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POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
ESAME DI CHIMICA del 13 febbraio 2006
1) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente basico:
NO 3− (aq) + C 7 H 8 (l) → NO (g) + CO 3−2 (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare:
(a) quanti grammi di C7H8 sono ossidati completamente da 9 moli di NO 3− ;
(b) quanti litri di gas NO si sviluppano a 25°C e alla pressione di 1 atm se si fanno reagire
18 moli di NO 3− con 2 moli di C7H8.
(vale 6 punti)
2) Per le seguenti specie chimiche: NO 2 , HCO 3- , H 2SO 4 , H 3 PO 4 disegnare la formula di struttura
(con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura classica oppure razionale
(IUPAC).
(vale 6 punti)
3) In 800 ml di una soluzione al 5,0% in peso di cloruro di ammonio (d=1,07 g/ml) si fanno
assorbire completamente 8,96 l di ammoniaca gassosa (misurati a condizioni normali). Calcolare il
pH della soluzione:
(a) prima del gorgogliamento dell’ammoniaca;
(b) dopo il gorgogliamento della ammoniaca.
[La costante di dissociazione dell’ammoniaca è Kb = 1,8·10-5 (mol/l). Nel caso (b) si consideri che il
volume della soluzione rimanga invariato dopo il gorgogliamento della ammoniaca]
(vale 7 punti)
4) Calcolare la solubilità del PbCl2 (espressa in g/l):
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,10 M di Pb(NO3)2
-5
[ K S = 1,17 ⋅ 10 (mol/l)3 ]
(vale 3 punti)
5) Applicando le leggi di Faraday calcolare per quanto tempo deve passare una corrente di 2,10 A
per depositare 0,837 g di ferro da una soluzione di solfato ferroso.
(vale 3 punti)
6) Dopo aver introdotto la funzione termodinamica di stato G (energia libera di Gibbs), dimostrare
che a temperatura e pressione costante: ∆G ≤ 0 è un criterio di spontaneità e reversibilità per le
reazioni chimiche tanto quanto ∆S tot ≥ 0 .
(vale 5 punti)
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Soluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (13 febbraio 2006)
1) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente basico:
NO 3− (aq) + C 7 H 8 (l) → NO (g) + CO 3−2 (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare:
(a) quanti grammi di C 7 H 8 sono ossidati completamente da 9 moli di NO 3− ;
(b) quanti litri di gas NO si sviluppano a 25°C e alla pressione di 1 atm se si fanno reagire
18 moli di NO 3− con 2 moli di C 7 H 8 .
(vale 6 punti)
Svolgimento:
( +5)
( +2)
N O 3- (aq) + 3 e − + 2 H 2 O (l) → N O (g) + 4 OH − (aq)
8
(− )
7
C 7 H 8 (l) + 50 OH
−
× 12 m.c.m. = 36
( +4 )
(aq)
→ 7 C O 3− 2 (aq) + 36 e − + 29 H 2 O (l)
×1
____________________________________________________________
12 NO 3- (aq) + C 7 H 8 (l) + 2 OH − (aq) → 12 NO (g) + 7 CO 3− 2 (aq) + 5 H 2 O (l)
(a)
PM C 7 H 8 = (7 × 12 + 8) [ g / mol ] = 92 [ g / mol ]
n C 7 H 8 : n NO - = 1 : 12 ⇔ n C 7 H 8 =
3
g C 7 H 8 = n C 7 H 8 ⋅ PM C 7 H 8 =
n NO -
3
12
=
9
mol
12
9
mol ⋅ 92 [ g / mol ] = 69 [ g ]
12
(b) Il C 7 H 8 è in eccesso perchè:
n C 7 H 8 : n NO - = 1 : 12 ⇔ n C 7 H 8 =
3
-
n ClO 12
=
18
mol = 1,5 mol < 2 mol
12
NO 3 è, di conseguenza, il reagente limitante.
12
= 18 mol ⋅1 = 18 mol
3
12
l ⋅ atm
0,0821
⋅ 298 K
RT
mol
⋅
K
= n NO ⋅
= 18 mol ⋅
= 440,38 [l ]
P
1 atm
n NO - : n NO = 12 : 12 ⇔ n NO = n NO - ⋅
3
VNO
3) In 800 ml di una soluzione al 5,0% in peso di cloruro di ammonio (d=1,07 g/ml) si fanno
assorbire completamente 8,96 l di ammoniaca gassosa (misurati a condizioni normali). Calcolare il
pH della soluzione:
(a) prima del gorgogliamento dell’ammoniaca;
(b) dopo il gorgogliamento della ammoniaca.
[La costante di dissociazione dell’ammoniaca è K b = 1,8∙10-5 (mol/l). Nel caso (b) si consideri che il
volume della soluzione rimanga invariato dopo il gorgogliamento della ammoniaca]
(vale 7 punti)
Svolgimento:
1
(a) [NH 4 Cl]=?
Massa soluzione = 800 ml ⋅1,07
Massa NH 4Cl = 856 g ⋅
n NH4Cl =
g
= 856 g
ml
5
= 42 ,8 g
100
42 ,8 g
0 ,80 mol
= 0 ,80 mol ⇔ [NH 4Cl] =
= 1,0 M
g
,
l
0
8
53,5
mol
+
+
NH 4 Cl → NH 4 + Cl - ⇔ [NH 4 Cl] = [Cl - ] = [NH 4 ] = 1,0 M
+
NH 4 dà idrolisi acida :
NH 4 + (aq)
i)
eq)
Ki = Ka =
+ H 2 O (l)
CS
C s -x
⇄
NH 3(aq)
+ H 3 O+ (aq)
x
x
Kw
1 ⋅10-14
=
≅ 5,556 ⋅10-10 (mol / l ) ⇒
-5
K b 1,8 ⋅10
CS
1,0
=
≈ 1,8 ⋅ 10 +9 > 380 ⇒
−10
K a 5,556 ⋅ 10
[NH 3 ] ⋅ [H 3 O + ]
x2
x2
Ka =
=
≅
Cs − x Cs
[NH 4+ ]
[
]
x2
⇔ Ka =
⇒ x = K a ⋅ Cs
Cs
[
]
⇒ pH = −log10 H 3 O + = −log10 K a ⋅ C s = −log10 5,556 ⋅ 10 -10 ⋅ 1,0 = −log10 2,357 ⋅ 10 -5 ≅ 4,63
(b) abbiamo una soluzione tampone:
n NH3 =
8,96 l
22,414
l
mol
≅ 0,40 mol ⇒ [ NH 3 ] =
NH 3(aq)
i)
eq)
[ NH 3 ]
0,40 mol
= 0,5 M ⇔ 0,1 <
= 0,5 < 10 ⇒ tampone
+
0,8 l
[NH 4 ]
+ H 2 O (l)
0,5
0,5-x
⇄
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
1,0
1,0+x
x
soluzione tampone ⇒ x << 0,5 e 1,0
Kb =
[NH ]⋅ [OH ] ⇒ [OH ] = K
[NH ]
+
4
−
−
b
⋅
3
{
[
C
n
Cb - x
0,4
≅ K b ⋅ b = K b ⋅ b = 1,8 ⋅ 10 −5 ⋅
Cs
ns
0,8
Cs + x
]}
0,4
=
pH = 14 − pOH = 14 − − log10 OH − = 14 + log10 1,8 ⋅10 −5 ⋅
0,8
= 14 + log10 (9 ⋅10 −6 ) ≅ 14 + (− 5,04 ) = 8,95
4) Calcolare la solubilità del PbCl 2 (espressa in g/l):
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,10 M di Pb(NO 3 ) 2
-5
[ K S = 1,17 ⋅ 10 (mol/l)3 ]
(vale 3 punti)
Svolgimento
2
(a)
PbCl 2 ⇔ Pb + + + Cl s
K s = 1,17 ⋅ 10 -5 (mol/l)3
2s
K s 3 1,17 ⋅ 10 -5
=
= 1,43 ⋅ 10 − 2 (mol/l)
4
4
mol
g
g
= 1,43 ⋅ 10 − 2
⋅ 278,106
≅ 3,977
l
mol
l
K s = 1,17 ⋅ 10 -5 (mol/l)3 = s ⋅ (2s ) ⇒ s = 3
2
s ( g/l) = 1,43 ⋅ 10 − 2
mol
⋅ PM PbCl 2
l
(b)
PbCl 2 ⇔ Pb + + + 2Cl 0,1 + s
[
][ ]
K s = Pb + + ⋅ Cl -
s <<< 0,1 ⇔
2s
2
= 1,17 ⋅ 10 -5
1,17 ⋅ 10 -5
= 5,41 ⋅ 10 −3 (mol/l)
[0,1]⋅ 4
mol
mol
g
g
⋅ PM PbCl 2 = 1,43 ⋅ 10 − 2
⋅ 278,106
≅ 1,505
l
l
mol
l
[0,1] ⋅ [2s]2 = 1,17 ⋅ 10 -5
s ( g / l ) = 5,41 ⋅ 10 −3
0,1 + s ≈ 0,1
⇔ s=
5) Applicando le leggi di Faraday calcolare per quanto tempo deve passare una corrente di 2,10 A
per depositare 0,837 g di ferro da una soluzione di solfato ferroso.
(vale 3 punti)
Svolgimento:
Il solfato ferroso in acqua è totalmente dissociato: FeSO 4 (aq) → Fe + + (aq) + SO 24− (aq)
eq
mol
Z e ⋅ m Fe ⋅ F
I⋅t
I ⋅ t PA Fe
m Fe =
⋅ E Fe =
⋅ e ⇒ t = Fe
F
F Z Fe
I ⋅ PA Fe
eq
C
2
⋅ 0,837 g ⋅ 96500
mol
eq
⇒ t =
= 1377,46 [S]
g
2,1A ⋅ 55,845
mol
Fe + + + 2e − → Fe
Z eFe = 2
3
POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
ESAME DI CHIMICA del 24 febbraio 2006
1) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido:
MnO 4− (aq) + C 8 H 18 (l) → Mn + + (aq) + CO 2 (g)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare quanti litri di gas CO 2 si sviluppano a 25°C e alla pressione
di 1 atm se si fanno reagire 100 ml di una soluzione di MnO −4 2,5 N con 1,14g di C 8 H 18 .
(vale 6 punti)
2) La costante di equilibrio della seguente reazione:
H 2(g) + Br 2(g) ⇄ 2HBr (g)
alla temperatura di 327,4°C è K P =50. In un recipiente chiuso vengono introdotti 810 g di acido
bromidrico (PM= 81 g/mol) e 10 g di idrogeno (PM= 2 g/mol) e si riscalda alla temperatura di
327,4°C. Calcolare:
(a) quanti grammi di HBr, di H 2 e di Br 2 (PM= 160 g/mol) sono presenti all’equilibrio;
(b) la K P a 248°C sapendo che l’entalpia standard di reazione (∆H° reaz ) è uguale a 32,55 KJ/mol.
(vale 8 punti)
3) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) facendo assorbire 4,483 l, misurati a condizioni normali, di NH 3 gassosa in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 0,082 g di CH 3 COONa in 10,0 l d’acqua;
(c) mescolando 500 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,5 M di
NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (CH 3 COOH) = 1,8∙10-5 (mol/l) e K b (NH 3 ) = 1,8∙10-5 (mol/l); considerare nei casi (a) e (b) che il
volume della soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle
soluzioni additivi].
(vale 6 punti)
4) Calcolare il prodotto di solubilità (Ks) di Ag 2 CrO 4 , sapendo che la f.e.m. della seguente pila di
concentrazione:
Ag(-)
Ag(+)
+
| soluzione satura di Ag 2 CrO 4 || Ag (0,100 M) |
è uguale a 0,1704 V.
(vale 5 punti)
5) Descrivere il legame covalente con la teoria dell’orbitale molecolare (evidenziando le condizioni
che permettono la combinazione di orbitali atomici a dare orbitali molecolari) e ricavare, tramite tale
teoria, la configurazione elettronica, l’ordine di legame e le proprietà magnetiche della molecola O 2 .
