It is available online at https://doi.org/10.36253/979-12-215-0581-8
UNIverSI
Ricerca e Didattica all’Università di Siena
– 3 –
UNIverSI. Ricerca e Didattica all’Università di Siena
Direttrice di collana
Roberta Mucciarelli, Università degli Studi di Siena, Italia
Comitato scientifico
Guido Badalamenti, Università degli Studi di Siena, Italia
Federico Barnabè, Università degli Studi di Siena, Italia
Riccardo Castellana, Università degli Studi di Siena, Italia
Emilia Maellaro, Università degli Studi di Siena, Italia
Giovanni Minnucci, Università degli Studi di Siena, Italia
Federico Rossi, Università degli Studi di Siena, Italia
Stefania Lamponi
Chimica generale: esercizi svolti
Raccolta di esercizi con soluzioni dettagliate
per la preparazione alla prova scritta
dell’esame di Chimica generale
Firenze University Press | USiena PRESS
2024
Chimica generale: esercizi svolti : raccolta di esercizi con soluzioni dettagliate per la preparazione alla prova scritta dell’esame di Chimica generale / Stefania Lamponi. – Firenze : Firenze University Press; Siena : USiena Press, 2024.
(UNIverSI. Ricerca e Didattica all’Università di Siena ; 3)
https://books.fupress.com/isbn/9791221505818
ISBN 979-12-215-0580-1 (Print)
ISBN 979-12-215-0581-8 (PDF)
ISBN 979-12-215-0582-5 (ePUB)
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DOI 10.36253/979-12-215-0581-8
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e la voglia di imparare
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Sommario
La nomenclatura dei composti inorganici9
Le reazioni di ossido-riduzione19
La concentrazione delle soluzioni e le proprietà colligative31
Rapporti ponderali nelle reazioni chimiche41
Equilibri in soluzione acquosa: il prodotto di solubilità77
Abbreviazioni e simboli usati nel testo87
Capitolo 1
La nomenclatura dei composti inorganici
Ogni specie chimica inorganica ha un nome specifico per garantire una correlazione chiara tra la formula e il nome del composto. Le regole per la nomenclatura dei composti inorganici sono state stabilite dalla Commissione della Nomenclatura Inorganica dell’International Union of Pure and Applied Chemistry (IUPAC). Oltre alla nomenclatura IUPAC, esistono anche una nomenclatura tradizionale, ancora in uso, e la nomenclatura secondo la notazione di Stock.
La nomenclatura secondo la notazione di Stock prevede, qualora gli elementi presentino più di uno stato di ossidazione, l’indicazione del numero di ossidazione assunto nel composto, mediante numeri romani tra parentesi, senza l'uso nè di prefissi nè di suffissi. La nomenclatura IUPAC indica con precisione il numero di atomi di ciascuna specie chimica in un composto utilizzando i prefissi: mono, di, tri, tetra, penta, esa, epta ecc., e ricorre alla notazione di Stock per i composti ternari e quaternari che contengono elementi con più di uno stato di ossidazione.
La nomenclatura tradizionale distingue gli elementi in metalli e non metalli, tiene conto delle proprietà chimiche delle varie classi di composti ed utilizza suffissi e prefissi che indicano gli stati di ossidazione, più alti o più bassi, assoluti o intermedi, che un elemento assume in un determinato composto.
***
1. Scrivere le formule, indicare il numero di ossidazione (n.o.) di ciascun elemento e specificare a che classi di composti appartengono i seguenti prodotti:
a. acido manganico
b. tetraborato di sodio
c. ione fosfito
d. solfito acido rameico
e. cloruro mercuroso
Soluzione
a. H2MnO4; n.o.: +1, +6, −2; acido ternario, ossiacido, acido ossigenato
b. Na2B4O7; n.o.: +1, +3, −2; sale ternario
c. HPO32−; n.o.: +1, +3, −2; anione
d. Cu(HSO3)2; n.o.: +2, +1, +4, −2; sale quaternario, sale acido
e. Hg2Cl2; n.o.: +1, −1; sale binario
2. Scrivere i nomi secondo la nomenclatura tradizionale e IUPAC, indicare il n.o. di ciascun elemento e specificare a che classi di composti appartengono i seguenti prodotti:
a. AsO43−
b. H2CrO4
c. NaNO2
d. Al(ClO4)3
e. Mg(H2PO4)2
f. FeBr3
Soluzione
a. Ione ortoarseniato; ione tetraossoarseniato (V); n.o.: +5, −2; anione
b. Acido cromico; acido tetraossocromico (VI); n.o.: +1, +6, −2; acido ternario, ossiacido, acido ossigenato
c. Nitrito di sodio; biossonitrato (III) di sodio; n.o.: +1, +3, −2; sale ternario
d. Perclorato di alluminio; tris-tetraossoclorato (VII) di alluminio; n.o.: +3, +7, −2; sale ternario
e. Diidrogenofosfato di magnesio, fosfato biacido di magnesio; bis-diidrogenotetraossofosfato (V) di magnesio; n.o.: +2, +1, +5, −2; sale quaternario, sale acido
f. Bromuro ferrico; tribromuro di ferro (III); n.o.: +3, −1; sale binario
3. Scrivere i nomi secondo la nomenclatura tradizionale e IUPAC, indicare il n.o. di ciascun elemento e specificare a che classi di composti appartengono i seguenti prodotti:
a. HIO4
b. K2O2
c. Au(IO3)3
d. Hg(NO3)2
e. Na2H2P2O7
f. NaH
Soluzione
a. Acido periodico; acido tetraossoiodico (VII); n.o.: +1, +7, −2; acido ternario, ossiacido, acido ossigenato
b. Perossido di potassio; perossido di dipotassio; n.o.: +1, −1; perossido
c. Iodato aurico; tris-triossoiodato (V) di oro (III); n.o.: +3, +5, -2; sale ternario
d. Nitrato mercurico; bis-diossonitrato (V) di mercurio (II); n.o.: +2, +5, −2; sale ternario
e. Pirofosfito biacido di sodio; diidrogenofosfato di sodio; diidrogeno eptaossofosfato (V) di disodio; n.o.: +1, +1, +5, -2; sale quaternario, sale acido
f. Idruro di sodio; n.o.: +1, −1; idruro
4. Scrivere la formula dei seguenti composti, specificare a quale classe appartengono, ed indicare il numero di ossidazione di ciascun elemento presente:
a. ossido cobaltoso
b. anidride periodica
c. ione ipobromito
d. acido tiosolforico
e. carbonato di sodio
f. diidrogeno fosfato di litio
g. anidride ipofosforosa
h. cloruro d’ammonio
i. permanganato di potassio
l. ione cromato
Soluzione
a. CoO, ossido basico; n.o.: +2, −2.
b. I2O7, ossido acido o anidride; n.o.: +7, −2.
c. BrO−, anione; n.o.: +1, −2.
d. H2S2O3, acido ossigenato, tiocomposto; n.o.: +1, +2, −2.
e. Na2CO3, sale ternario; n.o.: +1, +4, −2.
f. LiH2PO4, sale acido, sale quaternario; n.o.: +1, +1, +5, −2.
g. Non esiste
h. NH4Cl, sale binario; n.o.: −3, +1, −1.
i. KMnO4, sale ternario; n.o.: +1, +7, −2.
l. CrO42−, anione; n.o.: +6, −2.
5. Scrivere la formula dei seguenti composti, specificare a quale classe appartengono ed indicare il numero di ossidazione di ciascun elemento presente:
a. ioduro ferrico
b. fosfato d’ammonio
c. perossido di sodio
d. acido bromico
e. anidride nitrica
Soluzione
a. FeI3, sale binario; n.o.: +3, −1.
b. (NH4)3PO4, sale ternario; n.o.: −3, +1, +5, −2.
c. Na2O2, perossido; n.o.: +1, −1.
d. HBrO3, acido ossigenato, ossiacido, acido ternario; n.o.: +1, +5, −3.
e. N2O5, ossido acido, anidride; n.o.: +5, −2.
6. Scrivere la formula dei seguenti composti, specificare a quale classe appartengono ed indicare il numero di ossidazione di ciascun elemento presente:
a. tiosolfato di sodio
b. solfato rameico
c. perossido di potassio
d. ortofosfato rameoso
e. carbonato di ammonio
f. idrogenofosfato di calcio
g. ione cianuro
h. anidride silicica
i. bromuro di magnesio
l. ipofosfito di calcio
Soluzione
a. Na2S2O3, sale ternario, tiocomposto; n.o.: +1, +2, −2.
b. CuSO4, sale ternario; n.o.: +2, +6, −2.
c. K2O2, perossido; n.o.: +1, −1.
d. Cu3PO4, sale ternario; n.o.: +1, +5, −2.
e. (NH4)2CO3, sale ternario; n.o.: −3, +1, +4, −2.
f. CaHPO4, sale acido, sale quaternario; n.o.: +2, +1, +5, −2.
g. CN−, anione; n.o.: +2, −3.
h. SiO2, ossico acido, anidride; n.o.: +4, −2.
i. MgBr2, sale binario; n.o.: +2, −1.
l. Ca(H2PO2)2, sale quaternario; n.o.: +2, +1, +1, −2.
7. Scrivere la formula dei seguenti composti, specificare a quale classe appartengono ed indicare il numero di ossidazione di ciascun elemento presente:
a. ioduro manganoso
b. diborano
c. protossido d’azoto
d. acido fosforoso
e. pirofosfato ferrico
f. periodato di potassio
g. acido alluminico
h. ossido rameoso
i. solfato manganoso
l. tiosolfato d’ammonio
Soluzione
a. MnI2, sale binario n.o.: +2, −1.
b. B2H6, idruro; n.o.: +3, −1.
c. N2O, ossido; n.o.: +1, −2.
d. H3PO3, acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; n.o.: +1, +3, −2.
e. Fe4(P2O7)3, sale ternario; n.o.: +3, +5, −2.
f. KIO4, sale ternario; n.o.: +1, +7, −2.
g. H3AlO3; acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; n.o.: +1, +3, −2.
h. Cu2O, ossido basico; n.o.: +1, −2.
i. Mn(SO4), sale ternario; n.o.: +2, +6, −2.
l. (NH4)2S2O3, sale ternario; n.o.: −3, +1, +2, −2.
8. Scrivere la formula dei seguenti composti, specificare a quale classe appartengono ed indicare il numero di ossidazione di ciascun elemento presente:
a. fosfato d’ammonio
b. idrogeno solfito di sodio
c. acido manganico
d. acido ortoperiodico
e. nitrito di potassio
f. acido dicromico
Soluzione
a. (NH4)3PO4; sale ternario; n.o.: −3, +1, +5, −2.
b. NaHSO3; sale quaternari, sale acido; n.o.: +1, +1, +4, −2.
c. H2MnO4; acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; n.o.: +1, + 6, −2.
d. H5IO6, acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; n.o.: +1, +7, −2.
e. KNO2, sale ternario; n.o.: +1, +3, −2.
f. H2Cr2O7, ossiacido; n.o.: +1, +6, −2.
9. Specificare a che classe appartengono, attribuire il nome secondo la nomenclatura tradizionale e IUPAC e indicare il numero di ossidazione di tutti gli elementi presenti, dei seguenti composti:
a. Mn2O7
b. Cu(HSO3)2
c. H2SnO3
d. CO32−
e. PH3
f. H2S
Soluzione
a. Ossido acido, anidride; anidride permanganica, eptaossido di dimanganese; n.o.: +7, −2
b. Sale quaternario; sale acido; bisolfito rameico, solfito acido rameico, idrogenosolfito (IV) di rame (II); n.o.: +2, +1, +4, −2.
c. Acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; acido stannico; acido triossostannico (IV); n.o.: +1, +4, −2.
d. Anione; ione carbonato; ione triossocarbonato (IV); n.o.: +4, −2.
e. Idruro; fosfina, idruro di fosforo, triidruro di fosforo; n.o.: −3; +1.
f. Idracido; acido solfidrico; solfuro di idrogeno; solfuro di diidrogeno; n.o.: +1; −2.
