Chimica generale e inorganica - Esercizi

Quindi la formula molecolare è:

C H Cl O

2 2 2 2

2. Una soluzione acquosa è ottenuta mescolando 70,0 g di una soluzione di ammoniaca al 10,0% in

peso e 60,0 ml di una soluzione acquosa di acido solforico 2,24 m (molale) avente densità 1,1243

-5

il pH della soluzione risultante, sapendo che l’ammoniaca ha K

g/ml. Calcolare = 1,8 x 10 .

b 3

N.B. Si consideri l’acido solforico forte anche in seconda dissociazione. Non è necessario conoscere il

volume totale della soluzione.

1. Devo ragionare in termini di moli o cmq grandezze ad esse proporzionali (come la concentrazione

molare), per cui: .

70,0 g di soluzione di NH 10,0/100 = 7 g di sola NH

3 3

PM(NH ) = N + 3H = 14 + 3 = 17 g/mol

3

===> 7 g : 17 g/mol = 0,412 mol di NH

3

.

60,0 mL 1,1243 g/mL = 67,458 g di soluzione di H SO

2 4

so che in 1 Kg = 1000 g di solo solvente (acqua) sono presenti 2,24 moli di H SO (PM = 98 g/mol), cioè

2 4

.

in 1 Kg = 1000 g di solo solvente (acqua) sono presenti 2,24 mol 98 g/mol = 219,52 g di H SO , per un

2 4

totale di:

1000 g (di solvente) + 219,52 g (di soluto) = 1219,52 g di soluzione

Questo significhe che in 1219,52 g di soluzione ci sono 2,24 mol di H SO ma allora, nei 60,0 mL = =

2 4 ,

67,458 g asseganti, quante "x" moli di H SO ci sono? cioè:

2 4

1219,52 g : 2,24 mol = 67,458 g : x

da cui: .

x = 2,24 mol 67,458 g: 1219,52 g = 0,124 mol di H SO

2 4

H SO è un acido (forte) biprotico mentre NH è una base (debole) monoprotica quindi reagiscono traloro

2 4 3

(con una reazione acido - base) in rapporto 1 : 2, cioè:

→ (NH

H SO + 2NH ) SO

2 4 3 4 2 4

oppure 4+(aq) 4-2(aq)

→ 2NH

H SO + 2NH + SO

2 4(aq) 3(aq)

dove 4+(aq) 4-2(aq)

→ 2NH

H SO + 2NH + SO

2 4(aq) 3(aq)

0,124 0,412 sono le moli all'inizio

0,124 - x 0,412 - 2x 2x x sono le moli alla fine 4

non ci resta che stabilire quele dei due reagenti sia quello limitante, cioè quello in difetto e che quindi, alla

fine della reazione, sarà del tutto consumato...

....provo a ipotizzare che sia NH limitante:

3

0,412 - 2x = 0 alla fine ==> x = 0,412 : 2 = 0,206 ==> alla fine H SO = 0,124 - 0,206 = - 0,082,

2 4

ma - 0,082 < 0 è IMPOSSIBILE (non ha senso avere materia negativa!) quindi non è NH limitante, ma

3

sarà H SO limitante, cioè:

2 4 .

0,124 - x = 0 alla fine ==> x = 0,124 ==> alla fine NH = 0,412 - 2 0,124 = 0,164 ( > 0, OK), e

3

4+ .

NH = 2 0,124 = 0,248

4-2

SO = 0,124

moli!

Quindi alla fine in soluzione abbiamo:

4-2

SO è la base coniugata di un acido fortissimo per cui non dà idrolisi e quindi non influenza il pH;

NH che è una base debole

3

e 4+

NH che è il suo acido coniugato

4+

... NH e NH costituiscono un sistema tampone!!!!

3

Per calcolare il pH di una soluzione tampone posso usare una formula approssimata; in questo caso si

tratta di una tampone basico, per cui userò:

- . . .

[OH ] = K C / C = K (n / V) / (n / V) = K n / n =

b b s b b s b b s

. -5 .

= 1,8 10 0,164 mol / 0,248 mol =

. -5

= 1,19 10 - . -5

pOH = - Log[OH ] = - Log(1,19 10 ) = 4,92

poichè per qualsiasi soluzione acquosa (a 25°C) si ha che pH + pOH = 14, posso calcolare il pH della

soluzione tampone ottenuta:

pH = 14 - pOH = 14 - 4,92 = 9,08

Calcolare l’entalpia standard di formazione dell’urea, CH

3. N O, sapendo che per la reazione

4 2 5





CH N O + H O CO + 2 NH = 7,05 Kcal, e che le entalpie standard di formazione

4 2 2 2 3

dell’anidride carbonica, dell’acqua e dell’ammoniaca valgono, rispettivamente, -98,69 Kcal/mol, -

68,32 Kcal/mol e -19,32 Kcal/mol.