(vale 5 punti)
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Soluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (24 febbraio 2006)
1) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido:
MnO 4− (aq) + C 8 H 18 (l) → Mn + + ( aq ) + CO 2 (g)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare quanti litri di gas CO 2 si sviluppano a 25°C e alla pressione
di 1 atm se si fanno reagire 100 ml di una soluzione di MnO −4 2,5 N con 1,14g di C 8 H 18 .
(vale 6 punti)
Svolgimento:
( +7)
Mn O
4 (aq)
−
( +2)
+ 5 e + 8H → M n + + (aq) + 4 H 2 O (l)
9
(− )
4
+
× 10 m.c.m. = 50
( +4)
C 8 H 18 (l) + 16 H 2 O (l) → 8 C O 2 (g) + 50 e − + 50H +
×1
____________________________________________________________
10 MnO -4 (aq) + C 8 H 18 (l) + 30H + (aq) → 10 Mn + + (g) + 8 CO 2 (g) + 24 H 2 O (l)
PM C8 H18 = (8 × 12 + 18) [ g / mol ] = 114 [ g / mol ]
1,14 g
= 0,01 mol
114 [ g / mol ]
eq
eq
Ze - = 5
inoltre n e - = N ⋅ V = 2,5 ⋅ 0,1 l = 0,25 eq
MnO 4
MnO 4
mol
l
n e - 0,25 eq
n MnO - = eMnO4 =
= 0,05 mol
4
eq
Z 5
MnO 4
mol
n C8 H18 =
Dalla stechiometria della reazione risulta che:
n MnO - : n C8 H18 = 10 : 1
per
4
0,05 : n C8 H18 = 10 : 1
n MnO - = 0,05 mol
4
⇒ 0,05 : n C8 H18 =
0,05
= 0,005 mol < 0,01 mol
10
Il MnO −4 è, di conseguenza, il reagente limitante.
n MnO - : n CO 2 = 10 : 8 ⇒ 0,05 : n CO 2 = 10 : 8
4
⇒ n CO 2 =
0,05 ⋅ 8
= 0,04 mol
10
1
VCO 2 = n CO 2 ⋅
RT
= 0,04 mol ⋅
P
0,0821
l ⋅ atm
⋅ 298 K
mol ⋅ K
= 0,977 [l ]
1 atm
2) La costante di equilibrio della seguente reazione:
H 2(g) + Br 2(g) ⇄ 2HBr (g)
alla temperatura di 327,4°C è K P =50. In un recipiente chiuso vengono introdotti 810 g di acido
bromidrico (PM= 81 g/mol) e 10 g di idrogeno (PM= 2 g/mol) e si riscalda alla temperatura di
327,4°C. Calcolare:
(a) quanti grammi di HBr, di H 2 e di Br 2 (PM= 160 g/mol) sono presenti all’equilibrio;
(b) la K P a 248°C sapendo che l’entalpia standard di reazione (∆H° reaz ) è uguale a 32,55 KJ/mol.
(vale 8 punti)
Svolgimento:
n HBr =
810 g
= 10 mol
81 [ g / mol ]
n H2 =
10 g
= 5 mol
2 [ g / mol ]
(a)
H 2(g) +
5
5+x
Moli iniziali)
Moli all’eq)
Br 2(g)
+x
=
2HBr (g)
10
10-2x
Osservazione: la reazione è senza variazioni di moli (cioè ∆ν=0) quindi
KP = KC = Kn = Kχ
(10 − 2 x) 2
(5 + x) ⋅ x
Kn =
n 2HBr
n H2 ⋅ n Br2
⇒
250x + 50 x 2 = 100 - 40x + 4 x 2 ⇔ 46x 2 + 290x − 100 = 0
⇔ x=
- 290 +
⇔
50 =
(290)2 + 4 ⋅ 46 ⋅ 100
92
=
⇒
50 ⋅ (5x + x 2 ) = (10 − 2 x) 2
- 290 + 84100 + 18400 - 290 + 320,2
=
= 0,328 mol
92
92
n HBr = 10 - 2x = 10 - 2 ⋅ 0,328 = 9,344 mol ⇒ g HBr = 9,344 mol ⋅ 81
n H 2 = 5 + x = 5 + 0,328 = 5,328 mol ⇒ g H 2 = 5,328 mol ⋅ 2
n Br2 = x = 0,328 mol ⇒ g Br2 = 0,328 mol ⋅160
g
= 756,86 [ g ]
mol
g
= 10,66 [ g ]
mol
g
= 52,48 [ g ]
mol
(b)
∆H °reazione = 32,55 (KJ / mol ) = 32550 ( J / mol )
2
32550
1
−
K 2 ∆H 1 1
x 32550 1
1
x
− ⇔ ln
= e 8,314 600, 4 521
ln P =
=
−
⇒
K P1
R T1 T 2
50 8,314 600,4 521
50
x = 50 ⋅ e
32550 1
1
−
8, 314 600 , 4 521
⇒
1
K P 248°C ≈ 18,51
3) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) facendo assorbire 4,483 l, misurati a condizioni normali, di NH 3 gassosa in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 0,082 g di CH 3 COONa in 10,0 l d’acqua;
(c) mescolando 500 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,5 M di
NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (CH 3 COOH) = 1,8∙10-5 (mol/l) e K b (NH 3 ) = 1,8∙10-5 (mol/l); considerare nei casi (a) e (b) che il
volume della soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle
soluzioni additivi].
(vale 6 punti)
Svolgimento
(a)
n NH3 =
n NH3 0,2 mol
4,483 l
= 0,20 mol ⇔ C b = [NH 3 ] =
=
= 0,1 M
l
2,0 l
V
22,414
mol
NH 3(aq)
Concentrazioni iniziali
Concentrazioni all’eq.
+ H 2 O (l)
Cb
C b -x
⇄
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
x
x
Cb
0,1
=
≈ 5,55 ⋅ 10 +3 > 380 ⇒
−5
K b 1,8 ⋅ 10
Kb =
[NH +4 ] ⋅ [OH − ]
x2
x2
=
≅
[NH 3 ]
Cb − x Cb
[
⇔ Kb =
]
x2
⇒ x = K b ⋅ Cb
Cb
⇒ x = OH − = 1,8 ⋅10 −5 ⋅ 0,1 = 1,342 ⋅10 −3
[
]
[
]
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 1,342 ⋅ 10 −3 ≅ 2,87 ⇔ pH = 14 − pOH = 11,13
(b)
[CH 3COONa ] =
nCH3COONa
0,082 g
= 1,0 ⋅10 −4 M
V
82,0 g/mol ⋅10,0l
CH 3COO - = [CH 3COONa ] = 1,0 ⋅10 −4 M idrolisi basica dello ione acetato:
[
=
]
CH 3 COO- (aq)
Concentrazioni iniziali
Concentrazioni all’eq.
Cs
C s -x
+
H 2 O (l)
⇄ CH 3 COOH (aq)
x
+ OH- (aq)
x
3
Ki = K b =
Kb =
CS
1 ⋅10 −4
=
≈ 1,8 ⋅10 +5 > 380 ⇒
K a 5,56 ⋅10-10
K w 1 ⋅10-14
=
≅ 5,56 ⋅10-10 (mol / l ) ⇒
K a 1,8 ⋅10-5
[CH 3COOH]⋅ [OH - ] =
x2
x2
≅
Cs − x Cs
[CH COO ]
⇒ pOH = −log [OH ] = −log
-
3
−
10
10
⇔ Kb =
x2
⇒ x = K b ⋅ Cs
Cs
[
]
K b ⋅ Cs = −log10 5,56 ⋅10-10 ⋅1 ⋅10 −4 = −log10 2,358 ⋅10-7 ≅ 6,63
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 6,63 = 7,37
(c)
n NH+ = n NH4Cl = M ⋅ V = 0 ,4 mol
l ⋅ 0 ,5l = 0,20 mol
4
n NH3 = M ⋅ V = 0,5 mol
l ⋅ 0 ,2l = 0,10 mol
NH 3(aq)
Moli iniziali)
Moli all’eq)
n NH +
4
n NH3
=
0,20
=2⇒
0,10
[OH ] = K
−
b
⋅
⇄
+ H 2 O (l)
0,10
0,10-x
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
0,20
0,20+x
x
x << 0,10 e 0,20 ⇒ soluzione tampone
n base
0,10
= 1,8 ⋅10 −5 ⋅
n sale
0,20
[
]
0,10
= −log10 (9 ⋅10 −6 ) ≅ 5,05
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 1,8 ⋅10 −5 ⋅
0,20
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 5,05 = 8,95
4) Calcolare il prodotto di solubilità (Ks) di Ag 2 CrO 4 , sapendo che la f.e.m. della seguente pila di
concentrazione:
Ag(-)
Ag(+)
| soluzione satura di Ag 2 CrO 4 || Ag+(0,100 M) |
è uguale a 0,1704 V.
(vale 5 punti)
Svolgimento:
Ag 2 CrO4(s) ⇔ 2 Ag + ( aq ) + CrO4= ( aq )
2s
0,1704
] [
2
=
4
2
[ Ag + ]+
[ Ag + ]+
⇔
0,170
=
0
,
0591
⋅
log
[ Ag + ]−
[ Ag + ]−
0,1
⇔
= 10 0, 0591 ⇔ s =
2s
[
]
] ⋅ [CrO ]
⇒ Ag + = 2 s ⇔ K s = [2 s ] ⋅ [s ] = 4 s 3
s
f .e.m. = ∆E = 0,0591 ⋅ log
[
[
K s = Ag +
0,1
2 ⋅10
0,1704
0 , 0591
]
= 6,542 ⋅10 −5
⇔ 0,1704 = 0,0591 ⋅ log
0,1
2s
mol
l
2
mol
K s = 2 ⋅ 6,542 ⋅10 −5 ⋅ 6,542 ⋅10 −5 ≅ 1,12 ⋅10 −12
l
3
4
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica 6CFU
Appello straordinario per fuori corso del 10/04/2006
1) Lo ione nitrato, in ambiente acido, ossida il disolfuro ferroso (pirite) a ione
ferrico e ione solfato, riducendosi a monossido di azoto:
NO 3- (aq) + FeS2
(s)
→ NO (g) + Fe3 + (aq) + SO 4= (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare quanti litri di gas NO si sviluppano a
condizioni normali se si fanno reagire 500 ml di una soluzione di NO 3− 6,0 N con 0,4
moli di pirite.
(vale 8 punti )
2) Dopo averne calcolato il numero dei doppietti direzionati, disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più significative) di: acido ipofosforoso, ione
idrogenocarbonato e ione clorato.
(vale 6 punti )
3) Un reattore viene caricato a 327 °C fino alla pressione di 3,75 atm con una miscela
gassosa al 80% di A e al 20% di B. Dopo che è stato raggiunto l’equilibrio:
4A (g) + B (g) ⇔ 3C (g) + D (g)
la pressione totale nel recipiente di reazione è 3,25 atm.
Calcolare: (a) i valori della K P e K C a 327 °C; (b) il valore di K P a 777 °C sapendo
che la variazione di entalpia standard della reazione è ∆H°r = 20 KJ/mol.
(vale 7 punti )
4) Una soluzione A viene preparata mescolando 450 ml di una soluzione 0,3 M di
acetato di sodio (CH 3 COONa) con 250 ml di una soluzione 0,5 M di acido acetico
(CH 3 COOH). Una soluzione B viene preparata portando a 800 ml, tramite aggiunta
di acqua, 120 ml di una soluzione al 7,40% in peso di acido acetico (d= 1,05 g/ml ).
Determinare il pH delle soluzioni A e B, e calcolare la f.e.m. della pila di
concentrazione, che si ottiene immergendo nelle due soluzioni due elettrodi di
platino, sui quali gorgoglia idrogeno a pressione atmosferica:
Pt
Pt
+
+
H 2(g) (1atm)│ H (soluzione A) ││ H (soluzione B) │ H 2(g) (1atm)
(Ka dell’acido acetico = 1,8∙10-5 mol/l).
(vale 9 punti).