10. Specificare a che classe appartengono, attribuire il nome secondo la nomenclatura tradizionale e IUPAC e indicare il numero di ossidazione di tutti gli elementi presenti, dei seguenti composti:
a. HAsO2
b. ZnCO3
c. Pb(NO3)2
d. HBrO3
e. Ba(HSO3)2
Soluzione
a. Acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; acido metarsenioso, acido diossoarsenico (III); n.o.: +1, +3, −2.
b. Sale ternario; carbonato di zinco, triossocarbonato (IV) di zinco; n.o.: +2, +4, −2.
c. Sale ternario; nitrato di piombo; bis-triossonitrato (V) di piombo (II)
d. Acido ternario, ossiacido, acido ossigenato; acido bromico, acido triossobromico (V); n.o.: +1, +5, −2.
e. Sale quaternario, sale acido. Bisolfito di bario, solfito acido di bario, idrogenosolfito di bario, bis-triossosolfato (IV) di bario; n.o.: +2, +1, +4, −2
11. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. acido ortoarsenico
b. nitrato piomboso
c. acido manganico
d. tetraborato di sodio
e. cloruro mercuroso
Soluzione
a. H3AsO4; acido tetraossoarsenico (V)
b. Pb(NO3)2, bis-triossonitrato (V) di piombo (II)
c. H2MnO4, acido tetraossomanganico (VI)
d. Na2B4O7, eptaossoborato di disodio
e. Hg2Cl2, dicloruro di dimercurio (I)
12. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. ossido bismutoso
b. anidride cromica
c. acido ortosilicico
d. fosfina
e. solfuro ferrico
Soluzione
a. Bi2O3; triossido di dibismuto (III)
b. CrO3, triossido di dicromo (VI)
c. H4SiO4, acido tetraossosilicico (IV)
d. PH3, triidruro di fosforo
e. Fe2S3, trisolfuro di diferro (III)
13. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. ortoborato di zinco
b. protossido d’azoto
c. fluoruro di potassio
d. ipoiodito di sodio
e. idrossido cromoso
Soluzione
a. Zn3(BO3)2; bis-triossoborato di zinco
b. N2O, ossido di diazoto (I)
c. KF fluoruro di potassio
d. NaIO, monossoiodato (I) di sodio
e. Cr(OH)2, diidrossido di cromo (II)
14. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. perclorato rameico
b. perossido di litio
c. acido ipofosforoso
d. metaborato di sodio
e. solfato acido manganoso
Soluzione
a. Cu(ClO4)2; bis-tetraossoclorato (VII) di rame (II)
b. Li2O2, perossido di dilitio
c. H3PO2, acido diossofosforico (I)
d. NaBO2, diossoborato di sodio
e. Mn(HSO4)2, bis-idrogenotetraossosolfato (VI) di manganese (II)
15. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. anidride iodica
b. clorito di sodio
c. ortofosfato ferroso
d. ossido stannico
e. anidride permanganica
Soluzione
a. I2O5; pentossido di diiodio (V)
b. NaClO2, diossoclorato (III) di sodio
c. Fe3(PO4)2, bis-tetraossofosfato (V) di ferro (II)
d. SnO2, biossido di stagno (IV)
e. Mn2O7, eptaossido di dimanganese (VII)
16. Scrivere la formula ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. nitrato di cobalto (II)
b. cloruro mercurico
c. solfuro antimonioso
d. manganato di potassio
e. solfato rameoso
Soluzione
a. Co(NO3)2; bis-triossonitrato (V) di cobalto (II)
b. HgCl2, dicloruro di mercurio (II)
c. Sb2S3, trisolfuro di diantimonio (III)
d. K2MnO4, tetraossomanganato (VI) di dipotassio
e. Cu2SO4, tetraossosolfato (VI) di dirame (I)
17. Scrivere il nome secondo la nomenclatura tradizionale ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. KBrO3
b. K2MnO4
c. SbCl3
d. Pb3(AsO4)2
e. Cu2SO4
Soluzione
a. bromato di potassio, triossobromato (V) di potassio
b. manganato di potassio, tetraossomanganato (VI) di potassio
c. cloruro antimonioso, tricloruro di antimonio (III)
d. arseniato piomboso, bis-tetraossoarseniato (V) di tripiombo (II)
e. solfato rameoso, tetraossosolfato (VI) di dirame (I)
18. Scrivere il nome secondo la nomenclatura tradizionale ed il nome IUPAC dei seguenti composti:
a. H3AlO3
b. CrCl3
c. H2O2
d. (NH4)2CO3
e. Ca(H2PO2)2
Soluzione
a. acido alluminico, acido triossoalluminico (III)
b. cloruro cromico, tricloruro di cromo (III)
c. perossido di idrogeno, perossido di diidrogeno
d. carbonato d’ammonio, triossocarbonato (IV) di diammonio
e. ipofosfito di calcio, bis-diossofosfato (I) di calcio
Capitolo 2
Le reazioni di ossido-riduzione
Il bilanciamento delle reazioni di ossido-riduzione può essere fatto con il metodo della variazione del numero di ossidazione o con il metodo delle semi-reazioni o metodo ionico-elettronico.
Nel primo caso è necessario seguire i seguenti passaggi:
a. identificare gli elementi che variano il loro numero di ossidazione, quindi che si ossidano e che si riducono;
b. calcolare il numero di elettroni acquistati o ceduti da ciascun elemento coinvolto nel processo di ossidazione e nel processo di riduzione;
c. trovare il minimo comune multiplo (m.c.m) tra gli elettroni ceduti e quelli acquistati da entrambe le specie;
d. dividere il m.c.m. per il numero di elettroni coinvolti nel processo di riduzione e in quello di ossidazione e utilizzare il quoziente ottenuto come coefficiente stechiometrico della specie ossidata e di quella ridotta;
e. se la reazione coinvolge specie ioniche, bilanciare le cariche con ioni H+ o OH− a seconda dell’ambiente in cui avviene la reazione;
f. bilanciare le masse di idrogeno ed ossigeno mediante l’aggiunta di molecole di acqua.
Nel secondo caso, ovvero nel metodo delle semi-reazioni, i passaggi da seguire per il bilanciamento sono i seguenti:
a. identificare gli elementi che variano il loro numero di ossidazione, quindi che si ossidano e che si riducono;
b. scrivere la semi-reazione di riduzione e quella di ossidazione;
c. bilanciare ciascuna semi-reazione includendo anche gli elettroni coinvolti nel processo di riduzione ed in quello di ossidazione, gli ioni H+ ed OH− a seconda dell’ambiente di reazione e l’H2O per bilanciare le masse di idrogeno ed ossigeno;
d. calcolare il m.c.m. del numero di elettroni coinvolti nel processo di ossidazione ed in quello di riduzione;
e. moltiplicare tutte le specie presenti in ciascuna semi-reazione bilanciata per il quoziente determinato dal rapporto tra il m.c.m. ed il numero di elettroni coinvolti in ciascuna remi-reazione;
f. sommare membro e membro le due semi-reazioni e semplificare i termini uguali che compaiono ai due lati della freccia di reazione.
***
1. Il potenziale standard di riduzione della coppia ione ioduro/ione iodato in ambiente acido è +1,09 V; quello della coppia ossigeno/acqua ossigenata, sempre in ambiente acido, è +0,70 V. Stabilire l’agente ossidante e quello riducente, e scrivere e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che avviene spontaneamente tra le due coppie.
Soluzione
I potenziali standard di riduzione consentono di prevedere il senso in cui una reazione di ossido-riduzione avviene spontaneamente. La coppia con il valore numerico del potenziale standard di riduzione maggiore è quella che contiene l’elemento che si riduce e quindi è la coppia ossidante; quella invece con valore numerico del potenziale standard di riduzione inferiore, contiene l’elemento che si ossida e quindi è la coppia riducente.
In questo caso lo iodio dello ione iodato si riduce, quindi è la coppia ione ioduro/ione iodato è quella ossidante mentre la coppia ossigeno/acqua ossigenata è quella riducente.
Il bilanciamento può essere fatto con il metodo della variazione del numero di ossidazione (a) o con il metodo delle semi-reazioni (b):
a.
b.
2. Scrivere e bilanciare la reazione tra l’acido nitrico concentrato ed il fosforo.
Soluzione
L’acido nitrico concentrato è un ossidante, l’azoto si riduce passando da n.o. +5 a +4 in NO2 e la coppia NO3−/NO2 ha la capacità di ossidare il fosforo ad acido ortofosforico.
Bilanciamento con il metodo della variazione del numero di ossidazione:
Bilanciamento con il metodo delle semi-reazioni:
3. Determinare i prodotti e bilanciare la seguente reazione redox che avviene in ambiente acido presenza di acido nitrico molto diluito.
Soluzione
L’acido nitrico diluito è un ossidante, l’azoto si riduce passando da n.o. +5 a +2 in NO e la coppia NO3−/NO ha la capacità di ossidare il rame elementare a ione rameico.
4. In una soluzione acida, lo ione permanganato reagisce con lo ione stannoso. Scrivere l’equazione ionica netta che descrive la reazione di ossidoriduzione che avviene tra le due specie chimiche, e bilanciarla.
Soluzione
Lo ione permanganato è un forte ossidante sia in ambiente acido che in ambiente basico. In ambiente acido il manganese si riduce e passando da n.o. +7 a n.o +2 (ione manganoso) e può ossidare i sali stannosi a stannici.
5. Bilanciare le seguenti reazioni di ossidoriduzione che avvengono a) in ambiente acido e b) in ambiente basico.
a.
b.
Soluzione
Lo ione bicromato e lo ione cromato non possono esistere, rispettivamente, in ambiente basico ed in ambiente acido. Quindi, quando in una redox compare il bicromato, l’ambiente di reazione è acido; viceversa, quando è presente lo ione cromato come ossidante, l’ambiente di reazione è basico. Comunque sia, in entrambi i casi, il cromo si riduce a n.o. +3 (Cr3+).
a.
b.
6. Scrivere i prodotti e bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in presenza di acido nitrico concentrato:
Soluzione
L’acido nitrico concentrato è in grado di ossidare anche lo stagno elementare a ossido di stagno (IV).
7. Scrivere i prodotti e bilanciare la reazione che avviene in ambiente acido tra lo ione iodato e lo ione ioduro.
Soluzione
Questa è una reazione di dismutazione in cui lo iodio dello ione iodato con n.o. +5 si riduce a n.o. 0 in I2, e lo ione ioduro con n.o. −1, si ossida a n.o. 0 in I2.
8. Scrivere e bilanciare la reazione di attacco dell’oro con l’acqua regia.
Soluzione
L’acqua regia è una miscela composta da acido nitrico ed acido cloridrico in un rapporto molare di 1:3. Viene utilizzata per attaccare l’oro, metallo nobile che ha un valore di potenziale standard di riduzione positivo e quindi non suscettibile all’attacco di acidi forti comuni.
9. Scrivere i prodotti e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che subisce il fosforo in ambiente basico.
Soluzione
Questa è una reazione di dismutazione, ovvero una reazione in cui una specie chimica si ossida e si riduce contemporaneamente, dando origine a due specie chimiche distinte contenenti lo stesso elemento ma con stato di ossidazione diverso.
10. Identificare l’ambiente, stabilire i prodotti e bilanciare la reazione che avviene tra lo ione nitrito e lo ione permanganato.
Soluzione
Lo ione permanganato è un ossidante in grado di ridurre i nitriti a nitrati in ambiente debolmente basico, riducendosi a +4 (MnO2).
11. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido.
Soluzione
Lo ione bicromato in ambiente acido si riduce a Cr3+ ed è in grado di ossidare il bromuro a bromo.
12. Completare e bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente debolmente basico.
Soluzione
Lo ione permanganato è un ossidante in grado di ridurre il solfito a solfato in ambiente debolmente basico, riducendosi a +4 (MnO2).
13. Completare e bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido.
Soluzione
L’acido nitrico se molto diluito in presenza di un metallo molto riducente come l’alluminio, si riduce a n.o. −3 (NH4+) ossidando il metallo a +3 (Al3+).
14. Identificare l’ambiente, stabilire i prodotti e bilanciare la reazione che avviene tra (a) lo ione permanganato ed il perossido di idrogeno, (b) lo ione bicromato e l’anidride solforosa.
Soluzione
Lo ione permanganato è in grado di ossidare il perossido di idrogeno ad ossigeno sia in ambiente molto acido (a) che in ambiente debolmente basico (b). Nel primo caso il manganese si riduce a +2, nel secondo caso a +4.
Lo ione bicromato in ambiente acido ossida l’anidride solforosa a ione solfato (c).
a.
b.
c.
15. Identificare l’ambiente e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che avviene tra lo ione manganato e lo ione cloruro che porta alla formazione di diossido di manganese e ione clorato.
Soluzione
La reazione avviene in ambiente basico perché lo ione manganato in ambiente acido disproporziona.
16. Identificare l’ambiente e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che avviene tra lo ione bismutato e lo iodio che porta alla formazione di ione Bi3+ e ione iodato.
Soluzione
La reazione avviene in ambiente acido perché lo iodio elementare in ambiente basico disproporziona.
17. Identificare l’ambiente e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che avviene tra l’anidride arseniosa e lo ione permanganato che porta alla formazione di ione manganoso e acido arsenico.
Soluzione
La reazione avviene in ambiente acido perché l’acido arsenico, debole, è presente nella forma non dissociata. Infatti, un acido debole deve essere scritto sempre in forma non dissociata in soluzione acida e come anione in soluzione basica.