Dato che conosco le ∆H° , posso applicare la legge di Hess.

f

La legge di Hess, nota anche come legge della somma delle entalpie, afferma che, per una reazione

chimica, ∆H resta invariato sia che la reazione si svolga in un unico stadio sia che si svolga in più stadi.

abbiamo che il ΔH di una qualunque reazione è uguale

Come conseguenza immediata della legge di Hess

alla somma delle entalpie di formazione dei composti che si originano nella reazione stessa meno la

somma delle entalpie di formazione delle sostanze reagenti. Ciò perché una qualunque reazione può

essere teoricamente suddivisa in due processi parziali: uno nel corso del quale le sostanze reagenti

vengono scisse negli elementi costituenti, per il quale la variazione di entalpia è pari all'opposto della

somma delle entalpie di formazione dei reagenti, e un secondo nel corso del quale gli elementi si

ricombinano fra loro per dare i prodotti di reazione, per il quale la variazione di entalpia è pari alla

somma delle entalpie di formazione dei prodotti.

In questo caso, quindi, avremo:

. . . .

∆H° ∆H° ∆H° ∆H° ∆H°

= 2 + 1 - 1 - 1

r f(NH3) f(CO2) f(H2O) f(CH4N2O)

e quindi ∆H°

. . . .

7,05 Kcal = 2 mol (- 19,32 Kcal/mol) + 1 mol (- 98,69 Kcal/mol) - 1 mol (- 68,32 Kcal/mol) - 1 mol f(CH4N2O)

da cui si ricava:

∆H°

. . . .

1 mol = 2 mol (- 19,32 Kcal/mol) + 1 mol (- 98,69 Kcal/mol) - 1 mol (- 68,32 Kcal/mol) - 7,05 Kcal

f(CH4N2O)

= - 76,06 Kcal

cioè

∆H° = - 76,06 Kcal / mol

f(CH4N2O) -2

4. A 25,0 ml di una soluzione basica di cloruro di bario 1,0 x 10 M vengono aggiunti 48,5 milligrammi

di sodio decaidrato (che contiene, cioè, dieci molecole d’acqua di cristallizzazione per

di carbonato -9

unità formula). Sapendo che per il carbonato di bario K = 7,0 x 10 , prevedere se si formerà

PS

precipitato. In caso affermativo, calcolare la concentrazione residua degli ioni bario e carbonato.

: Può essere trascurata l’idrolisi del carbonato, poiché la soluzione è basica. Può essere inoltre

N.B.

trascurata la variazione di volume della soluzione dovuta all’aggiunta del solido. 6

Dato che la K è una K (cioè è espressa in funzione delle concentrazioni molari) ragioniamo in termini di

PS c

concentrazioni molari!

Il cloruro di bario si dissocia completamente in ioni Bario e cloruro:

+2(aq) -(aq)

→ Ba

BaCl + 2Cl

2(aq)

quindi, inizialmente, in soluzione avremo:

+2 . -2

[Ba ] = 1,0 10 M = 0,01 M

e - . . -2

[Cl ] = 2 1,0 10 M = 0,02 M

Anche il carbonato di sodio decaidrao si dissocia completamente in soluzione:

3. +(aq) 3-2(aq)

→ 2Na

Na CO 10H O + CO + 10H O

2 2 (aq) 2

dove 3.

PM(Na CO 10H O) = 2Na + C + 3O + 20H + 10O = 286 g/mol

2 2 . -4

==> 0,0485 g : 286 g/mol = 1,70 10 mol

quindi, inizialmente, in soluzione avremo:

+ . . -4

[Na ] = 2 1,70 10 mol / 0,025 L = 0,0136 M

e 3-2 . -4

[CO ] = 1,70 10 mol / 0,025 L = 0,0068 M

Gli ioni bario e carbonato, evidentemente, possono ricombinarsi tra loro per formare il precipitato BaCO ;

3

la K si riferisce all'equilibrio di dissoluzione di tale sale, cioè:

PS +2(aq) 3-2(aq)

↔ Ba

BaCO + CO

3(s)

dunque +2 3-2

K = [Ba ][ CO ] in soluzione satura

PS

Ciò significa che se il prodotto delle concentrazioni degli ioni bario e carbonato SUPERA il valore della

K , tali ioni si combineranno per formare il precipitato BaCO fino a che i valori delle concentrazioni non

PS 3,

sarà tale che il loro prodotto sia pari a K .