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Soluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (10 Aprile 2006)
1) Lo ione nitrato, in ambiente acido, ossida il disolfuro ferroso (pirite) a ione ferrico e
ione solfato, riducendosi a monossido di azoto:
NO 3- (aq) + FeS2
(s)
→ NO (g) + Fe3 + (aq) + SO 4= (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare quanti litri di gas NO si sviluppano a
condizioni normali se si fanno reagire 500 ml di una soluzione di NO 3− 6,0 N con 0,4
moli di pirite.
Svolgimento:
( +5)
( +2)
N O 3- (aq) + 3 e − + 4H + (aq) → NO (g) + 2 H 2 O (l)
( +2) ( −1)
Fe S
2 (s)
+ 8 H 2 O (l) → Fe
3+
× 5 m.c.m. = 15
( +6)
(aq)
+ 2 S O =4 (aq) + 15 e − + 16H + (aq) × 1
____________________________________________________________
5NO 3- (aq) + FeS2 (s) + 4H + (aq) → 5NO (g) + Fe3+ (aq) + 2SO =4 (aq) + 2 H 2 O (l)
n FeS2 = 0,4 mol e Z eFeS = 15
2
ne
NO3-
= N ⋅ V = 6,0
eq
eq
e
e
mol
n
Z
0
,
4
15
⇒ n FeS
=
⋅
=
⋅
= 6,0 eq
FeS2
2
FeS2
mol
mol
eq
⋅ 0,5l = 3,0 eq
l
L’ NO3− è il reagente limitante e verrà ovviamente tutto consumato. Per conoscere le
moli di NO e, quindi, il volume sviluppato basta calcolare le moli di NO3− poiché
n NO : n NO = 5 : 5 (⇒ n NO = nNO ) :
3
3
ne
NO3-
= N ⋅ V = 6,0
n NO - =
3
ne
NO3-
Ze
NO3-
=
eq
⋅ 0,5l = 3,0 eq ma
l
Ze
NO3-
=3
eq
⇒
mol
3,0 eq
= 1 mol ⇔ n NO - ≡ n NO
3
eq
3
mol
VNO = n NO ⋅ Vmolare a c.n. = 1 mol ⋅ 22,414
l
= 22,414 [l ]
mol
1
2) Dopo averne calcolato il numero dei doppietti direzionati, disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più significative) di: acido ipofosforoso, ione
idrogenocarbonato e ione clorato.
Svolgimento:
a) Acido ipofosforoso, ossiacido monoprotico (solo uno dei tre idrogeno va legato
all’ossigeno):
O
H
O
H
P
circa 109°
5+3
H 3 PO 2 ⇔ d .d . =
= 4 ⇒ sp 3
2
d .t. =
ibridazione tetraedrica
H
5 + 3 + 2×6
= 10
2
O
O
H
O
H
H
O
P
P
H
H
H
b) ione idrogenocarbonato (oppure ione bicarbonato), anione derivate dalla
dissociazione dell’acido carbonico (H 2 CO3 ossiacido diprotico: ogni idrogeno è legato
all’ossigeno):
HCO 3- ⇔ d .d . =
4 + 1 − (−1)
= 3 ⇒ sp 2
2
ibridazione trigonale planare
120°
O
C
O
O
H
d .t =
4 + 1 + −(−1) + 3 × 6
= 12
2
O
C
O
O
O
O
O
C
C
O
O
H
H
O
H
N.B.: il carbonio non può espandere l’ottetto.
c) ione clorato, anione derivate dalla dissociazione dell’acido clorico (HClO 3 ossiacido
monoprotico: l’idrogeno legato all’ossigeno):
2
O
O
Cl
doppietto
solitario
7 − (−1)
= 4 ⇒ sp 3
2
7 − (−1) + 3 × 6
d .t. =
= 13
2
ClO 3- ⇔ d .d . =
O
O
O
circa 109°
O
ibridazione tetraedrica
O
O
O
O
O
O
O
Cl
Cl
Cl
Cl
Cl
O
O
O
O
O
O
O
O
O
Cl
Cl
O
O
N.B.: il cloro può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
3
3) Un reattore viene caricato a 327 °C fino alla pressione di 3,75 atm con una miscela
gassosa al 80% di A e al 20% di B. Dopo che è stato raggiunto l’equilibrio:
4A (g) + B (g) ⇔ 3C (g) + D (g)
la pressione totale nel recipiente di reazione è 3,25 atm.
Calcolare: (a) i valori della K P e K C a 327 °C; (b) il valore di K P a 777 °C sapendo che
la variazione di entalpia standard della reazione è ∆H°r = 20 KJ/mol
Svolgimento:
Calcoliamo innanzitutto le pressioni iniziali dei due gas A e B. Se la pressione iniziale è
3,75 atm e i gas A e B sono in rapporto 80:20 significa che
PAi = 0,8 ⋅ 3,75 atm = 3,0 atm
PBi = 0,2 ⋅ 3,75 atm = 0,75 atm
(a)
4A (g) +
3,0
3,0-4x
Pressioni iniziali)
Pressioni all’eq)
B (g)
0,75
0,75-x
=
3C (g)
3x
D (g)
x
Ptotale all'equilibrio = 3 − 4x + 0,75 − x + 3x + x = 3,75 − x = 3,25 atm
⇔ x = (3,75 − 3,25) = 0,5 atm
⇔
PA = 3 − 4 x = 3 − 4 ⋅ 0,5 = 1,0 atm
PBeq = 0,75 − x = 0,75 − 0,5 = 0,25 atm
PCeq = 3x = 3 ⋅ 0,5 = 1,5 atm
PDeq = x = 0,5 atm
eq
(1,5) ⋅ 0,5 = 6,75 atm −1
P3 ⋅ P
K P= C4 D =
PA ⋅ PB (1,0 )4 ⋅ 0,25
[
3
]
La reazione avviene con variazioni di moli (cioè ∆ν=-1) quindi:
K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K P = K C ⋅ (RT )
Δυ
-1
[
]
l ⋅ atm
mol
⇒ K C = K P ⋅ RT = 6,75 atm ⋅ 0,0821
⋅ 600 K = 184,73
mol ⋅ K
l
−1
−1
(b)
∆H °reazione = 20 (KJ / mol ) = 20000 ( J / mol )
20000 1
1
−
K 2 ∆H 1 1
x
20000 1
1
x
− ⇔ ln
=
−
= e 8,314 600 1050
ln P =
⇒
K P1
R T1 T 2
6,75 8,314 600 1050
6,75
x = 6,75 ⋅ e
20000 1
1
−
8, 314 600 1050
⇒
[
K P 777°C ≅ 37,63 atm −1
]
4
4) Una soluzione A viene preparata mescolando 450 ml di una soluzione 0,3 M di
acetato di sodio (CH 3 COONa) con 250 ml di una soluzione 0,5 M di acido acetico
(CH 3 COOH). Una soluzione B viene preparata portando a 800 ml, tramite aggiunta di
acqua, 120 ml di una soluzione al 7,40% in peso di acido acetico (d= 1,05 g/ml ).
Determinare il pH delle soluzioni A e B, e calcolare la f.e.m. della pila di
concentrazione, che si ottiene immergendo nelle due soluzioni due elettrodi di platino,
sui quali gorgoglia idrogeno a pressione atmosferica:
Pt
Pt
+
+
H 2(g) (1atm)│ H (soluzione A) ││ H (soluzione B) │ H 2(g) (1atm)
(Ka dell’acido acetico = 1,8∙10-5 mol/l).
Svolgimento
(a) pH=? della soluzione A (è una tampone acido):
450 ml di [CH 3COONa ] = 0,3 M ⇒ nCH3COONa = nCH COO- = 0,3
3
250 ml di [CH 3COOH ] = 0,5 M ⇒ nCH3COOH = 0,5
CH 3 COOH
mol
⋅ 0,450l = 0,135 mol
l
mol
⋅ 0,250l = 0,125 mol
l
+ H 2 O (l) ⇄ CH 3 COO- (aq) + H 3 O+ (aq)
(aq)
Moli iniziali
Moli all’equilibrio
Ka =
(0,135 + x ) ⋅
[CH COO ] ⋅ [H ] =
−
3
+
VT
n CH COO3
n CH3COOH
x
VT
(0,125 − x )
[CH3COOH]
Tuttavia
0,125
0,125-x
+
VT
=
0,135
= 1,08 ⇒
0,125
x << 0,125 e 0,135 ⇒ soluzione tampone
−5
acido
3
a
sale
+
10
x
⇔ equazione di 2° grado (VT volume totale della soluzione)
125
[H O ] = K ⋅ nn = 1,8 ⋅10 ⋅ 00,,135
= 1,67 ⋅10
⇒ pH = −log [H O ] = −log [1,67 ⋅ 10 ] ≅ 4,78
⇒
0,135
0,135+x
−5
mol
l
−5
3
10
(b) pH=? della soluzione B:
[CH 3COOH] finale =
nCH3COOH iniziali
V finale
msoluzione iniziale = 120 ml ⋅1,05
=
nCH3COOH
0,600l
g
7,40
= 126 g ⇒ mCH3COOH =
⋅126 g = 8,88 g
ml
100
5
8,88 g
8,88 g
=
= 0,148 mol
g
PM CH 3COOH
60
m0l
nCH3COOH iniziali 0,148 mol
⇒ [CH 3COOH ] finale =
=
= 0,185 M
V finale
0,800 l
⇒ nCH 3COOH =
CH 3 COOH
+ H 2 O (l) ⇄ CH 3 COO- (aq) + H 3 O+ aq)
(aq)
Concentrazioni
iniziali
Concentrazioni
all’equilibrio
Ka =
[CH COO ]⋅ [H ] =
−
+
3
[CH 3COOH]
0,185
-
-
0,185-x
x
x
x2
⇔ equazione di 2° grado
(0,185 − x )
Ca
0,185
=
≈ 1,027 ⋅10 +4 > 380 ⇒
−5
Ka 1,8 ⋅10
Ka =
[CH COO ]⋅ [H ] =
−
+
3
[CH 3COOH]
x2
x2
≅
(0,185 − x ) 0,185
⇔ Ka =
x2
⇒ x = K a ⋅ 0,185
0,185
[H O ] = x = K ⋅ 0,185 = 1,8 ⋅10 ⋅ 0,185 = 1,825 ⋅10
⇒ pH = −log [H O ] = −log [1,825 ⋅10 ] ≅ 2,74
⇒
+
−5
3
a
+
10
−3
mol
l
−3
3
10
(c) fem=? della pila di concentrazione:
Pt
Pt
+
+
H 2(g) (1atm)│ H (soluzione A) ││ H (soluzione B) │ H 2(g) (1atm)
fem = 0,0591 ⋅ log
C1
⇔ ove C1 > C2
C2
Nel caso specifico [H+] soluzione B=C 1 e [H+] soluzione A=C 2
fem = 0,0591 ⋅ log
[H ]
[H ]
+
+
B
A
= 0,0591 ⋅ log
1,825 ⋅10 −3
= 0,1205 V
1,67 ⋅10 −5
6
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello straordinario del 15/05/2006
1) Un composto organico è costituito da carbonio, idrogeno, azoto e ossigeno. Per analizzare
carbonio e idrogeno, 4,602 g di composto vengono bruciati con un eccesso di ossigeno. Dalla
combustione si ottengono 10,339 g di diossido di carbonio e 2,1166 g di acqua. Per l’analisi
dell’azoto si pesano 3,988 g di composto, che sviluppano 325,9 mL di azoto a condizioni normali.
La densità relativa del composto rispetto all’idrogeno è d r→H2 = 68,563. Ricavare la formula minima
e la formula molecolare del composto.
(vale 4,5 punti)
2) Per le seguenti specie chimiche: HSO -3 , NO 3- , H 3PO 3 disegnare la formula di struttura (con le
formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura.