18. Bilanciare le seguenti reazioni di ossidoriduzione e stabilire l’ambiente in cui avvengono analizzando le proprietà dei reagenti e dei prodotti.
a.
b.
Soluzione
a. La reazione avviene in ambiente basico perché l’acido cloroso, debole, si trova in forma dissociata*.
b. La reazione avviene in ambiente acido perché l’acido formico, debole, si trova nella sua forma non dissociata*.
*Un acido debole deve essere scritto sempre in forma non dissociata in soluzione acida e come anione in soluzione basica.
19. Scrivere e bilanciare le reazioni di dismutazione dello iodio in ambiente acido ed in ambiente basico.
Soluzione
a. Ambiente acido
b. Ambiente basico
Capitolo 3
La concentrazione delle soluzioni
e le proprietà colligative
Una soluzione è una miscela fisicamente omogenea, cioè un insieme di due o più componenti che costituiscono un’unica fase. Il componente in eccesso, ovvero la fase disperdente, è il solvente, il componente in minore quantità, ovvero la fase dispersa, è il soluto. Una soluzione può essere formata da un solvente ed uno o più soluti. La quantità relativa di un soluto in un solvente è detta concentrazione del soluto. Esistono molteplici modi per esprimere la concentrazione di una soluzione:
✓ % in massa: massa percentuale in g di soluto contenuta in 100 g della soluzione
% m/m = (massa soluto/massa soluzione) × 100
✓ % in volume: volume percentuale di soluto in mL contenuto in 100 mL di soluzione
% v/v = (volume soluto/volume soluzione) × 100
✓ % massa/volume: massa di soluto espressa in grammi contenuta in 100 mL di soluzione
% m/v = (massa soluto/volume soluzione) × 100
✓ frazione molare (χ) del soluto: rapporto tra il numero di moli del soluto e il numero di moli totali (somma delle moli di tutti i componenti la soluzione)
χ soluto = moli soluto/ (moli soluto + moli solvente)
✓ Molarità (M): numero di moli soluto in 1 dm3 di soluzione
M = moli soluto/dm3 (soluzione)
La quantità di soluto per unità di volume della soluzione viene indicata anche con c.
✓ molalità (m): numero di moli di soluto in 1 kg di solvente
m = moli soluto/kg solvente
✓ Normalità (N): numero di equivalenti di soluto in 1 dm3 di soluzione
N = equivalenti (soluto)/ dm3 (soluzione)
***
Le proprietà colligative sono peculiari di soluzioni diluite formate da soluti non volatili. Queste proprietà dipendono esclusivamente dal numero di particelle di soluto omogeneamente disperse nell’unità di volume della soluzione e non dalla natura del soluto. Nel caso in cui il soluto sia un elettrolita è necessari introdurre nell’espressione matematiche che descrive le proprietà colligative, i, il coefficiente Van’t Hoff che indica il numero di particelle che si producono durante la dissociazione del soluto.
Le proprietà colligative sono le seguenti:
✓ La pressione osmotica
Π = i × M × R × T
i = coefficiente di Van’t Hoff
M = concentrazione molare
R = costante universale dei gas perfetti
T = temperatura
✓ Abbassamento della tensione di vapore della soluzione rispetto al solvente puro
∆P = P°solvente – Psoluzione = P°solvente × χ soluto
P° e P = tensione di vapore, rispettivamente del solvente e della soluzione
χ = frazione molare del soluto
✓ Innalzamento ebullioscopico della soluzione rispetto al solvente puro
✓ ΔTeb = Tsoluzione – Tsolvente = keb × i × m
keb = costante ebullioscopica molale
i = coefficiente di Van’t Hoff
m = concentrazione molale
✓ Abbassamento crioscopico della soluzione rispetto al solvente puro
✓ ΔTcr = Tsolvente – Tsoluzione = kcr × i × m
Kcr = costante crioscopica molale
i = coefficiente di Van’t Hoff
m = concentrazione molale
***
1. Calcolare la concentrazione molare, molale e normale di una soluzione acquosa di acido nitrico al 38% m/m sapendo che la sua densità è 1,23 g/mL.
Soluzione
d = 1,23 g/mL, quindi la massa di 1 L di soluzione (ovvero 1000 mL) = 1230 g
38 g di HNO3 :100 g di soluzione = X g di HNO3: 1230 g di soluzione
g HNO3 = 1230 g × 38 g /100 g = 467 g
moli HNO3 = 467 g/63 g mol−1 = 7,4 mol
M = moli soluto / volume soluzione = 7,4 mol/1L = 7,4 M
N = Zeq (eq mol−1) × M (mol ∙ L−1) = 1 × M = 7,4 N
massa solvente = massa soluzione – massa soluto = 1230 g – 467 g = 763 g
m = moli soluto/ kg solvente = 7,4 mol/0,763 kg = 9,7 m
2. Data una soluzione di pirofosfato tetrasodico 0,108 m, la cui d = 1,41 g/mL, calcolare la pressione osmotica a 30°C, l’abbassamento della tensione di vapore della soluzione a 30°C e l’innalzamento ebullioscopico. (Keb H2O = 0,515 K mol−1 kg; a 30°C PH2O = 4199 Pa).
Soluzione
Π = i × M × R × T
ΔTeb = Keb × i × m
ΔP = P°solvente × i × χ soluto
m = 0,108 moli di soluto in 1 kg di acqua
massa soluto = 0,108 moli × 266 (g mol−1) = 28,7 g
massa totale soluzione 1000 g solvente + 28,7 g soluto = 1029 g
Vsoluzione = 1,41 g/cm3 = 1029 g/cm3 = 729 cm3
[Na4P2O7] = 0,108 mol/0,729 L = 0,149 M
Π = i × M × R × T = 5 × 0,149 (moli L−1) × 0,0821 (atm L mol−1 K−1) × 303,15 K = 18.5 atm
ΔTeb = Keb × i × m = 0,515 K mol−1 kg × 5 × 0,108 mol kg−1 = 0,278 K
moli H2O = 1000 g/18 (gmol−1) = 55,6 mol
χ Na4P2O7 = 0,108 mol/0,108 mol + 55,6 mol = 1,94 × 10−3
ΔP = P°solvente i χ soluto = 4199 Pa × 5 × χ Na4P2O7 = 4199 Pa × 5 × 1,94 × 10−3 = 40,7 Pa
3. Calcolare la concentrazione molare di una soluzione acquosa di solfato di sodio sapendo che la sua pressione osmotica a 28°C è uguale a 45 atm.
Soluzione
Il solfato di sodio è un sale molto solubile in acqua ed un elettrolita forte, quindi:
i = 3
Π = i × M × R × T = 45 atm
T = 301,15 K
Π = i × M × R × T
45 atm = 3 × M (moli L−1) × 0,0821 (atm L mol−1 K−1) × 301,15 K
M = Π/i R T = 45 atm/3 × 0,0821(atm L mol−1 K−1) × 301,15 K = 0,607 M
4. Aggiungendo 0,48 g di zolfo a 200 g di CCl4, la soluzione ha un abbassamento crioscopico di 0,28°C. Determinare la formula molecolare dello zolfo sapendo che Kcr = 29,8°C kg mol−1.
Soluzione
ΔTcr = Kcr × i × m
0,28°C = 29,8°C kg mol−1 × m
m = 9,4 × 10−3 mol kg−1
moli di S = 0,200 kg × (9,410−3) mol kg−1 = 1,9 × 10−3 mol
mol = massa/MM 1,9 × 10−3 mol = 0,48 g/MM
MM = 253 g mol−1
MM calcolata/MM sperimentale = 253 g mol−1/32 g mol−1 = 8
Formula molecolare = S8
5. Calcolare il volume di una soluzione all’88,5% m/m di acido solforico la cui densità è 1,830 g/mL che contiene tante moli di acido quante sono quelle contenute in 650 mL di una soluzione 1,128 M di acido solforico.
Soluzione
moli di acido in 650 mL = 0,650 L × 1,128 moli/L = 0,733 mol
d = 1,830 g/mL, quindi 1 L di soluzione ha una massa di 1830 g
La massa di acido nella soluzione è la seguente:
88,5 g di H2SO4 : 100 g di soluzione = Xg di H2SO4 : in 1830 g di soluzione
X g di H2SO4 = 1620 g
moli di H2SO4 = 1620 g/ 98 g mol−1 = 16,5 moli di acido solforico
16,5 moli : 1L = 0,733 mol : xL
xL = 0,044 L = 44 mL
6. 10,00 grammi di una sostanza incognita non elettrolita sono solubilizzati in 300 mL di acqua la cui densità è 0,996 g/mL. L’innalzamento ebullioscopico dell’acqua per aggiunta di questa sostanza è di 0,200°C. Calcolare la massa molecolare della sostanza incognita. Keb = 0,512°C kg mol−1.
Soluzione
ΔTeb = Keb × i × m 0,200°C = 0,512°C kg mol−1 × 1 × m
m = 0,200°C/0,512°C kg mol−1 = 0,391 m
d = 0,996 g/mL
massa di 300 mL di solvente = 300 mL × 0,996 g/mL = 299 g
m = moli soluto/massa solvente (kg)
0,391 = moli soluto/ 0,299 kg
m = 0,391 = moli soluto/massa solvente = moli soluto/0,299 kg
moli soluto = 0,299 kg × 0,391 moli/kg = 0,117 moli
mol = massa/MM
MM = 10,00 g/0,117 mol = 85 g mol−1
7. Calcolare la pressione osmotica a 25°C di una soluzione acquosa di cloruro di alluminio la cui temperatura di congelamento è -1,6°C e la cui densità è 1,345 g/mL. Kcr = 1,853°C kg mol−1.
Soluzione
i = 4
Π = i × M × R × T
ΔTcr = Kcr × i × m
1,6°C = 1,853°C kg mol−1 × 4 × m
m = 0,86/4 = 0,215 m
massa soluzione = 0,215 moli × MM = 0,215 moli × 133 g/mol = 1029 g
d = 1,345 g/mL
volume soluzione = 1029 g/1,345 g/mL =765 mL
[AlCl3] = 0,215 mol/0,765 L = 0,28 M
Π = i × M × R × T = 4 × 0,28 moli/L × 0,0821 atm L mol−1 K−1 × 298,15 K = 27.5 atm
8. In 100 mL di soluzione acquosa sono contenuti 27,9 g di acido nitrico. La soluzione ha una densità di 1,128 g/mL. Calcolare la molarità e la normalità della soluzione quando l’acido nitrico si comporta da acido e da ossidante (riducendosi a NO) e le frazioni molari e le percentuali in peso dei due componenti la soluzione.
Soluzione
MM HNO3 = 63 g mol−1
mol HNO3 = 27,9 g/63 g mol−1 = 0,44 mol
[HNO3] = 0,44 mol/0,100 L = 4,4 M
N = Zeq × M = 3 eq mol−1 × 0,44 mol L-1 = 13,2 eq/L
d = 1,128 g/mL
massa di 100 mL di soluzione = 112,8 g
massa H2O = 112,8 g – 27,9 g = 84,9 g
mol H2O = 84,9 g/18 g mol−1 = 4,72 mol
χ H2O = 4,72 mol/(0,44 + 4,72) mol = 0,91
χ HNO3 = 0,44 mol/(0,44 + 4,72) mol = 0,085
% m/m HNO3 = (27,9 g /112,8 g) × 100 = 24,7%
% m/m H2O = (84,9 g /112,8 g) × 100 = 75,3%
9. Una soluzione di acido solforico al 13% m/m ha una densità di 1,090 g/mL. Calcolare la concentrazione molare, molale e normale della soluzione.
Soluzione
massa di 1 L di soluzione = 1090 g
g di H2SO4 in 1 L di soluzione: (1090 g × 13 g)/100 g = 141,7 g
massa di solvente: 1090 g – 141,7 g = 948,3 g H2SO4
moli H2SO4 = 948,3 g/98 g mol−1 = 1,45 mol
[H2SO4] = 1,45 mol/ 1L = 1,45 M
m = 1,45 mol/0,9483 kg = 1,52 m
N = Zeq × M = 2 eq mol−1 × 1,45 mol L−1 = 2,90 eq/L
10. Un composto non volatile e non dissociato è formato da C = 15,66%; H = 5,37%; S = 42,12%; N = 36,93%. La sua massa molare è 76 g/mol. Determinare la formula molecolare del composto e calcolare l’abbassamento crioscopico della soluzione quando 2,332 grammi di questo composto sono solubilizzati in 236 mL di acqua (d = 0,996 g/mL; Kcr =1,86°C kg mol -1).
Soluzione
C = 15,66% mol = 15,66 g/12 g mol-1 = 1,3 mol/1,3 mol = 1
H = 5,37% mol = 5,37 g/1 g mol-1 = 5,4 mol/1,3 mol = 4
S = 42,12% mol = 42,13 g/12 g mol-1 = 1,3 mol/1,3 mol = 1
N = 36,93% mol = 36,93 g/14 g mol-1 = 2,6 mol/1,3 mol = 2
CH4N2S MM = (12 + 4 + 28 + 32) g mol-1 = 76 g/mol
La formula minima corrisponde alla formula molecolare.
