction of glycine in the protonated form \(-\mathrm{NH}_{3}^{+}\), we use the Henderson-Hasselbalch equation:

\[ \text{pH} = \mathrm{p}K_a + \log \left( \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} \right) \]

Rearranging to find the ratio:

\[ \log \left( \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} \right) = \text{pH} - \mathrm{p}K_a \]

Substitute \(\text{pH} = 9\) and \(\mathrm{p}K_a = 9.6\):

\[ \log \left( \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} \right) = 9 - 9.6 = -0.6 \]

Convert the log ratio to a fraction:

\[ \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} = 10^{-0.6} \approx 0.2512 \]

The fraction of protonated glycine is:

\[ \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+] + [\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]} = \frac{1}{1 + 0.2512} \approx 0.7994 \]

To change the pH from 9.0 to 10.0, we need to adjust the ratio of \([\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]\) to \([\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]\). Using the Henderson-Hasselbalch equation again:

For \(\text{pH} = 10\):

\[ 10 = 9.6 + \log \left( \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} \right) \]

\[ \log \left( \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} \right) = 0.4 \]

\[ \frac{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_2]}{[\mathrm{R}-\mathrm{NH}_3^+]} = 10^{0.4} \approx 2.5119 \]

Initially, at pH 9, the ratio was 0.2512. To achieve a ratio of 2.5119, we need to add KOH to convert \(-\mathrm{NH}_3^+\) to \(-\mathrm{NH}_2\).

Let \( x \) be the moles of KOH added:

\[ \frac{0.1 - x}{x} = 2.5119 \]

Solving for \( x \):

\[ 0.1 - x = 2.5119x \]

\[ 0.1 = 3.5119x \]

\[ x \approx 0.0285 \, \text{mol} \]

Since the KOH solution is 5 M, the volume of KOH needed is:

\[ \frac{0.0285 \, \text{mol}}{5 \, \text{M}} = 0.0057 \, \text{L} = 5.7 \, \text{mL} \]

Final Answer