(vale 4,5 punti)
3) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 10 litri, 2,0 mol di
metano (CH 4 ) e 2,0 mol di acqua. Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4(g) + H 2 O (g) ⇄ CO (g) + 3H 2
(g)
Sapendo che all’equilibrio la pressione totale della miscela gassosa è 37,28 atm, calcolare:
(a) le frazioni molari della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) il valore di K P alla temperatura di 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1077°C sapendo che le entalpie standard di formazione
(H° f ) di CO (g) , CH 4(g) e H 2 O (g) sono rispettivamente -110,5 KJ/mol,-74,4 KJ/mol e -241,8
KJ/mol.
(vale 7 punti)
4) Una soluzione 0,544 M di un acido debole HA monoprotico ha un pH uguale a 2,85. Dopo aver
calcolato la costante di dissociazione acida di HA, determinare quanta acqua bisogna addizionare a
75,0 ml di tale soluzione perchè il pH diventi uguale a 3,00.
(vale 8 punti)
5) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
O 2(g) (1 atm)│ H 2 O 2 , H+ ││ Cr 2 O 7 2-, Cr3+, H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne la
costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle
specie in soluzione sono 0,01 M ed il pH è uguale a 2,0 ad entrambi gli elettrodi
[ E ° O , H + / H O = +0,695 V ; E ° Cr O 2 − , H + / Cr + 3 = +1,232 V ].
2
2
2
(vale 6 punti)
2 7
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Risoluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (15 Maggio 2006)
1) Un composto organico è costituito da carbonio, idrogeno, azoto e ossigeno. Per analizzare carbonio e idrogeno, 4,602
g di composto vengono bruciati con un eccesso di ossigeno. Dalla combustione si ottengono 10,339 g di diossido di
carbonio e 2,1166 g di acqua. Per l’analisi dell’azoto si pesano 3,988 g di composto, che sviluppano 325,9 mL di azoto
a condizioni normali. La densità relativa del composto rispetto all’idrogeno è d r→H2 = 68,563. Ricavare la formula
minima e la formula molecolare del composto. (vale 4,5 punti)
Svolgimento:
4,602 g di C x H y N z O w ⇒ 10,339 g di CO 2 e 2,1166 g di H 2O
y
y
z
C x H y N z O w + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2O + N 2 + ...............
4
2
2
⇒ n C ≡ n CO 2
n H ≡ 2 ⋅ n H 2O
⇒ n C ≡ n CO 2 =
mCO 2
PM CO 2
=
10,339 g
≅ 0,235 mol
44 g/mol
n H ≡ 2 ⋅ n H 2O = 2 ⋅
mH 2 O
PM H 2 O
= 2⋅
2,1166 g
≅ 0,235mol
18 g/mol
z
C x H y N z O w → ....... N 2 + ..........
2
n N ≡ 2 ⋅ n N2
n N provenienti da 3,988 g di composto =
2 ⋅ 0,3259 [l ]
= 2,91 ⋅10 − 2 mol
l
22,414
mol
n N provenienti da 4,602 g di composto = 2,91 ⋅10 − 2 mol ⋅
4 ,602 g
≅ 0,0336 mol
3,988 g
nO =
mO
m
− mC − m N − m H mtotale − n C ⋅ PAC − n N ⋅ PAN − n H ⋅ PAH
= totale
=
PAO
PAO
PAO
nO =
4,602 g − 0,235 mol ⋅12 g / mol − 3,36 ⋅10 −2 mol ⋅14 g / mol − 0,235 ⋅1 g / mol
= 0,067 mol
16 g / mol
n C : n H : n N : n O = 0,235 : 0,235 : 0,0336 : 0,067 ≈ 7 : 7 : 1 : 2
La formula minima è C 7 H 7 NO 2
d r → H 2 = 68,563 ⇔
PM C x H y N z O W
PM H 2
= 68,563 ⇔
PM C 7 H 7 NO 2 = (12 × 7 + 1× 7 + 14 × 1 + 16 × 2)
PM C x H y N z O W
PM C 7 H 7 NO 2
PM C x H y N z O W = 2
g
g
⋅ 68,563 = 137,126
mol
mol
g
g
= 137
mol
mol
≅ 1 ⇔ formula molecolare coincide con quella minima ⇒ C 7 H 7 NO 2
1
2) Per le seguenti specie chimiche: HSO -3 , NO 3- , H 3 PO 3 disegnare la formula di struttura (con le formule di risonanza
più probabili) ed assegnarne la nomenclatura. (vale4,5 punti)
Svolgimento:
a) Anione idrogenosolfito oppure bisolfito (deriva dalla prima dissociazione dell’acido solforoso che è un ossiacido
diprotico: l’idrogeno va legato all’ossigeno):
HSO3- ⇔ d .d . =
6 + 1 − (−1)
= 4 ⇒ sp 3 ibridazione tetraedrica
2
O
O
H
S
doppietto
solitario
circa 109°
O
d .t. =
6 + 3 × 6 + 1 − (−1)
= 13
2
cinque sono già impegnati, ne restato da sistemare otto
O
O
O
O
O
H
S
S
O
O
H
O
O
H
O
S
S
O
O
H
N.B.: l’atomo di zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
b) anione nitrato:
NO 3- ⇔ d .d . =
5 − (−1)
= 3 ⇒ sp 2
2
ibridazione trigonale planare
120°
O
N
O
d .t =
5 + −(−1) + 3 × 6
= 12
2
tre sono già impegnati, ne restato da sistemare otto
O
O
O
N
O
O
O
N
N
O
O
O
O
N
O
O
O
N.B.: l’azoto non può espandere l’ottetto.
2
c) acido ortofosforoso (è un ossiacido diprotico: solo due idrogeni legati all’ossigeno):
H 3PO3 ⇔ d .d . =
5+3
= 4 ⇒ sp 3 ibridazione tetraedrica
2
H
O
H
O
H
P
circa 109°
O
d .t. =
5 + 3 + 3× 6
= 13
2
sei sono già impegnati, ne restato da sistemare sette
H
H
O
H
O
O
H
H
O
P
P
O
O
H
N.B.: l’atomo di fosforo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
3
3) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 10 litri, 2,0 mol di metano (CH 4 ) e 2,0
mol di acqua. Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4(g) + H 2 O (g) ⇄ CO (g) + 3H 2
(g)
Sapendo che all’equilibrio la pressione totale della miscela è 37,32 atm, calcolare:
(a) le frazioni molari della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) il valore di K P alla temperatura di 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1077°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di CO (g) , CH 4(g)
e H 2 O (g) sono rispettivamente -110,5 KJ/mol,-74,4 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
(vale 7 punti)
Svolgimento
(a)
CH 4 (g)
+ H 2 O(g)
CO(g)
+ 3H 2 (g)
⇄
Moli iniziali:
Moli all’eq.:
2
2-x
2
2-x
x
3x
moli totali all ' equilibrio = n totali = 2 − x + (2 − x) + x + 3x = 4 + 2x
Ptotale
RT
= n totali ⋅
V
4 + 2x =
⇒ 37,32 atm = (4 + 2x ) mol ⋅
0,0821
l ⋅ atm
⋅ (727 + 273) K
mol ⋅ K
10 l
37,32 ⋅10
− 4
0,0821 ⋅1000
≅ 0,273 mol
⇒ x=
2
37,32 ⋅10
0,0821 ⋅1000
⇔
⇔
n H 2 = 3x = 0,819 mol
n CO = x = 0,273 mol
n CH 4 = n H 2 O = 2 − x = 2 − 0,273 = 1,727 mol
n totali = 2 − x + 2 − x + x + 3x = 4 + 2x = 4 + 2 ⋅ 0,273 = 4,546 mol
χ CH 4 = χ H 2 O =
χ CO =
2−x
1,727 mol
=
≅ 0,38
4 + 2 x 4,546 mol
x
0,273 mol
=
≅ 0,06
4 + 2x 4,546 mol
χ H 2 = 3 ⋅ χ CO ≅ 0,18
(b)
RT
K P = K n ⋅
V
Δυ
⇔ K P = 5,028 ⋅10
RT
⇒ K P = K n ⋅
V
−2
2
Kn =
ove
2
n CO ⋅ n 3H 2
n CH 4 ⋅ n H 2O
l ⋅atm
0,0821 mol
⋅1000 K
⋅K
= 3,389 atm 2
mol ⋅
10
l
[
2
]
(c) Per definizione H 0f H 2 = 0 , quindi:
(
[
=
0,273 ⋅ (0,819)3
(1,727 )
2
[
≅ 5,028 ⋅10 − 2 mol 2
]
]
)
∆H ° reazione = H 0f CO - H 0f CH 4 + H 0f H 2 O = −110,5 − (− 74,4 − 241,8) = 205,7 (KJ / mol ) = 205700 (J / mol )
K 2 ∆H 1
205700 1
1
1
x
x
−
⇔ ln
=e
=
−
ln P =
⇒
3,389
8,314 1000 1350
3,389
K P1
R T1 T 2
x = 3,389 ⋅ e
205700 1
1
−
8,314 1000 1350
⇒
205700 1
1
−
8,314 1000 1350
K P 1077°C ≈ 1100 [atm]2
4
4) Una soluzione 0,544 M di un acido debole HA monoprotico ha un pH uguale a 2,85. Dopo aver calcolato la
costante di dissociazione acida di HA, determinare quanta acqua bisogna addizionare a 75,0 ml di tale soluzione perchè
il pH diventi uguale a 3,00. (vale 8 punti)
Svolgimento
HA (aq)
Conc. iniziali)
Conc. all’eq)
Ka =
C HA
C HA -x
+ H 2 O (l)
⇄
H 3 O+ (aq)
+ A- (aq)
x
x
[H 3 O + ] ⋅ [A − ]
x2
=
[HA]
C HA − x
e per definizione pH = - log 10 [H 3 O + ] ⇔ [H 3 O + ] = x = 10 -pH = 10 −2,85 = 1,4 ⋅10 −3 M
Ka =
⇒
x2
(1,4 ⋅10-3 ) 2
≅ 3,6 ⋅10 − 6
=
C HA − x 0,544 − 1,4 ⋅10-3
Perchè il pH sia 3,00 deve essere [H 3 O+]=10-pH=1,0∙10-3 M. Si ricava la concentrazione della soluzione di HA in cui
[H 3 O+] = 1,0∙10-3 M dalla K a calcolata sopra ponendo C HA = y
3,6 ⋅10 − 6 =
(1,0 ⋅10-3 ) 2
y − 1,0 ⋅10-3
⇒ y = 2,8 ⋅10-1 M
75,0 ml di soluzione 0,544 M contengono:
mol
−2
0,0750 [l ] × 0,544
= 4,08 ⋅10 mol di HA
l
Nella soluzione 2,8 ⋅10 -1 M queste sono contenute in
4,08 ⋅10 −2 mol
= 0,146 [l ]
-1 mol
2,8 ⋅10
l
Il volume di acqua che occorre aggiungere è:
0,146 [l ] − 0,0750 [l ] = 0,071 [l ] ≡ 71 [ml ]
5
5) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
O 2(g) (1 atm)│ H 2 O 2 , H+ ││ Cr 2 O 7 2-, Cr3+, H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne la costante di equilibrio.
Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,01 M ed il pH è
uguale a 2,0 ad entrambi gli elettrodi. [ E ° O , H + / H O = +0,695 V ; E °Cr O 2− , H + / Cr +3 = +1,232 V ] (vale 6 punti)
2
2 2
2 7
Svolgimento
( −1)
( −) H 2 O
(0)
→ O 2 + 2e − + 2H +
2
×3
m.c.m = n = 6
( +7)
(+ ) Cr2 O 72 − + 6e − + 14H + → 2Cr 3+ + 7H 2 O × 1
____________________________________________________________
3H 2 O 2 + Cr2 O 72 − + 8H + → 3O 2 + 2Cr 3+ + 7H 2 O
n ⋅ ∆E °
K = 10 0,0591 = 10
6⋅[1, 232 − 0, 695) ]
0, 0591
≈ 3,29 ⋅10 + 54
Osservazione: pH = 2,0 ⇒ [H + ] = 10-pH = 1 ⋅10 −2 M = 0,01 M
E − = E °O
2 ,H
+
/H 2 O 2
+
PO ⋅ [ H + ]2
0,0591
0,0591
1 ⋅ [0,01]2
⋅ log10 2
= +0,695 +
⋅ log10
= +0,6359 V
2
[H 2O 2 ]
2
[0,01]
E + = E °Cr O 2− , H + / Cr +3 +
2
7
[0,01] ⋅ [0,01]14
0,0591
[Cr2O72 - ] ⋅ [H + ]14
0,0591
⋅ log10
= +1,232 +
⋅ log10
= +0,9759V
3+ 2
6
6
[0,01]2
[Cr ]
f.e.m. = E + − E − = +0,9759 - 0,6359 = 0,340 V
6
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 5 giugno 2006
1) 2,078 g di un miscuglio di magnesio (PA=24,30 g/mol) e alluminio (PA=26,98 g/mol) vengono
attaccati con acidi minerali, ciò produce l’ossidazione dei due metalli a Mg2+ e Al3+ con
contemporanea evoluzione di idrogeno gassoso secondo le seguenti reazioni (già bilanciate):
Mg(s) + 2H+ (aq) → Mg2 + (aq) + H2(g)
2Al(s) + 6H+ (aq) → 2 Al3 + (aq) + 3H2(g)
L’idrogeno sviluppato viene raccolto: si ottengono 2,622 l, misurati a 27 °C e 750 mmHg. Calcolare
la composizione percentuale in peso della miscela (suggerimento: impostare un sistema di due
equazioni in due incognite). (vale 4,5 punti)
2) In un reattore viene introdotto CO 2 alla pressione di 0,70 atm. In presenza di H 2 si stabilisce
l’equilibrio:
CO 2(g) + H 2
(g)
⇄ CO (g) + H 2 O (g)
Calcolare quale debba essere la pressione parziale di H 2 all’inizio della reazione perchè all’equilibrio
la pressione parziale di CO sia di 0,60 atm. L’esperienza viene condotta ad una certa temperatura e
in tali condizioni K P = 4,40.
(vale 7 punti)
3) Una soluzione 0,240 M di un acido debole HA ha pH = 1,824. Calcolare:
(a) la costante di dissociazione di HA;
(b)il pH di una soluzione 0,875 M del suo sale NaA;
(c) il pH di una soluzione preparata miscelando 200 ml di una soluzione di HA 0,6 M con 100
ml di soluzione di NaA 0,3 M.
(vale 9 punti)
4) Assegnata la seguente pila:
Pt(-)
Cu(+)
H 2(g) (1 atm)│ H+ ││ Cu2+(0,01 M)│
Calcolare il pH della soluzione acida in cui è immerso l’elettrodo di platino sapendo che la f.e.m.
della pila è pari a 0,667 V. [ E° Cu+ + /Cu = +0,342 V ]. (vale 4,5 punti)
5) Rispondere a scelta ad una delle seguenti domande:
1. Descrivere il legame covalente con la teoria dell’orbitale molecolare (evidenziando le
condizioni che permettono la combinazione di orbitali atomici a dare orbitali molecolari) e
ricavare, tramite tale teoria, la configurazione elettronica, l’ordine di legame e le proprietà
magnetiche della molecola O 2 .
2. Descrivere il modello atomico di Bohr enunciandone i postulati e ricavando la quantizzazione
del raggio e dell’energia.
3. Disegnare e commentare il diagramma di stato dell’acqua.
4. Partendo da considerazioni termodinamiche dimostrare che per le pile vale la
relazione: ∆G = −n ⋅ F ⋅ ∆E
5. Descrivere le quattro proprietà colligative delle soluzioni.
6. Dopo aver introdotto la funzione termodinamica di stato G (energia libera di Gibbs),
dimostrare che a temperatura e pressione costante: ΔG ≤ 0 è un criterio di spontaneità e
reversibilità per le reazioni chimiche tanto quanto
(vale 5 punti)
ΔS tot ≥ 0 .
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Risoluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (5 Giugno 2006)
1) 2,078 g di un miscuglio di magnesio (PA=24,30 g/mol) e alluminio (PA=26,98 g/mol) vengono attaccati con acidi
minerali, ciò produce l’ossidazione dei due metalli a Mg2+ e Al3+ con contemporanea evoluzione di idrogeno gassoso
secondo le seguenti reazioni (già bilanciate):
Mg(s) + 2H + (aq) → Mg 2 + (aq) + H2 (g)
2Al(s) + 6H + (aq) → 2 Al3 + (aq) + 3H2 (g)
L’idrogeno sviluppato viene raccolto: si ottengono 2,622 l, misurati a 27 °C e 750 mmHg. Calcolare la composizione
percentuale in peso della miscela (suggerimento: impostare un sistema di due equazioni in due incognite). (vale 4,5
punti)
Svolgimento:
Abbiamo due incognite la massa di Mg e la massa di Al, dobbiamo, quindi, impostare un sistema di due equazioni in due
incognite. Uno dei possibili sistemi da impostare è:
x + y = 2,078 g
massa Mg = x
e massa Al = y
⇒
x
y
3
+
⋅ = ntotali H 2
PAMg PAAl 2
perchè la stechiometria della reazione prevede che
ad ogni mole di Al corrisponde lo sviluppo di 1,5 moli di H 2 , d’altro canto ad ogni mole di Mg corrisponde lo sviluppo di una
mole di H 2 .
Le moli totali di idrogeno si ricavano dalla legge dei gas ideali: PV = nRT
PV
n totaliH2 =
=
RT
1 atm
⋅ 2,622 l
760 mmHg
≅ 0,105 mol
l ⋅ atm
0,0821
⋅ (273,15 + 27) K
mol ⋅ K
750 mmHg ⋅
x + y = 2,078
x = 2,078 − y
x
y
3
+
⋅ = 0,105
24,3 26,98 2
2,078 − y
y
3
+
⋅ = 0,105
24,3
26,98 2
x = 2,078 − y
x = 2,078 − y
26,98 ⋅ 2 ⋅ (2,078 − y ) + 24,3 ⋅ 3y = 0,105 ⋅ 24,3 ⋅ 26,98 ⋅ 2
112,129 − 53,96y + 72,9y = 137,67894
x = 2,078 − y
137,67894 − 112,129
y =
≅ 1,349 g
72,9 − 53,96
%w Mg =
0,729 g
⋅ 100 = 35,08
2,078 g
x = 0,729 g
y = 1,349 g
⇒ %w Al = 100 − 35,08 = 64,92
-1-
2) In un reattore viene introdotto CO 2 alla pressione di 0,70 atm. In presenza di H 2 si stabilisce l’equilibrio:
CO 2(g) + H 2
(g)
⇄ CO (g) + H 2 O (g)
Calcolare quale debba essere la pressione parziale di H 2 all’inizio della reazione perchè all’equilibrio la pressione parziale di
CO sia di 0,60 atm. L’esperienza viene condotta ad una certa temperatura e in tali condizioni K P = 4,40. (vale 7 punti)
Svolgimento:
Il problema può essere risolto ricorrendo al solito procedimento. Costruiamo la tabella iscrivendovi i dati di cui disponiamo
e ponendo uguale ad x la pressione parziale iniziale di H 2 :
Pressioni
Pressioni
Pressioni
Pressioni
CO 2(g)
+ H 2 (g)
0,7
0,6
0,1
x
0,6
x-0,6
iniziali:
“formate”:
“consumate”:
all’equilibrio.:
CO (g)
⇄
+ H2O
0,6
0,6
(g)
0,6
0,6
Ricaviamo la x dalla costante di equilibrio:
KP =
PCO ⋅ PH2O
⇔
PCO2 ⋅ PH2
0,44 x − 0,264 = 0,36
4,40 =
⇔
0,60 ⋅ 0,60
0,1 ⋅ ( x − 0,6)
⇔
0,44 x = 0,36 + 0,264
4,40 =
⇒
(0,60)2
0,1x − 0,06
x =
⇔
4,40 ⋅ (0,1x − 0,06) = 0,36
0,36 + 0,264
≅ 1,418
0,44
La pressione iniziale di H 2 deve essere di 1,418 atm.
3) Una soluzione 0,240 M di un acido debole HA ha pH = 1,824. Calcolare:
(a) la costante di dissociazione di HA;
(b) il pH di una soluzione 0,875M del suo sale NaA;
(c) il pH di una soluzione preparata miscelando 200 ml di una soluzione di HA 0,6 M con 100 ml di soluzione di
NaA 0,3 M.
(vale 9 punti)
Svolgimento
(a)
+ H 2 O (l)
HA (aq)
Conc. iniziali)
Conc. all’eq)
Ka =
H 3 O+ (aq)
+ A- (aq)
x
x
[H3O+ ] ⋅ [A − ]
x2
=
[HA]
CHA − x
e per definizione
Ka =
C HA
C HA -x
⇄
pH = - log10 [H3 O + ] ⇔ [H3 O + ] = x = 10-pH = 10 −1,824 = 0,015 M
⇒
x2
(0,015)2
=
= 1,0 ⋅ 10 −3
CHA − x 0,240 − 0,015
(b)
Il sale in oggetto NaA, essendo formato dall’anione A- di un acido debole (HA) e dal catione Na+ di una base forte (NaOH),
sarà completamente dissociato in acqua. Tuttavia, l’anione A- dà reazione di idrolisi:
[NaA] = [Na + ] = [A − ] = C s = 0,875 M
A- (aq)
Conc. iniziali)
Conc. all’eq)
Ki =
+ H 2 O (l)
Cs
C s -x
⇄
[HA] ⋅ [OH- ]
[A - ]
Ki = Kb =
K w 1,0 ⋅ 10-14
=
= 1,0 ⋅ 10-11(mol / l )
Ka
1,0 ⋅ 10-3
⇒
CS
0,875
=
= 8,75 ⋅10 +10 >> 380 ⇒
-11
Kb 1,0 ⋅10
Kb =
[HA] ⋅ [OH- ]
[A - ]
=
x2
x2
≅
Cs − x
Cs
⇔
Kb =
x2
⇒ x = Kb ⋅ C s
Cs
-2-
HA (aq)
+OH- (aq)
x
x
[ ]
[
]
⇒ pOH = −log10 OH− = −log10 Kb ⋅ C s = −log10 1,0 ⋅ 10-11 ⋅ 0,875 = −log10 2,958 ⋅ 10-6 ≅ 5,53
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 5,53 = 8,47
(c)
La soluzione preparata è un tampone acido:
100 ml di [NaA ] = 0,3 M
200 ml di [HA ] = 0,6 M
⇒ nNaA = nA- = 0,3
⇒ nHA = 0,6
moli
⋅ 0,100 litri = 0,03 mol
litri
moli
⋅ 0,200 litri = 0,12 mol
litri
+ H 2 O (l)
HA (aq)
moli iniziali)
moli all’eq)
0,12
0,12-x
⇄
H 3 O+ (aq)
+ A- (aq)
x
0,03
0,03+x
x (0,030 + x )
⋅
[H3O ] ⋅ [A ]
V
VT
= T
Ka =
(0,120 − x ) ⇔ equazione di 2° grado (VT : volume totale della soluzione)
[HA]
VT
+
Tuttavia
⇒
−
n A-
=
nHA
0,03
= 0,25 ⇒
0,12
[
0,1 ≤
n A-
nHA
≤ 10
⇔
x << 0,12 e 0,03
⇒ soluzione
tampone
(0,120 - x )
]
n
VT
x
0,12
mol
= H3 O + = K a ⋅
≈ K a ⋅ acido = 1,0 ⋅ 10 − 3 ⋅
= 4,0 ⋅ 10 − 3
(0,030 + x )
VT
n sale
0,30
l
VT
[
]
[
]
⇒ pH = −log10 H3 O + = −log10 4,0 ⋅ 10 −3 ≅ 2,398
4) Assegnata la seguente pila:
Pt(-)
Cu(+)
H 2(g) (1 atm)│ H+ ││ Cu2+(0,01 M)│
Calcolare il pH della soluzione acida in cui è immerso l’elettrodo di platino sapendo che la f.e.m. della pila è pari a 0,667 V.