CH4N2S = 2,332 g VH2O = 236 mL
d = 0,966 g/mL
Kcr = 1,86°C g mol-1
g solvente = 0,966 g/mL × 236 mL = 228 g
mol soluto = 2,332 g × 76 g/mol = 0,031 mol
m = moli soluto/massa solvente (kg) = 0,031/0,228 kg = 0,136 mol/kg
ΔTcr = Kcr × i × m = 1,86°C g mol-1 × 1 × 0,136 mol/kg = 0,25°C
11. Calcolare la concentrazione molare, molale e normale di una soluzione di acido cloridrico al 37,3% m/m sapendo che la sua densità è 1,175 g/mL.
Soluzione
In 100 g di soluzione sono contenuti 37,3 g di HCl
mol HCl = 37,3 g/36,46 gol−1 = 1,02 mol
V 100 g di soluzione = 1000 g/1,185 g mL−1 = 844 mL
M = 1,02 mol/0,084 L = 12, 1 mol/L
g solvente: 100 g – 37,3 g = 62,7 g
m = 1,02 mol/ 0,0627 kg = 16,27 mol/kg
N = Zeq × M = 1 eq mol−1 × 12,1 mol L−1 = 12,1 eq/L
12. 4 g di una sostanza a peso molecolare incognito sono solubilizzati in 100 g di un composto organico la cui Kcr è 5,12°C kg mol−1. Sapendo che l’abbassamento crioscopico della soluzione rispetto al solvente puro è di 0,799°C, determinare il peso molecolare della sostanza incognita.
Soluzione
ΔTcr = Kcr × i × m m = 0,799°C/5,12°C kg mol−1 = 0,156 mol/kg
mol = 0,156 mol/kg × 0,100 kg = 0,056 mol
mol = massa/MM MM = massa/mol = 4,0 g/0,056 mol = 256 g mol−1
13. 12 mL di una soluzione di cromato di potassio 0,023 m (d = 1,065 g/mL) sono necessari per titolare 32 mL di una soluzione di nitrito di sodio. Calcolare la concentrazione molare e normale della soluzione di nitrito di sodio.
Soluzione
La reazione di ossidoriduzione bilanciata è la seguente:
K2CrO4 = 0,023 m
massa soluzione = massa solvente + massa soluto = 1000 g + (0,023 moli × 194 g mol−1) = 1004,5 g
volume soluzione = 1004,5 g/1,065 g mL−1 = 943 mL
[K2CrO4] = 0,023 mol/0,943 L = 0,024 M
In 12 mL le moli di K2CrO4 sono: 0,024 mol × 0,012 L = 2,9 × 10−4 mol
Le moli di NO2− sono 3/2 rispetto a quelle di CrO42−: 3/2 (2,910−4 mol) = 4,4 × 10−4 mol
[NaNO2] = 4,4 × 10−4 mol/0,032 L = 0,0138 M
N = Zeq × M = 2 (eq/mol) × 0,0138 (moli/L) = 0,0275 eq/L
Capitolo 4
Rapporti ponderali nelle reazioni chimiche
1. Le coppie MnO4−/Mn2+ e S/H2S hanno potenziale standard di riduzione, rispettivamente, +1,151 V e + 0,142 V. Scrivere la reazione di ossidoriduzione nel senso in cui avviene spontaneamente, identificare l’ambiente di reazione (acido o basico) e bilanciare. Calcolare inoltre quanti mL di una soluzione di permanganato di potassio 0,168 M sono necessari per ossidare completamente 125 mL di una soluzione di acido solfidrico 0,111 M.
Soluzione
La reazione avviene in ambiente acido come dimostrato dalla presenza del manganese con numero di ossidazione+2. La coppia con potenziale standard di riduzione maggiore è quella ossidante e quella con potenziale standard di riduzione inferiore è quella riducente, quindi:
E° (MnO4−/Mn2+) = +1,51 V OSSIDANTE
E° (S/H2S) = + 0,142 V RIDUCENTE
moli H2S = 0,125 L × 0,111 moli/L = 1,39 × 10−2 moli
moli KMnO4 = (0,0139/5) × 2 = 5,55 × 10−3 moli
0,168 moli: 1 L = 5,55 × 10−3 moli: x L
xL = 0,033 L
2. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione e calcolare i grammi di cloruro di sodio che si ottengono facendo reagire 106 g di cloro con 92 g di idrossido di sodio.
Soluzione
moli Cl2 = 106 g/70,8 g mol−1 = 1,5 moli
moli NaOH = 92 g/40 g mol−1 = 2,3 moli
Poiché il rapporto stechiometrico tra Cl2 e NaOH non è di 1:1, per identificare il reagente limitante è necessario calcolare f, ovvero il rapporto tra il numero di moli di ciascun composto ed il proprio coefficiente stechiometrico:
f Cl2 = 1,5 moli /3 = 0,5
f NaOH = 2,3 moli/6 = 0,4 REAGENTE LIMITANTE
moli NaCl = 5/6 moli NaOH = (2,3 moli/6) × 5 = 1,9 moli
massa NaCl = 1,9 moli × MM = 1,9 moli × 58,4 g mol−1 = 111 g
3. I potenziali standard di riduzione delle coppie ione cromico/ione dicromato e ossigeno/acqua ossigenata, in ambiente acido, sono, rispettivamente, 1,232 V e 0,682 volt. Scrivere e bilanciare la reazione che avviene spontaneamente tra di loro. Indicare, per ogni specie, il numero di equivalenza assunto nella reazione in esame.
Soluzione
E° (Cr2O72−/Cr3+) = +1,232 V OSSIDANTE
E° (O2/H2O2) = + 0,682 V RIDUCENTE
Zeq Cr2O72− = 6 eq/mole Zeq Cr3+ = 3 eq/mole
Zeq H2O2 = 2 eq/mole Zeq O2 = 2 eq/mole
4. Calcolare la massa ed il numero di equivalenti di solfato ferroso che sono ossidati da 25,5 g di bicromato di potassio in soluzione acida.
Soluzione
K2Cr2O7 = 25,5 g ne (eq) = 25,5 g/ ME
ME = MM (g mol−1)/ Zeq (mol eq−1)= 294 (g mol−1)/6 (mol eq−1) = 49 g eq−1
neq (eq) K2Cr2O7 = 25,5 g/ 49 g eq−1 = 0,52 eq
neq (eq) K2Cr2O7 = ne (eq) FeSO4
neq (eq) FeSO4 = massa (g)/ME (g eq−1)
ME FeSO4 = MM/ Zeq = 152 g mol−1/1 mol eq−1 = 152 g eq−1
massa FeSO4 = neq (eq) × ME = 0,52 eq × 152 g eq−1 = 79 g
5. 1,211 g di acido bromico sono fatti reagire in ambiente acido con 1,708 g di ioduro di potassio. Calcolare la massa di I2 che si forma dalla reazione (da bilanciare).
Soluzione
moli HBrO3 = massa/MM = 1,211 g/ 139 g mol−1 = 9,4x10−3 moli
moli KI = 1,708 g/166 g mol−1 = 1,03 × 10−2 moli
f BrO3− = 9,4 × 10−3 moli /1 = 9,4 × 10−3
f I− = 1,03 × 10−2 moli /6 = 1,7 × 10−3 REAGENTE LIMITANTE
moli I2 = ½ moli I− = 1,03 × 10−2 moli/2 = 5,1 × 10−3 moli
massa I2 = moli × MM = 5,1 × 10−3 moli × 253,8 g mol−1 = 1,306 g
6. Un eccesso di cloruro di sodio è fatto reagire con 150 g di acido solforico. Scrivere e bilanciare la reazione che avviene tra i due composti e calcolare la massa in grammi di solfato di sodio e acido cloridrico che si formano.
Soluzione
moli H2SO4 = massa/MM = 150 g/ 98 g mol−1 = 1,53 mol
moli H2SO4 = moli Na2SO4 = 1,53 mol
massa Na2SO4 = 1,53 mol × (46+32+64) g mol−1 = 139 g mol−1 = 217,3 g
moli HCl = 2 × mol H2SO4 = 3,06 mol
massa HCl = moli × MM = 3,06 mol × 36,5 g mol−1 = 111,4 g
7. Facendo assorbire diossido di carbonio gassoso in una soluzione acquosa di idrossido di sodio si può ottenere carbonato di sodio o bicarbonato di sodio. Scrivere e bilanciare le due reazioni. Inoltre, supponendo che la resa di entrambe le reazioni sia del 100%, calcolare il volume di anidride carbonica, misurato a 23°C ed alla pressione di 790 mmHg, che deve essere fatto assorbire in 750 mL di una soluzione 0,65 M di idrossido di sodio per ottenere:
a. carbonato di sodio
b. bicarbonato di sodio.
Soluzione
a.
Rapporto moli NaOH e moli CO2 = 2:1
moli NaOH = 0,759 l × 0,65 moli L−1 = 0,488 mol
moli CO2 = ½ moli NaOH = 0,488 mol/2 = 0,244 mol
PV = n × R × T
V = n × R × T/P = [0,244 mol × 0,0821 (atm L mol−1 K−1) × 296,15 K]/1,05 atm = 5,65 L
b.
Rapporto moli NaOH e moli CO2 = 1:1
moli NaOH = moli CO2
moli CO2 = 0,488 mol
VCO2 = 5,65 L × 2 = 11,3 L
8. Calcolare le masse di carbonato di calcio e di carbonio che reagiscono con il solfato di sodio e la massa di solfuro di calcio prodotta quando 85 g di solfato di sodio sono fatti reagire con quantità stechiometriche di carbonato di calcio e carbonio secondo la seguente reazione (da bilanciare):
Soluzione
moli Na2SO4 = massa/MM = 85 g/ 142 g mol−1 = 0,6 mol
moli Na2SO4 = moli CaCO3 = 0,6 mol
massa CaCO3 = 0,6 mol × 100 g mol−1 = 60 g
moli Na2SO4 = ½ moli C
moli C = 1,2 mol
massa C = 1,2 mol × 12 g mol−1 = 14,4 g
moli Na2SO4 = moli CaS = 0,6 mol
massa CaS = 0,6 mol × 72,1 g mol−1 = 43,3 g
9. Dalla reazione ottenuta riscaldando il bicromato di potassio con acido solforico concentrato, si ottengono solfato di cromo (III), solfato di potassio ed ossigeno gassoso. Scrivere e bilanciare la reazione e calcolare il volume di ossigeno che si sviluppa alla temperatura di 135°C ed alla pressione di 1,50 atm quando si riscaldano 1,8 g di bicromato di potassio con un eccesso di acido solforico.
Soluzione
moli K2Cr2O7 = 1,8 g/294 g mol−1 = 6,12 × 10−3 mol
rapporto moli K2Cr2O7 / moli O2 = 1:1,5
moli O2 = 1,5 × moli K2Cr2O7 = 6,12 × 10−3 mol × 1,5 = 9,18 × 10−3 mol
PV = n × R × T
V = n × R × T/P = [9,18 × 10−3 mol × 0,0821 (atm L mol−1 K−1) × 408 K]/1,5 atm = 0,205 L
10. Per ossidare in ambiente acido lo ioduro di potassio presente in 64 mL di una soluzione acquosa, a I2, sono necessari 34,6 mL di una soluzione di permanganato di potassio 0,1 N. Scrivere e bilanciare la reazione che avviene tra lo ioduro di potassio ed il permanganato in ambiente acido, e calcolare la quantità in grammi di ioduro di potassio contenuti in 650 mL di soluzione.
Soluzione
V sol KI = 64 mL V sol KMnO4 = 34,6 mL
N (eq/L) = M (mol/L) × Zeq (eq/mol)
[KMnO4] = 0,1 eq L−1/5 eq mol −1 = 0,02 M
moli KMnO4 in 34,6 mL = 0,0346 L × 0,02 moli/L = 6,92 × 10−4 mol
moli KI = moli KMnO4 × 5 = (6,92 × 10−4 mol) × 5 = 3,46 × 10−3 mol
[KI]= 3,46 × 10−3 mol/0,064 L = 5,4 × 10−2 M
moli KI in 0,650 L = 5,4 × 10−2 moli/L × 0,650 L = 3,5 × 10−2 mol
massa KI = 3,5 × 10−2 mol × 166 g/mol = 5,8 g
11. 1,5 g di sodio metallico vengono fatti reagire completamente con 1 L di acqua secondo la seguente reazione da bilanciare:
Calcolare la concentrazione degli ioni Na+ e OH− in soluzione ed il volume misurato alle condizioni standard di H2 gassoso che si sviluppa dalla reazione.