PS

Quindi non resta che calcolare il prodotto delle concentrazioni degli ioni bario e carbonato nella situazion

e iniziale:

+2 3-2 . . -5 -9

[Ba ][ CO ] = 0,01 0,0068 = 6,8 10 > K = 7,0 x 10

PS

quindi, sì, SI FORMERA' PRECIPITATO!

e ... +2(aq) 3-2(aq)

↔ Ba

BaCO + CO

3(s) 0,01 0,0068 all'inizio 7

/ 0,01 - x 0,0068 - x all'equilibrio -9

potrei risolvere l'equazione di secondo grado: K = 7,0 x 10 = (0,01 - x) (0,0068 - x) , ma, per

PS

semplificare i calcoli, posso anche fare la seguente considerazione:

+2 3-2

Ba : CO = 1 : 1 quindi è evidente che lo ione carbonato è in difetto rispetto allo ione bario ==> alla

fine ne resterà davvero molto poco, diciamo, una quantità "y" che tende a zero:

0,0068 - x = y ==> x = 0,0068 - y

questo significa che di bario ne resterà una quantità pari a:

0,01 - x = 0,01 - (0,0068 - y) = 0,01 - 0,0068 + y = 0,0032 + y

dove però y tende a zero quidni è trascurabile nelle somme.

Quindi la situazione è la seguente:

+2(aq) 3-2(aq)

↔ Ba

BaCO + CO

3(s) 0,01 0,0068 all'inizio

/ 0,01 - x 0,0068 - x all'equilibrio

=

/ 0,0032 + y y

≈

0,0032 y

a questo punto posso risolvere la più semplice equazione:

-9 .

K = 7,0 x 10 = 0,0032 y

PS

da cui -9 . -6

y = 7,0 x 10 : 0,0032 = 2,18 10 (effettivamente si tratta di una quantità molto piccola...)

Dunque, alla fine, avremo:

+2 ≈ 0,0032 M

[Ba ]

e 3-2 . -6

[CO ] = 2,18 10 M

5. Una cella galvanica è formata da una semicella costituita da un elettrodo di rame immerso in una

soluzione di solfato di rame 0,2 M e da un’altra semicella costituita da un elettrodo di platino, sul

8

quale gorgoglia diidrogeno alla pressione parziale di 0,3 atm, immerso in una soluzione acquosa a

pH 4.

Scrivere e bilanciare, col metodo ionico elettronico, l’equazione rappresentativa della cella, e

2+

calcolarne la forza elettromotrice a 25 °C. E°(Cu /Cu) = + 0,34 V.

Dato che non conosciamo chi sia l'ossidante e chi il riducente e che, cmq, i potenziali standard riportati

sono sempre riferiti a semireazioni di riduzione, per il momento scriviamo entrambe le semireazioni come

delle riduzioni ... valuteremo in seguito, in base al segno di fem, chi sia effettivamente a ridursi e chi ad

ossidarsi.

Userò l'equazione di Nerst riferita a 25°C:

.

E = E° - 0,059/n Log{[Red]/[Ox]}

La situazione, schematica, è la seguente:

+2 + -pH -4

Cu | [Cu ] = 0,2 M || [H ] = 10 =10 M | Pt, H (0,3 atm)

(s) 2(g)

+2 - →

Cu + 2e Cu (s)

 . +2

E = E° - 0,059/2 Log{1 / [Cu ]}

Cu+2/Cu Cu+2/Cu .

= + 0,34 - 0,059/2 Log{1 / 0,2} =

.

= + 0,34 - 0,0295 0,699 =

= + 0,32 V

+ - → H

2H + 2e 2(g)

 . + 2

E = E° - 0,059/2 Log{P / [H ] }

H+/H2 H+/H2 H2

. -4 -2

= 0 - 0,059/2 Log{0,3 / (10 ) } =

.

= - 0,0295 7,48 =

= - 0,22 V

Dai "segni" dei due potenziali elettrodici, si capisce che il rame ha effettivamente tendenza a ridursi (E >

0) mentre l'idrogeno tende ad ossidarsi (E < 0).

Quindi in realtà avviene:

+2 - →<