[ E° Cu+ + /Cu
= +0,342 V ]. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
Elettrodo di rame:
E+ = E°Cu+ + /Cu +
0,0591
0,0591
log[Cu + + ] = +0,342 V +
log[10-2 ] = 0,2829 V
2
2
Elettrodo ad idrogeno:
E − = E° H+ /H + 0,0591log
[H + ]
2
PH2
= 0 + 0,0591log
[H + ]
1
= −0,0591 ⋅ pH
f.e.m. = E+ − E−
f.e.m. = 0,2829 − (−0,0591 ⋅ pH)
⇒
pH =
f.e.m. − 0,2829
0,0591
⇒
⇒
pH =
f.e.m. = 0,2829 + 0,0591 ⋅ pH
0,667 − 0,2829
≅ 6,50
0,0591
-3-
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 23 giugno 2006
1) Una certa quantità di un composto gassoso contenente solo carbonio e idrogeno viene bruciata e
fornisce 22,96 g di CO 2 e 9,378 g di H 2 O. Sapendo che 5,1 g del composto occupano a 650 torr e 35
°C un volume di 2,68 l, calcolarne la formula molecolare. (vale 3 punti)
2) L’anione dicromato, in ambiente acido, ossida l’acetone
C 3 H 6 O ad anidride carbonica,
riducendosi ad ione cromico:
Cr2 O7−2 (aq) + C 3H6 O(l) → Cr 3 + (aq) + CO 2 (g)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare:
(a) quanti grammi di C 3 H 6 O sono ossidati completamente da 16 moli di Cr2 O7−2 ;
(b) quanti litri di gas CO 2 si sviluppano a condizioni normali se si fanno reagire 0,1 moli di
C 3 H 6 O con 100 ml di una soluzione 1,2 M di Cr2 O7−2 (suggerimento: uno dei reagenti
potrebbe essere in difetto). (vale 7 punti)
3) Per l’equilibrio:
CO 2(g) + H 2
(g)
⇄ CO (g) + H 2 O (g)
K C è uguale a 1,61 ad una certa temperatura. Calcolare quale debba essere la concentrazione
iniziale di CO 2 perchè, impiegando una concentrazione iniziale di H 2 di 0,00536 mol/l, la
concentrazione all’equilibrio di CO sia di 0,00106 mol/l. CO e H 2 O non sono inizialmente
presenti.(vale 7 punti)
4) 15,8 g di Ca(CH 3 COO) 2 (acetato di calcio: PM Ca(CH 3 COO) 2 = 158 u.m.a.) vengono addizionati a
500 ml di una soluzione di acido acetico al 1,20% in peso di densità d= 1,00 g/ml. Calcolare il pH
prima e dopo l’aggiunta del sale. [K a (CH 3 COOH) = 1,8∙10-5 (mol/l) e assumere che il volume non
vari dopo l’aggiunta] (vale 8 punti)
5) Calcolare Ks a 25°C del bromato di argento AgBrO 3 , sapendo che a questa temperatura la f.e.m.
della pila di concentrazione:
Ag(-)
Ag(+)
| soluzione satura di AgBrO 3 || Ag+(0,0734M) |
è uguale a 0,066 V. (vale 5 punti)
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Risoluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (23 Giugno 2006)
1) Una certa quantità di un composto gassoso contenente solo carbonio e idrogeno viene bruciata e fornisce 22,96 g di
CO2 e 9,378 g di H2O. Sapendo che 5,1 g del composto occupano a 650 torr e 35 °C un volume di 2,68 l, calcolarne la
formula molecolare. (vale 3 punti)
Svolgimento:
mx di
C xHy ⇒ 22,96 g di CO 2 e 9,378 g di H 2O
C xHy + (x +
⇒ nC ≡ nCO2
y
y
) O2 → xCO2 + H2O
4
2
nH ≡ 2 ⋅ nH2O
⇒ nC ≡ nCO2 =
mCO2
=
PM CO2
22,96 g
≅ 0,522 mol
44 g/mol
nH ≡ 2 ⋅ nH2O = 2 ⋅
mH2O
PMH2O
= 2⋅
9,378 g
≅ 1,042 mol
18 g/mol
nC : nH = 0,522 : 1,042 ≈ 1 : 2
La formula minima è
C1H2
Tuttavia dalla legge dei gas perfetti:
PMC xHy =
PV = n ⋅ RT
⇔
PV =
mC xHy
PMC xHy
⋅ RT
⇔
PMC xHy =
mC xHy
PV
⋅ RT
l ⋅ atm
⋅ 308,15 K
mol ⋅ K
≅ 56,29 (g/mol)
1 atm
650 torr ⋅
⋅ 2,68 l
760 torr
5,1 g ⋅ 0,0821
PMC1H2 = (12 × 1 + 1 × 2)
PMCxHyNzOW
PMC7H7NO2
=
g
g
= 14
mol
mol
56,29
= 4,02 ≈ 4
14
⇔
formula molecolare
2) L’anione dicromato, in ambiente acido, ossida l’acetone
⇒ 4 × (C1H2 ) ⇒
C 4H8
C 3 H 6 O ad anidride carbonica, riducendosi ad ione cromico:
Cr2O7−2(aq) + C3H6O(l) → Cr 3 + (aq) + CO2(g)
Dopo aver bilanciato la reazione calcolare:
(a) quanti grammi di C3H6O sono ossidati completamente da 16 moli di
Cr2 O 7−2 ;
(b) quanti litri di gas CO2 si sviluppano a condizioni normali se si fanno reagire 0,1 moli di C3H6O con 100 ml di
una soluzione 1,2 M di
Cr2O7−2 (suggerimento: uno dei reagenti potrebbe essere in difetto).
(vale 7 punti)
Svolgimento:
( +6)
Cr2 O-72(aq) + 6 e − + 14 H+(aq) → 2 Cr 3 +(aq) + 7 H2O(l)
4
(− )
3
C 3 H6O(l)
( +4)
+ 5 H2O(l) → 3 C O2(g) + 16 e − + 16 H+(aq)
×8
m.c.m. = 48
×3
__________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ ___
8 Cr2O-72(aq) + 48 e − + 112 H+(aq) + 3 C3H6O(l) + 15 H2O(l) → 16 Cr 3 +(aq) + 56 H2O(l) + 9 CO2(g) + 48 e − + 48 H+(aq)
8 Cr2O-72(aq) + 3 C3H6O(l) + 64 H+(aq) → 16 Cr 3 +(aq) + 9 CO2(g) + 41 H2O(l)
(a)
PMC 3H6O = (3 × 12 + 6 × 1 + 1 × 16) [g/mol] = 58 [g/mol]
nC 3H6 O : nCr
-2
2 O7
= 3 : 8 ⇔ nC 3H6 O =
3
3
⋅n
⋅ 16 = 6 mol
-2 =
8 Cr 2 O7
8
-1-
gC 3H6 O = nC 3H6 O ⋅ PMC 3H6 O = 6 mol ⋅ 58 [g/mol] = 348 [g]
(b) [Cr O-2 ] = 1,2 M = 1,2 ⎛⎜ mol ⎞⎟
2 7
nC 3H6 O : nCr
-2
2 O7
nCr
⇔
⎝ l ⎠
= 3 : 8 ⇔ nC 3H6 O =
-2
2 O7
V
⎛ mol ⎞
= 1,2 ⎜
⎟
⎝ l ⎠
nCr
⇒
-2
2 O7
⎛ mol ⎞
= 1,2 ⎜
⎟ ⋅ 0,100 (l) = 0,120 mol
⎝ l ⎠
3
3
⋅n
⋅ 0,12 = 0,045 mol < 0,1 mol
-2 =
8 Cr 2 O7
8
⇒ l’acetone C3H6O è il reagente
in eccesso; l’anione dicromato è il reagente limitante:
nCO2 : nCr
-2
2 O7
= 9 : 8 ⇔ nCO2 =
9
9
⋅n
⋅ 0,12 = 0,135 mol
-2 =
8
8 Cr2O7
⎛ l ⎞
VCO2 = nCO2 ⋅ Vmolare a c.n. = 0,135 (mol) ⋅ 22,414 ⎜
⎟ = 3,026 (l)
⎝ mol ⎠
3) Per l’equilibrio:
CO2(g) + H2
(g)
⇄ CO(g) + H2O(g)
KC è uguale a 1,61 ad una certa temperatura. Calcolare quale debba essere la concentrazione iniziale di CO2 perchè,
impiegando una concentrazione iniziale di H2 di 0,00536 mol/l, la concentrazione all’equilibrio di CO sia di 0,00106 mol/l.
CO e H2O non sono inizialmente presenti. (vale 7 punti)
Svolgimento:
Il problema può essere risolto ricorrendo al solito procedimento. Costruiamo la tabella iscrivendovi i dati di cui disponiamo
e ponendo uguale ad x la concentrazioni iniziale di CO2:
Concentrazioni iniziali:
Concentrazioni “formate”:
Concentrazioni “consumate”:
Concentrazioni all’equilibrio.:
CO2(g)
+ H2 (g)
x
0,00106
x-0,00106
0,00536
0,00106
0,00430
⇄
CO(g)
0,00106
0,00106
+ H2O
(g)
0,00106
0,00106
Ricaviamo la x dalla costante di equilibrio:
KC =
[CO] ⋅ [H2 O]
[CO 2 ] ⋅ [H2 ]
1,61 =
⇔
1,61 =
[0,00106]2
0,0043x - 4,558 ⋅ 10
-6
[0,00106] ⋅ [0,00106]
[x - 0,00106] ⋅ [0,0043]
⇔
1,61 ⋅ (0,0043x - 4,558 ⋅ 10 - 6 ) = 1,1236 ⋅ 10 - 6
6,932 ⋅ 10 - 3 x - 7,33838 ⋅ 10 - 6 = 1,1236 ⋅ 10 - 6
=
8,46198 ⋅ 10 - 6
6,932 ⋅ 10
-3
⇔
⇔
x =
⇔
1,1236 ⋅ 10 - 6 + 7,33838 ⋅ 10 - 6
6,932 ⋅ 10 - 3
=
≅ 1,221 ⋅ 10 - 3
La concentrazione iniziale di CO2 deve essere di 0,00122 (mol/l).
4) 15,8 g di Ca(CH3COO)2 (acetato di calcio: PM Ca(CH3COO)2= 158 u.m.a.) vengono addizionati a 500 ml di una
soluzione di acido acetico al 1,20% in peso di densità d= 1,00 g/ml. Calcolare il pH prima e dopo l’aggiunta del sale.
[Ka(CH3COOH) = 1,8·10-5 (mol/l) e assumere che il volume non vari dopo l’aggiunta] (vale 8 punti)
Svolgimento
(a) Per conoscere il pH prima dell’aggiunta dell’acetato di calcio dobbiamo necessariamente calcolare la concentrazione
molare dell’acido acetico (CH3COOH):
massasoluzione = 500 ml ⋅ 1,0
massaCH3COOH
g
1,20
= 500 g ⇒ massaCH3COOH =
⋅ 500 g = 6,00 g
100
ml
6,00 g
= 0,10 mol
g
PMCH3COOH
60
mol
nCH3COOH
0,10 mol
⎛ mol ⎞
[CH3COOH] =
=
= 0,2 ⎜
⎟
V
0,500 l
⎝ l ⎠
⇒ nCH3COOH =
=
-2-
Per il calcolo del pH costruiamo il solito schema:
CH3COOH(aq)
Conc. iniziali)
Conc. all’eq.)