Soluzione
moli Na = moli Na+ = 2 × moli H2 = 1,5 g/ 23 g mol−1 = 0,065 mol
[Na+] = [OH−] = 0,065 M
moli H2 = ½ moli Na+ = 0,065/2 = 0,0325 mol
P × V = n × R × T
V = n × R × T/P = [0,0325 mol × 0,0821 (atm L mol−1 K−1) × 273,15 K]/0,99 atm = 0,736 L
12. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione scritta in forma neutra e calcolare i grammi di una soluzione di acido cloridrico al 15% m/m necessari per ossidare 45 g di As2O3.
Soluzione
moli As2O3 = 45 g/ 197,8 g mol−1 = 0,228 mol
rapporto moli As2O3/moli HCl = 5:12
moli HCl = 0,228 mol/5 × 12 = 0,547 mol
massa HCl = 0,547 mol × 36,5 g mol−1 = 19,9 g
15 g HCl: 100 g di soluzione = 19,9 g di HCl : in x g di soluzione
x g di soluzione = 19,2 × 100/15 = 133 g
13. In ambiente acido lo ione permanganato reagisce con lo ione stannoso.
a. Scrivere l’equazione ionica netta che descrive la reazione tra lo ione permanganato e lo ione stannoso e bilanciarla.
b. Determinare quanti mL di una soluzione 0,230 M di permanganato di potassio reagiscono completamente con 40,0 mL di una soluzione 0,250 M di cloruro stannoso.
Soluzione
a.
b. moli SnCl2 = moli Sn2+= 0,040 L × 0,250 mol L−1 = 0,01 mol
moli KMnO4 = 2/5 mol SnCl2 = 2/5 × 0,01 = 4 × 10−3 mol
0,230 mol KMnO4 = 1 L = 4 × 10−3 mol : x L
x L = 0,0174 L
14. Calcolare quanti grammi di idrossido di alluminio si devono far reagire con 200 mL di una soluzione 1.0 N di acido solforico per ottenere solfato di alluminio, considerando che la resa della reazione sia del 100%.
Soluzione
a. Calcolo con gli equivalenti:
neq (eq) di Al(OH)3 = neq (eq) H2SO4 = CN × V = 1 eq L−1 × 0,200 L = 0,20 eq
massa Al(OH)3 = neq (eq) × (MM/Zeq) = 0,20 eq × (78 g mol−1)/3 eq mol−1 = 5,20 g
b. Calcolo con le moli:
rapporto moli Al(OH)3/ moli H2SO4 = 2/3
moli Al(OH)3 = 2/3 moli H2SO4 = 2/3 0,10 mol = 0,067 mol
massa Al(OH)3 = 0,067 mol × 78 g mol−1 = 5,2 g
15. Una soluzione di bicromato di potassio viene fatta reagire in ambiente acido con un eccesso di ioduro di potassio. Scrivere e bilanciare la reazione di ossidoriduzione che avviene tra le due specie chimiche e calcolare quanti grammi di bicromato di potassio devono essere fatti reagire affinché si formino 125 mL di una soluzione 0,0523 N di I2.
Soluzione
neq (eq) I2 = N × Vsoluzione = 0,0523 eq/L × 0,125 L = 6,54 × 10−3 eq
ME = MM/Zeq = 294,2 g mol−1/6 eq mol−1 = 49 g/eq
massa K2Cr2O7 = 49 g/eq × (6,54 × 10−3) eq = 0,321 g
16. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione scritta in forma neutra:
e calcolare:
a. il numero di equivalenti e la massa di solfato stannoso che sono ossidati da 625 mL di una soluzione 3,9 × 10−2 M di bicromato di potassio;
b. la concentrazione normale della soluzione di bicromato di potassio.
Soluzione
a.
moli K2Cr2O7 = (3,9 × 10−2) moli/L × 0,625 L = 0,0244 mol
massa K2Cr2O7 = 0,0244 mol × 294 g mol−1 = 7,17 g
MEK2Cr2O7 = 294 g mol−1/6 mol eq−1 = 49 g eq−1
neq (eq)K2Cr2O7 = massa (g) / ME (g eq−1) = 7,17 g/49 g eq−1 = 0,146 eq
neq (eq)K2Cr2O7 = neq (eq)SnSO4 = 0,146 eq
b.
N = eq/V
N K2Cr2O7 = 0,146 eq/0,625 L = 0,234 eq/L
17. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione e calcolare i grammi di cromo che si ottengono facendo reagire 150 g di triossido di cromo e 85 g di alluminio:
Soluzione
moli Cr2O3 = 150 g/152 g mol−1 = 0,99 mol
moli Al = 85 g/27 g mol−1 = 3,1 mol
fCr2O3 = 0,99 mol /1 = 0,99 REAGENTE LIMITANTE
fAl = 3,1 mol /2 = 1,6
moli Cr = 2 × moli Cr2O3 = 2 × 0,99 mol = 1,98 mol
massa Cr = 1,98 mol × 152 gmol−1 = 300 g
18. 45 cm3 di una soluzione di permanganato di potassio 0,111 M sono utilizzati per titolare in ambiente acido 150 mL di una soluzione di perossido di idrogeno. Calcolare la concentrazione della soluzione di perossido.
Soluzione
moli KMnO4 = 0,045 L × 0,111 moli L−1 = 5,0 × 10−3 mol
moli H2O2 = 5/2 moli KMnO4 = 5/2 (5,0 × 10−3 mol) = 0,012 mol
[KMnO4] = 0,012 mol/0,150 L = 0,083 M
Capitolo 5
Equilibri in soluzione acquosa: acidi e basi forti e deboli, idrolisi, soluzioni tampone, titolazioni acido-base
1. Calcolare il pH di una soluzione ottenuta aggiungendo 0,5 mL di una soluzione di acido cloridrico al 37% m/m (d = 1,18 g/mL) a 740 mL di una soluzione di acido acetico 1,58 M. Ka = 1,810−5.
Soluzione
In questa soluzione sono presenti due acidi, uno forte, HCl, ed uno debole, CH3COOH. La concentrazione degli ioni H3O+ che derivano dall’acido forte spostano l’equilibrio di dissociazione dell’acido debole. Ai fini del calcolo del pH è necessario valutare l’effetto degli ioni H3O+ che derivano da HCl nel diminuire la concentrazione degli stessi ioni che derivano dall’acido debole.
dHCl = 1,18 g/mL massa di 1 L di soluzione = 1180 g
g HCl = (1180 × 37) g/100 g = 436,6 g
moli HCl = 436,6 g/36,4 g mol−1 = 12 mol
[HCl] = 12 mol/1 L = 12 M
moli di HCl in 0,5 mL = 5 × 10−4 L × 12 mol/L = 6 × 10−3 mol
mol CH3COOH = 1,58 mol/L × 0,750 L = 1,185 mol
[CH3COOH] = 1,185 mol/0,755 L = 1,57 M
[HCl] = [H3O+] HCl = 6 × 10−3 mol/0,755 L = 8 × 10−3 M
Ka = 1,8 × 10−5 = x [x + (8 × 10−3)]/(1,57−x)
Si possono trascurare le moli di acido acetico che si ionizzano rispetto a quelle iniziali perché la concentrazione dell’acido è elevata ed il valore numerico della sua Ka è piccolo, quindi:
Ka = 1,8 × 10−5 = x [x + (8 × 10−3)]/1,57
x2 + (8 × 10−3)x – (2,8 × 10−5) = 0
x = [H3O+]CH3COOH = 2,6 × 10−3 M
[H3O+]Tot = (2,6 × 10−3 + 8 × 10−3) M = 1,06 × 10−2 M
pH = −log (1,06 × 10−2) = 1,97
2. 25 mL di acido perclorico 1,05 M sono mescolati con un volume incognito di una soluzione dello stesso acido a concentrazione 0,785 M. Il volume della soluzione viene portato a 150 mL. Sapendo che il pH della soluzione finale è 0,182, calcolare il volume della soluzione incognita di acido perclorico.
Soluzione
a. [HClO4] = 1,05 M V = 25 mL
b. [HClO4] = 0,785 MV = ?
pH = 0,182
[H3O+]Tot = 10−0,182 = 0,66 M
moli H3O+ in 150 mL = 0,150 L × 0,66 moli/L = 0,099 mol
moli HClO4 a) = 1,05 moli/L × 0,025 L = 0,026 mol
moli HClO4 b) = 0,099 moli tot – 0,026 moli a) = 0,073 mol
Vb) = (0,073 mol × 1L)/0,785 moli L−1 = 0,093 L
3. Calcolare il pH di 75 mL di una soluzione acquosa di acido ipocloroso 0,265 M (Ka = 3,0 × 10−8) e la variazione di pH della soluzione quando vi vengono aggiunti 30 mL di una soluzione di idrossido di potassio 0,66 M.
Soluzione
L’acido ipocloroso è debole e l’equilibrio di ionizzazione in acqua è il seguente:
Poiché l’acido è molto debole, come dimostrato dal valore dalla Ka = 3,0 × 10−8, e la sua concentrazione iniziale elevata, si possono trascurare, ai fini del calcolo, le moli di acido che si ionizzano rispetto a quelle iniziali:
Ka = [ClO−] × [H3O+]/[HClO] = x2/0,265 = 3,0 × 10−8
[H3O+] = = 8,9 × 10
−5 M
pH = −log 8,9 × 10−5 = 4,05
mol HClO = 0,265 mol/L × 0,075 L = 0,0198 mol
mol KOH = mol OH− = 0,66 mol/L × 0,030 L = 0,0198 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido debole e la base forte è la seguente:
[ClO−] = 0,0198 mol/0,105 L = 0,188 M
Dato che le moli di acido sono numericamente uguali alle moli di base forte, al termine della neutralizzazione rimane in soluzione lo ione ipoclorito che, essendo la base coniugata di un acido debole, da idrolisi:
La Kb dello ione ipoclorito si calcola dalla seguente relazione:
Ka × Kb = Kw
(3,0 × 10−8) × Kb = 1,0 × 10−14
Kb = 3,3 × 10−7 = [HClO] × [OH−]/[ClO−] = x2/0,188
Anche in questo caso, dato che la concentrazione iniziale dello ione ipoclorito è elevata e la sua costante basica piccola, possiamo trascurare nei calcoli le moli di ione ipoclorito che si ionizzano rispetto a quelle iniziali.
x = [OH−] = = 2,5 × 10
−4 M
pOH = −log 2,5 × 10−4 = 3,6
pH = 10.4
ΔpH = 6,35
4. Una soluzione acquosa di un acido biprotico generico H2A ha un pH di 1,55. Calcolare la concentrazione iniziale dell’acido sapendo che Ka1>>1 e Ka2 = 2,4 × 10−3.
Soluzione
A causa della differenza tra gli ordini di grandezza delle due costanti acide, ai fini del calcolo del pH è necessario considerare entrambe le reazioni di ionizzazione:
Dove con CA viene indicata la concentrazione iniziale dell’acido.
[H3O+]Tot = CA + x = 10−pH = 10−1,55 = 0,028 M
CA = 0,028 – x
Ka2 = 2,4 × 10−3 = [x(CA + x)]/ CA – x
x = 2,2 × 10−3 M
CA = 0,028 – 0,0022 = 0,026 M
5. 150 mL di un acido forte generico HA in fase gassosa e alle condizioni standard, sono fatti assorbire a 465 mL di una soluzione 0,027 M di idrossido di sodio. Altri 150 mL di acido sono invece fatti assorbire a 530 mL di ammoniaca 0,0125 M. Calcolare il pH delle due soluzioni. Kb NH3 = 1,8 × 10−5.
Soluzione
E' possibile calcolare il numero di moli dell'acido dall’equazione di stato dei gas ideali e, poiché l’acido è forte, il numero di moli di HA corrisponderà anche a quello di ioni H3O+:
a. P × V = n × R × T n = P × V/R × T
mol HA = mol H3O+ = (0,99 atm × 0,150 L) / (0,821 atm L mol−1K−1 × 273K) = 6,62 × 10−3 mol
mol OH− = 0,027 mol/L × 0,465 L = 1,26 × 10−2 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido e la base entrambi forti è la seguente:
Le moli di base sono in eccesso rispetto a quelle di acido, quindi:
eccesso moli OH− = (1,26 × 10−2 - 6,62 × 10−3) mol = 5,9 × 10−3 mol
[OH−] = 5,9 × 10−3 mol/0,465 L = 1,28 × 10−2 M
pOH = 1,89 pH = 12,11
b. moli NH3 = 0,0125 moli/L × 0,530 L = 6,62 × 10−3 mol
In questo caso la base è debole ed avviene la seguente reazione di neutralizzazione tra l’ammoniaca e gli ioni H3O+ dell’acido forte:
Al termine della neutralizzazione rimane in soluzione solo lo ione ammonio quaternario che essendo un acido coniugato di una base debole, si idrolizza:
[NH4+] = 6,62 × 10−3 mol/0,530 L = 0,0125 M
Conoscendo il valore della Kb dell’ammoniaca, è possibile calcolare la Ka dello ione ammonio quaternario:
Ka × Kb = Kw
Ka × (1,8 × 10−5) = 1,0 × 10−14
Ka = 5,6 × 10−10 = [NH3] × [H3O+]/[NH4+] = x2/0,0125
Anche in questo caso, poiché la Ka dello ione ammonio quaternario è piccola e la concentrazione relativamente elevata, possono essere trascurate le moli di NH4+ che si ionizzano rispetto a quelle iniziali:
x = [H3O+] = = 2,6 × 10
−6 M
pH = 5.58
6. A 300 mL di una soluzione di una base debole monofunzionale generica 0,0798 M viene aggiunta la quantità stechiometrica di un acido forte generico corrispondente ad un volume di 50 cm3. Il pH del punto equivalente è 3,62. Calcolare la Kb della base.