Ka =
+ H2O(l)
0,20
0,20 -x
[CH3COO- ] ⋅ [H3O+ ]
x2
=
[CH3COOH]
Ca − x
⇄
CH3COO-(aq)
+ H3O+ (aq)
x
x
1,8 ⋅ 10 −5 =
x2
⇔ equazione di 2° grado
(0,20 − x )
α ≤ 0,05
⇔
1,8 ⋅ 10 − 5 =
x2
0,20
⇔
Vediamo se è possibile la solita approssimazione:
Ca
0,20
=
≈ 1,111 ⋅ 10 + 4 > 380 ⇒
Ka 1,8 ⋅ 10 −5
1,8 ⋅ 10 − 5 =
x2
x2
≅
(0,20 − x ) 0,20
[H O ] = x =
⇒
3
+
[
⇔
C a >> x
⇒
⎡ mol ⎤
3,6 ⋅ 10 − 6 ⎢
⎥
⎣ l ⎦
1,8 ⋅ 10 − 5 ⋅ 0,20 =
]
⇒ pH = −log10 H3O+ = −log10 ⎡ 3,6 ⋅ 10 − 6 ⎤ ≅ 2,72
⎢⎣
⎥⎦
(b) L’aggiunta dell’acetato fa sì che si formi una soluzione tampone acida; per il calcolo del pH sarà necessario conoscere
sia le moli di acido acetico sia le moli dell’anione acetato.
L’acetato di calcio Ca(CH3COO)2 in acqua si dissocia completamente essendo formato dall’anione CH3COO- di un acido
debole (CH3COOH) e dal catione Ca++ di una base forte (Ca(OH)2):
Ca(CH3COO)2(s) → Ca+ +(aq) + 2 CH3COO-(aq)
,quindi, le moli dell’anione acetato sono doppie rispetto a quelle dell’acetato di calcio.
⇒ nCa(CH3COO)2 =
massaCa(CH3COO)2
=
PMCa(CH3COO)2
15,8 g
= 0,10 mol
g
158
mol
⇒ nCH COO- = 2 ⋅ nCa(CH3COO)2 = 2 ⋅ 0,10 mol = 0,20 mol
3
CH3COOH(aq)
moli iniziali)
moli all’eq.)
Ka =
-
+
[CH3COO ] ⋅ [H3O ]
=
[CH3COOH]
+ H2O(l)
0,10
0,10-x
(0,20 + x) ⋅
VT
x
VT
(0,10 − x)
⇄
CH3COO-(aq)
+ H3O+ (aq)
0,20
0,20+x
x
⇔ equazione di 2° grado (VT : volume totale della soluzione)
VT
Tuttavia
nCH COO3
nCH3COOH
⇒
=
0,20
=2⇒
0,10
0,1 ≤
nCH COO3
nCH3COOH
(0,10 − x )
VT
x
= H3O+ = K a ⋅
≈ Ka ⋅
(
0,20
+ x)
VT
VT
[
]
≤ 10
⇔
x << 0,20 e 0,10
⇒ soluzione
tampone
0,10
n
VT
0,10
⎡ mol ⎤
= K a ⋅ acido = 1,8 ⋅ 10 −5 ⋅
= 9,0 ⋅ 10 − 6 ⎢
⎥
0,20
nsale
0,20
⎣ l ⎦
VT
⇒ pH = −log10 [H3O+ ] = −log10 [9,0 ⋅ 10 −6 ] ≅ 5,046
-3-
5) Calcolare Ks a 25°C del bromato di argento AgBrO3, sapendo che a questa temperatura la f.e.m. della pila di
concentrazione:
Ag(-)
Ag(+)
| soluzione satura di AgBrO3 || Ag+(0,0734M) |
è uguale a 0,066 V. (vale 5 punti)
Svolgimento
f.e.m. = ∆E = 0,066 = 0,0591 ⋅ log
log
0,0734
[Ag+ ]−
=
0,066
0,0591
[Ag+ ]−
+
[Ag ]−
0,0734
⇔
AgBrO3(s) ⇔ Ag+ (aq) + BrO −3
x
[Ag+ ]+
= 0,0591 ⋅ log
[Ag+ ]−
0,066
= 10 0,0591
⇒
(aq)
K s = [Ag+ ] ⋅ [BrO−3 ] = x2 = 5,61 ⋅ 10 − 3
[Ag+ ]− =
0,0734
10
x
(
0,0734
)
2
= 3,14 ⋅ 10 −5
-4-
0,066
0,0591
= 5,61 ⋅ 10 − 3
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 3 luglio 2006
1) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e azoto ha dato i
seguenti risultati: da 0,400 g si sono ottenuti 0,568 g di CO 2 e 0,580 g di H 2 O, oltre ad
azoto molecolare. Calcolare la formula molecolare della sostanza e i ml a c.n. di N 2
prodotto durante l’analisi sapendo che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno è 15,5.
(vale 4 punti)
2) Bilanciare le seguenti ossidoriduzioni:
• Reazione che avviene in ambiente acido:
MnO 4− (aq) + SnCl 2 (s) → Mn 2+ (aq) + Sn 4+ (aq) + HClO 4 (aq)
• Reazione che avviene in ambiente basico:
C 3 H 8 (l) + CrO =4 (aq) → Cr(OH) 3 (s) + CO 2 (g)
Per l’ultima reazione calcolare quanti ml di CO2 si sviluppano a 27°C e 770 torr se si
fanno reagire 0,44 g di propano (C 3 H 8 ) con 100 ml di una soluzione 0,5 M di cromato.
(vale 11 punti)
3) La costante di equilibrio alla temperatura di 950 °C per la reazione:
CO (g) + H 2 O (g) ⇄ CO 2(g) + H 2
(g)
è K = 0,64. Calcolare la frazione molare di ciascun componente quando si raggiunge
l’equilibrio partendo da 2,0 mol di ossido di carbonio e 2,0 mol di acqua. Al sistema in
equilibrio si aggiungono 1,5 mol di CO e 2 mol di CO 2 . Stabilire in quale direzione si
sposta l’equilibrio e calcolare il numero di moli di ciascun componente quando si
raggiunge il nuovo equilibrio.
(vale 8 punti)
4) Determinare la costante di dissociazione Ka dell’acido formico HCOOH sapendo che la
fem della pila schematizzata di seguito è 0,358V e che il potenziale standard dell’elettrodo
ad argento/cloruro di argento è 0,222 V:
Pt(-)
Ag(+)
H 2(g) (1 atm)│ [HCOOH] o = 0,14 M ││ [Cl]=1,0 M │AgCl (s)
(vale 7 punti)
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Risoluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (03 Luglio 2006)
1) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e azoto ha dato i seguenti
risultati: da 0,400 g si sono ottenuti 0,568 g di CO 2 e 0,580 g di H 2 O, oltre ad azoto molecolare.
Calcolare la formula molecolare della sostanza e i ml a c.n. di N 2 prodotto durante l’analisi sapendo
che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno è 15,5. (vale 4 punti)
Svolgimento:
0,400 g di C x H y N z ⇒ 0,568 g di CO 2 e 0,580 g di H 2O
z
y
y
C x H y N z + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2O + N 2
4
2
2
⇒ n C ≡ n CO 2
n H ≡ 2 ⋅ n H 2O
⇒ n C ≡ n CO 2 =
mCO 2
=
PM CO 2
n H ≡ 2 ⋅ n H 2O = 2 ⋅
mH 2 O
PM H 2O
0,568 g
≅ 0,01291 mol
44 g/mol
= 2⋅
0,580 g
≅ 0,06444 mol
18 g/mol
n N ≡ 2 ⋅ n N2
nN =
mN
m
− mC − mH mtotale − nC ⋅ PAC − nH ⋅ PAH
= totale
=
PAN
PAN
PAN
nN =
0,400 g − 0,01291 g ⋅ 12 g/mol − 0,06444 ⋅ 1 g/mol
≅ 0,0129 mol
14 g/mol
n C : n H : n N = 0,01291 : 0,06444 : 0,01291 ≈ 1 : 5 : 1
La formula minima è C1H 5 N1
d r →H 2 = 15,5 ⇔
PM C x H y N z
PM H 2
= 15,5 ⇔
PM C1H 5 N = (12 × 1 + 1× 5 + 14 × 1)
1
PM C x H y N z O W
PM C1H 5 N1
=1 ⇔
PM C x H y N z = 2
g
g
⋅15,5 = 31,0
mol
mol
g
g
= 31
mol
mol
formula molecolare coincide con quella minima ⇒ CH 5 N
Il volume di azoto molecolare è:
VN 2 = Vmolare a c.n. ⋅ n N 2 = Vmolare a c.n. ⋅
nN
l 0,0129
= 22,414
⋅ 2 [mol ] = 0,1446 [l ]
2
mol
-1-
2) Bilanciare le seguenti ossidoriduzioni:
• Reazione che avviene in ambiente acido:
MnO 4− (aq) + SnCl 2 (s) → Mn 2+ (aq) + Sn 4+ (aq) + HClO 4 (aq)
•
Reazione che avviene in ambiente basico:
C3 H 8 (l) + CrO 4= (aq) → Cr(OH) 3(s) + CO 2 (g)
Per l’ultima reazione calcolare quanti ml di CO 2 si sviluppano a 27°C e 770 torr se si fanno reagire
0,44 g di propano (C 3 H 8 ) con 100 mL di una soluzione 0,5 M di cromato. (vale 11 punti)
Svolgimento:
Reazione che avviene in ambiente acido (usare H+):
( +7)
Mn O -4 (aq) + 5 e − + 8 H + (aq) → Mn 2 + (aq) + 4 H 2 O (l)
( +2) ( −1)
× 18 m.c.m. = 90
( +7)
Sn Cl 2 (s) + 8 H 2 O (l) → Sn 4 + (aq) + 2 H Cl O 4 (aq) + 18 e − + 14 H + (aq) × 5
_______________________________________________________________________________________________________
18 MnO -4 (aq) + 90 e − + 144 H + (aq) + 5 SnCl 2 (s) + 40 H 2O (l) → 18 Mn 2 + (aq) + 72 H 2O (l) + 5 Sn 4 + (aq) + 10 HClO 4 (aq) + 90 e − + 70 H + (aq)
18 MnO -4 (aq) + 5 SnCl 2 (s) + 74 H + (aq) → 18 Mn 2 + (aq) + 5 Sn 4 + (aq) + 10 HClO 4 (aq) + 32 H 2O (l)
Reazione che avviene in ambiente basico (usare OH-):
( +6)
( +3)
Cr O 4= (aq) + 3 e − + 4 H 2 O (l) → Cr (OH) 3 (s) + 5 OH - (aq)
8
(− )
3
C
× 20 m.c.m. = 60
( +4)
3
H 8 (l) + 20 OH - (aq) → 3 C O 2 (g) + 20 e − + 14 H 2 O (l) × 3
_______________________________________________________________________________________________________
20 CrO 4= (aq) + 60 e − + 80 H 2 O (l) + 3 C 3 H 8 (l) + 60 OH - (aq) → 20 Cr(OH) 3 (s) + 100 OH - (aq) + 9 CO 2 (g) + 60 e − + 42 H 2 O (l)
20 CrO 4= (aq) + 3 C 3 H 8 (l) + 38 H 2 O (l) → 20 Cr(OH) 3 (s) + 9 CO 2 (g) + 40 OH - (aq)
PM C 3 H 8 = (3 × 12 + 8 × 1)[g/mol] = 44 [g/mol]
mol
[CrO 4= ] = 0,5 M = 0,5
⇔
l
n CrO =
4
V
n C 3 H 8 : n CrO = = 3 : 20 ⇔ n C 3 H 8 =
4
⇒
n C3H8 =
0,44 g
= 0,01 mol
44 ( g / mol )
mol
mol
= 0,5
⇒ n CrO =4 = 0,5
⋅ 0,100 (l ) = 0,05 mol
l
l
3
3
⋅ n CrO = =
⋅ 0,05 = 0,0075 mol < 0,01 mol ⇒
4
20
20
L’anione cromato è il reagente limitante.