Soluzione
moli B = 0,300 L× 0,0798 moli/L = 0,024 mol
La reazione di neutralizzazione è la seguente:
Al punto equivalente in soluzione è presente solo BH+.
[BH+] = 0,024 mol/ 0,350L = 0,069 M
La concentrazione degli ioni H3O+ che derivano dall’equilibrio di BH+ sono calcolabili dal valore di pH:
[H3O+] = 10−pH = 10−3,62 = 2,4 × 10−4 M
Ka BH+ = (2,4 × 10−4) × (2,4 × 10−4)/0,069 = 8,4 × 10−7
Dalla seguente relazione è possible calcolare Kb:
Ka × Kb = Kw
Kb = 1,0 × 10−14/8,4 × 10−7 = 1,2 × 10−8
7. Calcolare il pH della soluzione ottenuta aggiungendo 150 mL di una soluzione di acido acetico 0,12 M a 150 mL di una soluzione di idrossido di sodio 0,12 M. Ka = 1,8 × 10−5.
Soluzione
moli CH3COOH = 0,12 moli/L × 0,150 L = 0,018 mol
moli NaOH = 0,12 moli/L × 0,150 L = 0,018 mol
Di seguito è riportata la reazione di neutralizzazione tra l’acido debole e la base forte:
Dopo la neutralizzazione rimane in soluzione solo lo ione acetato la cui concentrazione molare è la seguente:
[CH3COO−] = 0,018 mol/ 0,300 L = 0,06 M
Lo ione acetato essendo la base coniugata di un acido debole si idrolizza:
Dalla seguente relazione è possibile calcolare la Kb dello ione acetato:
Ka × Kb = Kw
Kb = 1,0 × 10−14/1,8 × 10−5 = 5,6 × 10−10
Kb = [CH3COOH] [OH−]/[CH3COO−] = x2/0,06 = 5,6 × 10−10
Si trascurano le moli di ione acetato che si idrolizzano rispetto a quelle iniziali perchè la sua concentrazione molare è relativamente elevata e la costante basica bassa.
x = = 5,810
−6 M
pOH = -log (5,810−6) = 5,24 pH = 14 – 5,24 = 8,76
8. Calcolare il pH di una soluzione 1,5 × 10−2 M di acido arsenico.
Ka1 = 5,8 × 10−3; Ka2 = 1,1 × 10−7; Ka3 = 3,2 × 10−12.
Soluzione
A causa della differenza tra gli ordini di grandezza tra le costanti acide, ai fini del calcolo del pH si considera solo la concentrazione degli ioni H3O+ che derivano dalla prima dissociazione.
Ka1 = x2/1,5 × 10−2-x = 5,8 × 10−3 M
x = 6,9 × 10−3 M pH = 2,16
9. Calcolare il pH della soluzione ottenuta aggiungendo 775 mL di una soluzione acquosa di ammoniaca 1,3 × 10−3 M a 500 mL di una soluzione acquosa di acido cloridrico 2,015 × 10−3 M. Kb = 1,8 × 10−5.
Soluzione
moli NH3 = 0,775 L × (1,3 × 10−3) moli/L = 1,0075 × 10−3 mol
moli HCl = moli H3O+ = 0,500 L × (2,015 × 10−3) moli/L = 1,0075 × 10−3 mol
La reazione di neutralizzazione tra la base debole e l’acido forte è la seguente:
Il prodotto della neutralizzazione è lo ione ammonio quaternario, la cui concentrazione molare è:
[NH4+] = 1,0075 × 10−3/1,275 L = 7,9 × 10−4 M
Lo ione ammonio quaternario essendo l’acido coniugato di una base debole, si idrolizza:
Dalla seguente relazione è possible calcolare la costante acida dello ione ammonio quaternario:
Ka × Kb = Kw
Ka × (1,8 × 10−5) = 1,0 × 10−14
Ka = 5,6 × 10−10 = [NH3] × [H3O+]/[NH4+]
Le moli di ione ammonio quaternario che si idrolizzano si trascurano rispetto a quelle iniziali anche se la sua concentrazione è dell’ordine di 10−4 M:
x = [H3O+] = x = = 6,6 × 10
−6 M
pH = 6,18
10. Calcolare il pH di una soluzione 1,0 × 10−7 M di acido nitrico.
Soluzione
pH = -log (1,0 × 10−7) = 7 NON È POSSIBILE
L'acido nitrico è un acido forte, quindi in acqua si ionizza completamente, formando 1,0 × 10-7 moli/L di ioni H3O+. Il pH della soluzione risulterebbe quindi uguale a 7, ma ciò non è possibile. In questo caso, poiché l'acido è molto diluito, bisogna considerare anche la dissociazione dell'acqua, che contribuisce alla concentrazione degli ioni H3O+. Di conseguenza, il pH della soluzione sarà leggermente inferiore a 7, poiché la presenza dell'acido nitrico, seppur in quantità molto piccole, aumenta la concentrazione degli ioni H3O+ rispetto al valore dell'acqua pura.
Kw = {[H3O+]HNO3 + [H3O+]H2O} × [OH−] H2O = 1,0 × 0−14
Kw = {[1,0 × 10−7]HNO3 + [x]H2O} × [x] H2O = 1,0 × 10−14
x = [H3O+]H2O = [OH−] H2O = 6,2 × 10−8 M
[H3O+]Tot = [H3O+]HNO3 + [H3O+]H2O = (1,0 × 10−7 + 6,2 × 10−8)
M = 1,6 × 10−7 M
pH = -log (1,6 × 10−7) = 6,79
11. 280 mL di una soluzione di un acido debole monoprotico generico HA a concentrazione 0,125 M sono titolati con 50 mL di una soluzione di idrossido di sodio. Il pH del punto equivalente è 9.15. Calcolare la Ka dell’acido.
Soluzione
moli HA = 0,280 L × 0,125 moli/L = 0,035 mol
moli NaOH = moli OH− = 0,035 mol
Questa è la reazione di neutralizzazione tra l’acido debole e la base forte che porta alla formazione dello ione A−, base debole coniugata dell’acido HA:
[A−] = 0.035 mol/0,330 L = 0,106 M
A− essendo debole, si idrolizza:
Dal valore del pOH del punto equivalente è possibile calcolare la concentrazione degli ioni OH− che si formano in seguito alla reazione di idrolisi di A−:
pOH = 14 – pH = 14-9,15 = 4,85
[OH−] = [HA] = 10−4,85 = 1,4 × 10−5 M
Sostituendo i valori delle concentrazioni delle specie chimiche all’equilibrio si calcola la Kb:
Kb = (1,4 × 10−5)2/0,106 = 1,85 × 10−9
Dalla seguente relazione, sostituendo i valori di Kb e Kw si calcola la Ka dell’acido coniugato:
Ka × Kb = Kw
Ka × (1,85 × 10−9) = 1,0 × 10−14
Ka = 5,4 × 10−6
12. Calcolare il pH di una soluzione 0,078 M di carbonato di sodio. Ka1 = 4,2 × 10−7; Ka2 = 4,7 × 10−11.
Soluzione
Il carbonato di sodio è un sale molto solubile che in acqua si dissocia completamente. Lo ione carbonato, base coniugata polifunzionale di un acido poliprotico debole, l’acido carbonico, da due equilibri di idrolisi. Le reazioni che descrivono la dissociazione del sale in acqua ed i due equilibri di idrolisi sono le seguenti:
Dalla relazione che correla la costante acida e basica di una coppia acido/base coniugata, è possibile calcolare la Kb1 e la Kb2 dei due equilibri di idrolisi:
Ka1 × Kb2 = Kw
(4,2 × 10−7) × Kb2 = 1,0 × 10−14
Kb2 = 2,4 × 10−8
Ka2 × Kb1 = Kw
(4,7 × 10−11) × Kb1 = 1,0 × 10−14
Kb2 = 2,1 × 10−4
A causa della differenza tra gli ordini di grandezza di Kb1 e Kb2, ai fini del calcolo del pH si considerano sono gli OH− che derivano dal primo equilibrio.
Kb1 = [HCO3−] × [OH−]/[CO32−] = x2/0,078-x = 2,1 × 10−4
In questo caso, malgrado la poca differenza, in termini di ordini di grandezza, tra la concentrazione iniziale dello ione carbonato e la Kb1, è possibile trascurare la x a denominatore, ovvero le moli di ione carbonato che si idrolizzano rispetto a quelle iniziali.
Senza trascurare la x a denominatore i calcoli sono i seguenti:
x2/0,078-x = 2,1 × 10−4
x2 + (2,1 × 10−4)x – 1,6 10−5 = 0
x = [OH−] = [- 2,1 × 10−4 + ]= 3,9 × 10−3 M
pOH = 2,41 pH = 11,59
Trascurando la x a denominatore:
x = [OH−] = = 4,0 × 10−3 M
pOH = 2,39 pH = 11,61
La piccola differenza tra i due valori di pH dimostra la correttezza dell'approssimazione.
13. Calcolare il pH di una soluzione acquosa di nitrito di potassio 0,266 M e quello della soluzione ottenuta aggiungendo 350 mL di questa soluzione a 15 mL di una soluzione di idrossido di sodio 1,2 × 10−1 M. Ka = 7,1 × 10−4.
Soluzione
Il nitrito di potassio è un sale molto solubile in acqua.
a.
Lo ione nitrito è la base coniugata di un acido debole, l’acido nitroso, e da idrolisi:
Conoscendo la costante acida dell’acido nitroso è possibile calcolare la costante basica dello ione nitrito e da questa la concentrazione degli ioni OH− prodotti in seguito alla reazione di idrolisi:
Ka × Kb = Kw
(7,1 × 10−4) × Kb = 1,0 × 10−14
Kb = 1,4 × 10−11
Kb = [HNO2] × [OH−]/[NO2−] =1,4 × 10−11 = x2/0,266
A causa della differenza tra gli ordini di grandezza della concentrazione dello ione nitrito e la sua costante basica, possono essere trascurate le moli di ione nitrito che si idrolizzano rispetto a quelle iniziali:
x = [OH−] = = 1,9 × 10
−6 M
pOH = 5,7 pH = 8,3
b.
moli NaOH = moli OH− = 0,015 L × 0,12 mol/L = 1,8 × 10−3 mol
[NaOH] = [OH−] = 1,8 × 10−3 mol/0,356 L = 4,93 × 10−3 M
L’ordine di grandezza della concentrazione degli ioni OH− che derivano dall’idrossido di sodio è molto più grande rispetto a quelli che derivano dall’idrolisi di NO2− e quindi ai fini del calcolo del pH si considera solo il contributo di NaOH.
pOH = -log (4,93 × 10−3) = 2.30
pH = 11.7
14. Acido cloridrico gassoso viene solubilizzato in 150 mL di una soluzione 6,25 × 10−2 M di idrossido di sodio. La soluzione risultante, che contiene ancora un eccesso della base, viene titolata con 13,8 mL di una soluzione di acido solforico 1,33 × 10−2 M. Calcolare il volume, alle condizioni standard, di acido cloridrico sciolto nella soluzione.
Soluzione
moli OH− = moli H3O+ + eccesso moli OH− = 0,150 L × (6,25 × 10−2) mol/L = 9,37 × 10−3 mol
moli H2SO4 = 0,0138 L × (1,33 × 10−2) mol/L = 1,84 × 10−4 M
moli H3O+ che derivano da H2SO4 = 2 × (1,84 × 10−4) mol = 3,68 × 10−4 mol
moli OH− = moli H3O+ = moli totali − moli titolate da H2SO4 = (9,37 × 10−3) – (3,68 × 10−4) = 9,00 × 10−3 mol
P × V = n × R × T
V = (n × R × T)/P
V = [(9,00 × 10−3) mol × 0,0821 atm L mol−1 K−1 × 273,15 K]/0,99 atm = 0,204 L
15. 125 mL di una soluzione di acido nitrico 0,0128 M sono addizionati a 275 mL di una soluzione che contiene 1,42 g di idrossido di potassio. Calcolare il pH delle due soluzioni separate e di quella ottenuta dalla loro aggiunta.
Soluzione
pH = -log (0,0128) = 1,89
moli KOH = 1,42 g/56 g mol−1 = 0,025 mol
[KOH] = 0,025 mol/0,275 L = 0,092 M
pOH = -log 0,092 = 1,04 pH = 12,96
moli HNO3 = moli H3O+ = 0,125 L × 0,0128 mol/L = 1,6 × 10−3 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido forte e la base forte è la seguente:
[OH−] = 2,3 × 10−2 mol/0,400 L = 0,0575 M
pOH = 1,24 pH = 12,76
16. Calcolare il pH di una soluzione acquosa ottenuta mescolando 250 mL di una soluzione di acido cloridrico 0,011 M e 150 mL di una soluzione di acido fluoridrico 0,118 M. Ka = 6,810−4.
Soluzione
moli HCl = moli H3O+ = 0,250 L × 0,011 moli/L = 2,75 × 10−3 mol
[HCl] = 2,75 × 10−3 mol/0,400 L = 6,88 × 10−3 M
moli HF = 0,150 L × 0,118 moli/L = 0,0177 mol
[HF] = 0,0177 mol/0,400 L = 0,044 M
Ka = x(x + 6,88 × 10−3 )/(0,044-x) = 6,8 × 10−4
x = [H3O+]HF = 3,03 × 10−3 M
[H3O+]Tot = [H3O+]HF + [H3O+]HCl = (3,03 × 10−3+6,88 × 10−3 ) = 9,91 × 10−3 M
pH = 2,0
17. Calcolare il pH delle soluzioni ottenute mescolando: a) 125 mL di acido acetico 0,248 M con 105 mL di idrossido di sodio 0,153 M; b) 125 mL di acido acetico 0,248 M con 250 mL di idrossido di sodio 0,153 M. Ka = 1,8 × 10−5.
Soluzione
a.
moli CH3COOH = 0,125 L × 0,248 mol/L = 0,031 mol
moli NaOH = 0,105 L × 0,153 mol/L = 0,016 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido debole e la base forte è la seguente:
In seguito alla reazione di neutralizzazione si forma una soluzione tampone:
[H3O+] = mol acido/moli sale × Ka = 0,015/(0,016 × 1,810−5) = 1,7 × 10−5 M
pH = 4,77
b)
moli CH3COOH = 0,125 × L 0,248 mol/L = 0,031 mol
moli NaOH = 0,250 L × 0,153 mol/L = 0,038 mol
In soluzione rimangono ioni OH− in eccesso dovuti alla base forte e lo ione acetato che si idrolizza.
Dato che la Kb dello ione acetato è numericamente piccola e l’equilibrio della reazione di idrolisi viene spostato a sinistra a causa degli ioni OH− in eccesso, il pH di questa reazione dipende solo da questi ultimi in quanto quelli che sono prodotti dall’idrolisi dello ione acetato sono trascurabili.
[OH−] = 0.008 mol/0,375 L = 0,021 M
pOH = 1,67 pH = 12,33
18. 13,49 mL di un acido forte generico HA a concentrazione 0,165 M, sono aggiunti a 70 mL di una soluzione 0,0318 M in acetato di sodio e 0,0326 M in acido acetico. Calcolare la variazione di pH della soluzione per aggiunta dell’acido. Ka = 1,8 × 10−5.
Soluzione
moli HA = moli H3O+ = 0,01349 L × 0,165 moli/L = 2,22 × 10−3 M
In soluzione è presente un tampone il cui equilibrio è il seguente:
[H3O+] = [acido]/[sale] × Ka = 0,0326 /0,0318 × (1,810−5) = 1,8 × 10−5 M
pH = 4,73
moli CH3COOH = 0,0326 mol/L × 0,070 L = 2,3 × 10−3 mol
moli CH3COO− = 0,0318 mol/L × 0,070 L = 2,2 × 10−3 mol
Le moli di acido addizionate alla soluzione tampone sono neutralizzate dallo ione acetato. Conseguentemente, aumenterà la concentrazione dell’acido acetico e diminuirà quello dello ione acetato.
Dato che lo ione acetato viene consumato completamente per neutralizzare l’acido forte, al termine della neutralizzazione rimarrà in soluzione acquosa solo l’acido acetico.
[CH3COOH] = 4,510−3 mol/0,08349 L = 0,054 M
Ka = [CH3COO−] × [H3O+]/[CH3COOH] = x2/0,054 = 1,8 × 10−5
Le moli di acido acetico che si ionizzano rispetto a quelle iniziali possono essere trascurate:
x = [H3O+] = 9,8 × 10−4 M
pH = 3,0
ΔpH = 4,73 – 3,0 = 1,7
19. Calcolare il volume di una soluzione di idrossido di potassio 0,121 M che si deve aggiungere a 150 mL di una soluzione 0,220 M di acido acetico affinché il pH finale sia uguale a 7,0. Ka = 1,8 × 10−5.
Soluzione
moli CH3COOH = 0,150 L × 0,220 M = 0,033 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido debole e la base forte è la seguente:
Le concentrazioni molari delle specie chimiche in soluzione, ovvero quelle che formano il tampone sono:
In una soluzione tampone la concentrazione degli ioni H3O+ si calcola:
[H3O+] = Ka CAcido/CSale
10−7 = (1,8 × 10−5) × [(0,033– x) mol/Vtot] × Vtot/x
x = 0,0328 moli ione acetato formate = moli OH− aggiunte
VKOH = 0,0328 mol/0,121 moli L−1 = 0,271 L
20. A 450 mL di una soluzione di ammoniaca a pH = 11,05, sono aggiunti 7,66 mL di una soluzione di acido cloridrico al 7,50% (m/m) (d = 1,015 kg/L). Calcolare il pH della soluzione risultante. Kb = 1,8 × 10−5.
Soluzione
pOH = 2,95
[NH4+] = [OH−] = 10−2,95 = 1,12 × 10−3 M
Kb = [NH4+] [OH−]/[ NH3]
[NH3] = (1,12 × 10−3)2/(1,8 × 10−5) = 0,07 M
moli NH3 = 0,450 L × 0,07 mol/L = 0,031 mol
massa soluzione: 1,015 kg/L × 0,00766 L = 7,8 × 10−3 kg
massa HCl nella soluzione: 7,8 g × 7,50 g/100 g = 0,585 g
moli HCl = 0,585 g/36,5 g mol−1 = 0,016 mol
La reazione di neutralizzazione tra l’acido forte e la base debole è la seguente:
Dopo la neutralizzazione in soluzione è presente un tampone il cui equilibrio è il seguente:
[OH−] =Kb × CBase/CSale
[OH−] = (1,8 × 10−5) × 0,015 mol/0,016 mol = 1,7 × 10−5 M
pOH = 4,72 pH = 9,23
21. Calcolare il pH di una soluzione ottenuta in seguito all’aggiunta di 75,0 mL di una soluzione di acido cloridrico 1,80 × 10−3 M a 30,0 mL di una soluzione di ammoniaca 1,23 × 10−2 M (Kb = 1,8 × 10−5). 50,0 mL di questa soluzione sono poi addizionati a 35,0 mL di una soluzione di idrossido di sodio 1,84 × 10−3 M. Calcolare il pH della soluzione risultante.
Soluzione
a.
moli HCl = moli H3O+ = 1,80 × 10−3 moli/L × 0,0750 L = 1,35 × 10−4 mol
moli NH3 = 1,23 × 10−2 moli/L × 0,0300 L = 3,69 × 10−4 mol
La reazione di neutralizzazione è la seguente:
In seguito alla neutralizzazione della base debole con l’acido forte in soluzione si forma un tampone il cui equilibrio è il seguente:
[OH−] =Kb × CBase/CSale
[OH−] = (1,8 × 10−5) × 2,34 × 10−4 mol/1,35 × 10−4 mol = 3,1 × 10−5 M
pOH = 4,50 pH = 9,50
b)
[NH3] = 2,34 × 10−4 mol/0,105 L = 2,23 × 10−3 M
[NH4+] = 1,35 × 10−4 mol/0,105 L = 1,29 × 10−3 M
moli NH3 in 50,0 mL di soluzione: 0,050 L × (2,23 × 10−3 mol/L) = 1,15 × 10−4 mol
moli NH4+ in 50,0 mL di soluzione: 0,050 L × (1,29 × 10−3 mol/L) = 6,45 × 10−5 mol
moli OH− in 35,0 mL di soluzione: 0,035 L × 1,84 × 10−3 moli/L = 6,45 × 10−5 mol
La reazione di neutralizzazione dell’acido debole con la base forte è la seguente:
In soluzione rimane solo l’ammoniaca.
[NH3] = 1,80 × 10−4 mol/0,0850 L = 2,1 × 10−3 M
Ai fini del calcolo degli ioni OH−, si possono trascurare le moli di ammoniaca che si ionizzano rispetto a quelle iniziali.
Kb = [NH4+] [OH−]/[NH3] = x2/2,1 × 10−3 = 1,8 × 10−5
x = [OH−] = 1,94 × 10−4 M
pOH = 3,7
pH = 10.3
22. 43,0 mL di una soluzione 0,0315 M di un acido debole generico triprotico di formula H3XnOm (MM = 126) vengono titolati con 32,0 mL di una base forte generica monofunzionale BOH la cui concentrazione è 1,27 × 10−1 M. Calcolare il peso equivalente dell’acido nella reazione di neutralizzazione e la sua concentrazione normale nella soluzione iniziale.
Soluzione
moli H3O+ da titolare: (0,043 L × 0,0315 moli/L) × 3 = 4,06 × 10−3 mol
moli OH− disponibili: 0,032 L × (1,2710−1) moli/L = 4,06 × 10−3 mol
La base è sufficiente a titolare tutte le moli di ioni H3O+ dell’acido poliprotico, quindi:
Zeq = 3 eq/mol
ME H3XnOm = 126 g mol−1/3 eq mol−1 = 42 g eq−1
N = Zeq × M = 3 eq mol−1 × 0,0315 mol L−1 = 0,0945 eq/L
23. 0,552 g di un acido debole generico monoprotico HA, sono solubilizzati in 20 mL di acqua. La soluzione risultante viene titolata con 28,4 mL di una soluzione di idrossido di bario 0,055 M. Sapendo che il pH del punto equivalente è 9,65, calcolare il peso molecolare e la Ka dell’acido generico.
Soluzione
moli OH− = moli HA = 0,0284 L × 0,110 moli/L = 3,1 × 10−3 mol
La reazione di neutralizzazione è la seguente:
[A−] = 3,1 × 10−3 mol/0,0484 L = 0,065 M
[OH−] = 10−pOH = 4,47 × 10−5 M
In seguito alla reazione di neutralizzazione si forma la base coniugata dell’acido debole, A−, che si idrolizza:
Sostituendo nella formula della costante basica:
Kb = (4,47 × 10−5)2/0,065 = 3,1 × 10−8
Dalla seguente relazione è possible calcolare la costante acida dell’acido debole:
Ka × Kb = Kw Ka × 3,1 × 10−8 = 1,0 × 10−14
Ka = 1,0 × 10−14/3,1 × 10−8 =3,2 × 10−7
moli HA = 3,1 × 10−3 mol
moli = massa/MM
MM = massa/moli = 0,552 g/3,1 × 10−3 mol = 178 g mol−1
Capitolo 6
Equilibri in soluzione acquosa:
il prodotto di solubilità
1. La solubilità dell’idrossido di calcio in acqua alla temperatura di 20°C è circa 0,830 g/L. Calcolare: a) la Kps dell’idrossido e b) la sua solubilità in una soluzione tamponata a pH = 11,5.
Soluzione
a.
moli idrossido = 0,830 g/74 g mol−1 = 0,0112 mol
Kps = [Ca2+] × [OH−]2 = (0,0112) × (2 × 0,0112)2 = 5,6 × 10−6
b.
pH = 11,5 pOH = 2,5 [OH−] = 10−2,5 = 3,2 × 10−3 M
[Ca2+] = ½ [OH−] = ½ (3,2 × 10−3) M = 1,6 × 10−3 M
2. Ad una soluzione di cloruro di bario 2,30 × 10-6 M viene aggiunto solfato di potassio solido. Calcolare la massa di solfato di potassio da aggiungere a 8,5 L di questa soluzione di cloruro di bario affinché precipiti il solfato di bario. Kps = 1,1 × 10-10
Soluzione
Kps = [Ba2+] [SO42−] = 1,1 × 10−10
1,1 × 10−10 / 2,30 × 10-6 = [SO42−]
[SO42−] = [BaSO4] = 4,8 × 10-5 M
Le moli di ione solfato sono numericamente uguali alle moli di solfato di sodio.
In 8,5 L di soluzione, saranno: 4,8 × 10-5 M × 8,5 L = 4,1 × 10-4 mol
massa Na2SO4: 4,1 × 10-4 mol × 142 g/mol = 0,058 g
3. Il prodotto di solubilità del bromato d’argento è 5,2 × 10−5. Stabilire se precipita il bromato d’argento quando 60 mL di nitrato d’argento 0,22 M sono aggiunti a 80 mL di bromato di sodio 0,25 M. Calcolare, inoltre, la massa dell’eventuale precipitato che si forma e le concentrazioni degli ioni argento e bromato in soluzione.
Soluzione
moli AgNO3 = moli Ag+ = 0,22 moli/l × 0,060 L = 0,0132 mol
mol NaBrO3 = moli BrO3− = 0,25 mol/L × 0,080 L = 0,02 mol
Il bromato d’argento precipita.
L’equilibrio di solubilità del bromato d’argento è il seguente:
moli Ag+ = 0
moli BrO3− = 6,8 × 10−3 mol
[BrO3−] = 6,8 × 10−3 mol/0,140 L = 0,049 M
massa AgBrO3 = 0,0132 mol × 236 gmol−1 = 3,1 g
4. Calcolare il volume minimo di una soluzione di idrossido di potassio 5,25 × 10−3 moli/L che si deve aggiungere a 1,00 L di una soluzione 0,052 moli/L di cloruro di manganese affinché inizi la precipitazione dell’idrossido corrispondente (Kps = 2,1 × 10−13). Trascurare la variazione di volume della soluzione dovuta all’aggiunta dell’idrossido di potassio.
Soluzione
Kps = [Mn2+] [OH−]2
2,1 × 10−13 = 0,052 [OH−]2
[OH−] = 2,0 × 10−6 M
V = 2,0 × 10−6 M/5,25 × 10−3 mol = 0,00038 L
5. Ad 1 L di una soluzione 0,085 M di nitrato di bario e 0,350 M di nitrato di piombo, è aggiunto lentamente solfato di sodio solido. Determinare se precipita prima il solfato di bario o il solfato di piombo e quale è la concentrazione del sale che precipita per primo quando inizia a precipitare il secondo. Kps BaSO4 = 1,1 × 10−10; Kps PbSO4 = 1,8 × 10−8.
Soluzione
[Ba2+] = 0,085 M
[Pb2+] = 0,350 M
Kps BaSO4 = 1,1 × 10−10 = 0 0,085 M × [SO42−]
[SO42−] = 1,3 × 10−9 M
Kps PbSO4 = 1,8 × 10−8 = 0,350 × [SO42−]
[SO42−] = 5,1 × 10−8 M
Precipita per primo il solfato di bario.
Kps BaSO4 = 1,1 × 10−10 = [Ba2+] × [SO42−] = [Ba2+] × (5,1 × 10−8)
[Ba2+] = 2,2 × 10−3 M
moli in 225 mL = 2,2 × 10−3 moli/L × 0,225 L = 4,9 × 10−4 mol
6. Una soluzione che contiene 2,8 × 10−2 M ioni Ni2+ e 2,8 × 10−2 M di ioni Co2+ viene saturata con acido solfidrico gassoso. Determinare a) quale solfuro precipita per primo; b) a quale pH; c) se è possibile separare selettivamente i due sulfuri. Kps NiS = 1,1 × 10-21; Kps CoS = 5,0 × 10−21; Ka1 × Ka2 = 1,1 × 10−20; [H2S]= 0,10 moli/L.
Soluzione
a. A parità di concentrazione iniziale dei due ioni, precipita per primo il solfuro con valore di Kps più basso, quindi NiS.
b.
La concentrazione dello ione solfuro dipende dalla concentrazione degli ioni H3O+ secondo la seguente relazione:
Ka1 × Ka2 = 1,1 × 10−20 = [H3O+]2 × [S2−]/[H2S]
[S2−] = 1,1 × 10−20 × [H2S]/ [H3O+]2
[S2−] = 1,1 × 10−21/ [H3O+]2
[H3O+] = 0,168 M
pH = 0,77
A questo valore di pH inizia a precipitare il solfuro di nichel
c. La precipitazione del solfuro di cobalto inizia quando la concentrazione dello ione solfuro è la seguente:
Quando inizia a precipitare il solfuro di cobalto, la concentrazione di solfuro di nichel è la seguente:
[Ni2+] = Kps/1,8 × 10−19 = 1,1x10-21 / 1,8 × 10−19 = 6,1 × 10−3 M
% NiS = (6,1 × 10−3 / 2,8 × 10−2) × 100 = 22%
Non è possibile separare selettivamente i due solfuri perchè quando inizia a precipitare il solfuro di cobalto (II) in soluzione è presente ancora il 22% di solfuro di nichel.
7. Calcolare la solubilità espressa come g/L dello ioduro di piombo in una soluzione 1,71 × 10−3 M di ioduro di potassio. Kps = 8,5 × 10−9.
Soluzione
Kps = [Pb2+] × [I−]2
8,5 × 10−9 = [Pb2+] × (1,71 × 10−3)2
[Pb2+] = 2,9 × 10−3 M
massa PbI2 = 2,9 × 10−3 moli/L × 293 g mol−1 = 0,85 g
8. Il prodotto di solubilità del fluoruro di calcio è 1,5 × 10−10. Calcolare la sua solubilità in acqua pura ed in una soluzione 0,0181 M di fluoruro di sodio. Trascurare l'idrolisi dello ione fuoruro.
Soluzione
a.
Kps = 1,5 × 10−10 = [Ca2+] × [F−]2 = S × (2S)2 = 4S3
S = = 3,3 × 10
−4 M
b.
Kps = [Ca2+] × [0,0181]2 = 1,5 × 10−10
[Ca2+] = 1,5 × 10−10 /0,01812 = 4,6 × 10−7 M
9. Ad una soluzione di cloruro di sodio 2,61 × 10−2 M e cromato di potassio 5,44 × 10−4 M, vengono aggiunti volumi crescenti di nitrato d’argento in modo che tutto lo ione cloruro e tutto lo ione cromato formino i rispettivi sali poco solubili. Determinare a) quale sale inizia a precipitare per primo; b) se è possibile separare selettivamente i due Sali. Kps AgCl =1,8 × 10−10; Kps Ag2CrO4 = 1,1 × 10−12.
Soluzione
a.
Kps = [Ag+]2 × [CrO42−] = 1,1 × 10−12 = [Ag+]2 × [5,44 × 10−4]
[Ag+] = 4,5 × 10−5 M
Kps = [Ag+] × [Cl−] = 1,8 × 10−10 = [Ag+] × [2,61 × 10−2]
[Ag+] = 6,9 × 10−9 M
Precipita per primo AgCl.
b.
Quando inizia a precipitare il cromato d’argento la concentrazione di cloruro di argento ancora presente in soluzione è la seguente:
Kps = [Ag+] × [Cl−] = 1,8 × 10−10 = [4,5 × 10−5] × [Cl−]
[Cl−] = 4,0 × 10−6 M
È possibile separare selettivamente i due sali poco solubili.
10. Calcolare il pH a cui bisogna saturare con acido solfidrico una soluzione acquosa di cloruro di manganese (II) 0,065 m (d = 1,218 g/mL) affinché inizi la precipitazione del sale poco solubile. Kps AgCl = 4,6 × 10−14; [H2S] = 0,1M; Ka1 × Ka2 = 1,1 × 10−20.
Soluzione
massa MgCl2 = 0,065 moli × 126 g/mol = 8,2 g
massa totale soluzione (soluto + solvente) = 1000 g + 8,2 g = 1008,2 g
volume della soluzione:
d = 1,218 g/mL 1,218 g/mL = 10008,2g/mL
mL = 828
M = 0,065 mol/0,828 L = 0,079 moli/L
Kps = [Mn2+] × [S2−] = 4,6 × 10−14 = [0,079] × [S2−]
[S2−] = 5,8 × 10−13 M
[S2−] = (Ka1 × Ka2) × [H2S]/ [H3O+]2 = 5,8 × 10−13 M
[H3O+] = 4,35 × 10−5 M
pH = 4,3
11. 175 mL di una soluzione acquosa di cloruro di bario 0,080 M sono aggiunti 150 mL di una soluzione acquosa di solfato di sodio 0,18 M. Calcolare la massa in grammi di solfato di bario che si solubilizza. Kps BaSO4 = 1,1 × 10−10.
Soluzione
La reazione di precipitazione che porta alla formazione del solfato di bario è la seguente:
moli BaCl2 = moli Ba2+ = 0,175 L × 0,080 moli/L = 0,014 mol
moli Na2SO4 = moli SO42− = 0,150 L × 0,18 moli/L = 0,027 mol
BaCl2 è il REAGENTE LIMITANTE
moli BaSO4 formate = 0,014 mol
[BaSO4] = 0,014 mol/0,325 L = 0,043 M
È presente un eccesso di Na2SO4 pari a: (0,027 – 0,014) mol = 0,013 mol
[Na2SO4] in eccesso = [SO42−] = 0,013 mol/Vtot = 0,013 mol/0,325 L = 0,04 M
Dato che il solfato di sodio è molto solubile, in soluzione avremo 0,013 moli di SO42− che non hanno reagito con BaCl2 e che contribuiscono a spostare l’equilibrio di solubilità di BaSO4 a sinistra.
Visto l’ordine di grandezza della Kps del solfato di bario, la concentrazione di ione solfato che deriva dalla sua dissociazione si può trascurare rispetto a quella che deriva da Na2SO4.
Kps = [Ba2+] × [SO42−] = 1,08 × 10−10
1,08x10−10 = [Ba2+] × [0,04]
[Ba2+] = [BaSO4]in soluzione = 2,7 × 10−9 M
massa BaSO4 in soluzione = 2,7 × 10−9 moli/L × 233,4 g mol−1 = 6,3 × 10−7 g
La quasi totalità di BaSO4 è presente come precipitato.
12. Il prodotto di solubilità del cloruro di rame (I) è 1,9 × 10−7. Calcolare la sua solubilità molare in acqua pura ed in una soluzione 1,22 × 10−1 M di cloruro di sodio.
Soluzione
Kps = [Cu+] × [Cl−] = S × S = 1,9 × 10−7
S2 = 1,9 × 10−7
S = = 4,4 × 10
−4 M
Kps = [Cu+] × [1,22 × 10−1] = 1,9 × 10−7
S = 1,9 × 10−7/1,22 × 10−1 = 1,6 × 10−6 M
Appendice
Abbreviazioni e simboli usati nel testo
Unità di misura di riferimento
Bibliografia
Aschi, Massimiliano et al. 2021. Stechiometria. Chimica generale attraverso gli esercizi. Roma: A.L.E.
Atkins, Peter, Johnes Loretta, e Leroy Laverman. 2018. Principi di chimica. Bologna: Zanichelli.
Bertini, Ivano et al. 2020. Stechiometria. Un avvio allo studio della chimica. Milano: Casa editrice ambrosiana.
Bertini, Ivano, Luchinat Claudio, e Fabrizio Mani. 2020. Chimica. Milano: Casa editrice ambrosiana.
Borocci, Stefano et al. 2022. Le basi della chimica. Roma: A.L.E.
Bruschi, Maurizio. 2023. Stechiometria e laboratorio di chimica generale. Eserciziario. Milano-Torino: Pearson.
Caselli, Alessandro, Tessore Francesca, e Silvia Rizziato. 2015. Stechiometria dal testo di M. Freni e A. Sacco. Napoli: EdiSES.
Giannoccaro, Potenzo, e Salvatore Doronzo. 2023. Elementi di stechiometria. Napoli: EdiSES.
Kotz, John C. et al. 2021. Chimica. Napoli: EdiSES.
Nobile, Franco, e Piero Mastrorilli. 2021. La chimica di base, con esercizi. Milano: Casa editrice ambrosiana.
Petrucci, Ralph H. et al. 2018. Chimica generale. Principi ed applicazioni moderne. Padova: Piccin.
Speranza, Maurizio. 2013. Chimica generale e inorganica. Milano: Edi-Ermes.
Tro, Nivaldo J. 2022. Chimica. Un approccio molecolare. Napoli: EdiSES.
Vaglio, G. Angelo e Paola Michelin Lausarot. 2005. Stechiometria per la chimica generale. Padova: Piccin.
UNIverSI
Ricerca e Didattica all’Università di Siena
Titoli pubblicati
Didattica
Francesco P. Vetere, Elementi di petrologia sperimentale
Stefania Lamponi, Chimica generale: esercizi svolti. Raccolta di esercizi con soluzioni dettagliate per la preparazione alla prova scritta dell’esame di Chimica generale
Ricerca
Lara Lazzeroni, Responsabilità sociale d’impresa 2.0 e sostenibilità digitale. Una lettura giuslavoristica