-2-
9
9
⋅ n CrO = =
⋅ 0,05 = 0,0225 mol
4
20
20
n CO 2 : n CrO = = 9 : 20 ⇔ n CO 2 =
4
P ⋅ VCO 2 = n CO 2 ⋅ R ⋅ T
VCO 2 =
⇒
⇔
n CO 2 ⋅ R ⋅ T
=
P
l ⋅ atm 1000 ml
⋅
300,15 K
mol ⋅ K
l
= 547,25 ml
atm
770 torr ⋅
760 torr
0,0225 mol ⋅ 0,0821
3) La costante di equilibrio alla temperatura di 950 °C per la reazione:
CO (g) + H 2 O (g) ⇄ CO 2(g) + H 2
(g)
è K = 0,64. Calcolare la frazione molare di ciascun componente quando si raggiunge l’equilibrio
partendo da 2,0 mol di ossido di carbonio e 2,0 mol di acqua. Al sistema in equilibrio si aggiungono
1,5 mol di CO e 2 mol di CO 2 . Stabilire in quale direzione si sposta l’equilibrio e calcolare il
numero di moli di ciascun componente quando si raggiunge il nuovo equilibrio. (vale 8 punti)
Svolgimento
(a)
CO (g) + H 2 O (g) CO 2(g)
+ H 2(g)
Moli iniziali:
2
2
Moli all’equilibrio:
2-x
2-x
x
x
Poiché la reazione avviene senza variazioni di moli ∆ν = 0 :
K = 0,64 = K P = K C = K χ = K n
Quindi possiamo calcolare x così:
K = 0,64 =
x=
nCO2 ⋅ nH 2
nCO ⋅ nH 2 O
− 2,56 +
=
x⋅x
x2
⇔ 0,64 =
(2 − x ) ⋅ (2 − x )
(2 − x )2
(2,56)2 − 4 ⋅ (0,36) ⋅ (2,56)
2 ⋅ (0,36)
nCO2 = 0,89
n H 2 = 0,89
χ CO2 = χ H 2 =
x 0 ,89 mol
=
≅ 0 ,2225
4
4 mol
χ CO = χ H 2O =
2-x 1,11 mol
=
≅ 0 ,2775
4
4 mol
=
⇔
(
x 2 = 0,64 ⋅ 4 − 4 x + x 2
)
⇔ 0,36 ⋅ x 2 + 2,56 x − 2,56 = 0
− 2,56 + 3,2
≅ 0,89
2 ⋅ (0,36)
nCO = 2 − x = 1,11
n H 2O = 2 − x = 1,11
ntotali = 2 − x + 2 − x + x + x = 4
(b) La direzione in cui si sposta l’equilibrio quando si aggiungono 1,5 mol di CO e 2,0 mol di CO 2
non si può prevedere utilizzando il principio dell’equilibrio mobile, poiché la variazione di quantità
di un componente riguarda sia un composto scritto a destra che uno scritto a sinistra del segno di
equilibrio. Bisogna allora calcolare il nuovo quoziente di reazione Q al momento dell’aggiunta dei
due gas e confrontarlo con la K.
Poiché Q n è maggiore di K n , l’equilibrio si sposterà a sinistra.
-3-
CO (g)
1,11+1,5
2,61+y
Moli iniziali:
Moli all’equilibrio:
K = 0,64 =
nCO2 ⋅ n H 2
nCO ⋅ n H 2O
=
(2,89 − y )⋅ (0,89 − y )
(2,61 + y )⋅ (1,11 + y )
⇔ 0,64 =
+ H 2 O (g)
1,11
1,11+y
(2,89 − y )⋅ (0,89 − y )
(2,61 + y )⋅ (1,11 + y )
CO 2(g)
0,89+2
2,89-y
+ H 2(g)
0,89
0,89-y
⇔
0 ,64(2 ,61 + y ) ⋅ (1,11 + y ) = (2 ,89 − y ) ⋅ (0 ,89 − y ) ⇔
1,854144 + 1,6704 y + 0 ,7104 y + 0 ,64 y 2 = 2 ,5721-2 ,89 y-0 ,89 y + y 2
0,36 y 2 - 1,3992 y + 0,717956 = 0
y=
+ 1,3992 ±
⇔
osservazione : y deve, comunque, essere < 0,89 ⇔
(1,3992)2 − 4 ⋅ (0,36) ⋅ (0,717956)
0,72
+ 1,3992 ± 1,95776064 − 1,03385664
=
0,72
=
≈ 3,278 (non accettare)
y=
+ 1,3992 ± 0,923904 + 1,3992 ± 0,9612
=
=
0,72
0,72
≈ 0,608 (accettare)
nCO2 = 2,89 − y = 2,282
n H 2 = 0,89 − y = 0,282
nCO = 2,61 + y = 3,218
n H 2O = 1,11 + y = 2,828
4) Determinare la costante di dissociazione Ka dell’acido formico HCOOH sapendo che la fem della
pila schematizzata di seguito è 0,358V e che il potenziale standard dell’elettrodo ad argento/cloruro
di argento è 0,222 V:
Pt(-)
Ag(+)
H 2(g) (1 atm)│ [HCOOH] o = 0,14 M ││ [Cl]=1,0 M │AgCl (s)
(vale 7 punti)
Svolgimento:
ΔE = E + − E − = E 0AgCl,Cl− /Ag + 0,0591 ⋅ log [Cl − ] − E 0H + /H −
2
0,0591
[H + ]2
⋅ log
2
PH
2
[H + ] = x
0,358 = 0,222 −
+
0,0591
⋅ 2 ⋅ log x
2
+
x = [H ] = [H 3O ] = 10
(i)
(eq)
Ka =
−
0,358−0, 222
0,0591
⇒
log x = −
0,358 − 0,222
0,0591
mol
= 10 −2,30 = 5,0 ⋅ 10 −3
l
HCOOH(aq)
0,14
0,14-x
+ H 2 O (l)
HCOO- (aq)
x
[HCOO − ] ⋅ [H 3O + ]
x2
(5 ⋅ 10 −3 ) 2
2,5 ⋅ 10 −5
=
=
=
= 1,85 ⋅ 10 − 4 [mol/l]
−3
[HCOOH]
0,14 − x 0,14 − 5 ⋅ 10
0,135
-4-
+ H 3 O+ (aq)
x
Traccia 1
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
CdL in Ingegneria Industriale
1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 10 g di un miscuglio di FeS2 e Na2S contengono il 49,74 % in peso di zolfo.
Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e azoto
ha fornito i seguenti risultati: per combustione di 3,184 g si sono ottenuti 7,922
g di anidride carbonica e 1,621 g di acqua. Ricavare la formula minima della
sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 52,65 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5
punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: NO 2 , HCO 3- , ClO 3- disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 51 g di H2SO4 reagiscono con 14 g di Fe(OH)3 secondo la seguente reazione
acido-base (da bilanciare):
H2SO4 + Fe(OH)3 → Fe2(SO4)3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Fe2(SO4)3 e H2O vengono prodotti. Assegnare,
infine, la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C5H12 + MnO4Hg2Cl2 + CrO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
Mn2+
Cr(OH)3
+
+
CO2
Hg(OH)2 + ClO4-
(vale 7 punti)
6) Descrivere il modello atomico di Bohr enunciandone i postulati e ricavando
la quantizzazione del raggio e dell’energia. (vale 5 punti)
Traccia 2
Politecnico di Bari - II Facoltà di Ingegneria
CdL in Ingegneria Industriale
1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 20 g di un miscuglio di CuCl2 e NaCl contengono il 56,31 % in peso di
cloro. Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e
ossigeno ha fornito i seguenti risultati: per combustione di 1,101 g si sono
ottenuti 2,646 g di anidride carbonica e 0,540 g di acqua. Ricavare la formula
minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza
relativa all’idrogeno molecolare è 54,624 stabilirne la formula molecolare.
(vale 4,5 punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: CO 2 , HSO-4 , ClO-2 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 50 g di H3PO4 reagiscono con 20 g di Ca(OH)2 secondo la seguente reazione
acido-base (da bilanciare):
H3PO4 + Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + H2O
Calcolare quanti grammi di Ca3(PO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare,
infine, la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
FeS2 + Cr2O7-2
C3H8 + CrO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
Cr3+ + Fe3+
Cr(OH)3
+
SO2
+ CO3-2
(vale 7 punti)
6) Enunciare, corredandoli con opportuni esempi, il principo di Pauli ed la
regola Hund. Descrivere, infine, le proprietà periodiche degli elementi. (vale 5
punti)
Traccia 3
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CdL in Ingegneria Industriale
1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 30 g di un miscuglio di SnCl2 e KCl contengono il 44,51 % in peso di cloro.
Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e zolfo ha
fornito i seguenti risultati: per combustione di 0,8534 g si sono ottenuti 1,584 g
di anidride carbonica e 0,324 g di acqua. Ricavare la formula minima della
sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 70,56 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5
punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 2 , SO-24 , H 3 PO 3 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 99,2 g di H2S reagiscono con 39 g di Al(OH)3 secondo la seguente reazione
acido-base (da bilanciare):
H2S + Al(OH)3 → Al2S3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Al2S3 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine,
la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C6H14 + NO3Cu2S + MnO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
MnO2
NO
+
+
CO2
Cu(OH)2 + SO3-2
(vale 7 punti)
6) Enunciare, corredandole ove necessario con opportuni esempi, le cinque
leggi fondamentali della chimica. (vale 5 punti)
Traccia 4
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1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 40 g di un miscuglio di FeCl2 e CaCl2 contengono il 57,52 % in peso di
cloro. Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e bromo
ha fornito i seguenti risultati: per combustione di 12,955 g si sono ottenuti
10,562 g di anidride carbonica e 4,324 g di acqua. Ricavare la formula minima
della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 107,11 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5
punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 3 , H 3 PO 2 , ClO-4 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 36 g di H3AsO4 reagiscono con 72 g di Ba(OH)2 secondo la seguente
reazione acido-base (da bilanciare):
H3AsO4 + Ba(OH)2 → Ba3(AsO4)2 + H2O
Calcolare quanti grammi di Ba3(AsO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare,
infine, la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
As2S3 + NO3C6H10 + MnO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
NO
+
SO2 + AsO4-3
MnO2
+ CO3-2
(vale 7 punti)
6) Descrivere il legame covalente con la teoria dell’orbitale molecolare
(evidenziando le condizioni che permettono la combinazione di orbitali atomici
a dare orbitali molecolari) e ricavare, tramite tale teoria, la configurazione
elettronica, l’ordine di legame e le proprietà magnetiche della molecola O2.
(vale 5 punti)
Traccia 5
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1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 50 g di un miscuglio di CaBr2 e LiBr contengono il 84,77 % in peso di
bromo. Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e iodio ha
fornito i seguenti risultati: per combustione di 9,897 g si sono ottenuti 7,922 g
di anidride carbonica e 1,081 g di acqua. Ricavare la formula minima della
sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 163,66 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5
punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 2 , SO-24 , ClO- disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 58,8 g di H3PO4 reagiscono con 24,3 g di Sr(OH)2 secondo la seguente
reazione acido-base (da bilanciare):
H3PO4 + Sr(OH)2 → Sr3(PO4)2 + H2O
Calcolare quanti i grammi di Sr3(PO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare,
infine, la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C5H8 + ClO4AsBr3 + CrO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
Cl2
Cr(OH)3
+
CO2
+ BrO3- + AsO4-3
(vale 7 punti)
6) Descrivere il legame metallico secondo la teoria dell’orbitale molecolare.
Definire la differenza tra un conduttore, un semiconduttore ed un isolante, e
descrivere, infine, il drogaggio dei semiconduttori. (vale 5 punti)
Traccia 6
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1° esonero di Chimica - 16 Novembre 2006
COGNOME_____________________________________NOME __________________________
1) 60 g di un miscuglio di ZnBr2 e NiBr2 contengono il 72,31 % in peso di
bromo. Calcolare la composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e cloro ha
fornito i seguenti risultati: per combustione di 8,652 g si sono ottenuti 17,604 g
di anidride carbonica e 2,702 g di acqua. Ricavare la formula minima della
sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 85,84 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5
punti)
3) Per le seguenti specie chimiche: BF3 , HSO3- , HPO 3 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la
nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
4) 8,52 g di H2S reagiscono con 53,43 g di Fe(OH)3 secondo la seguente
reazione (da bilanciare):
H2S + Fe(OH)3 → Fe2S3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Fe2S3 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine,
la nomenclatura dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C4H10 + Cr2O7-2
Cu2S + MnO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
Cu(OH)2
CO2 + Cr3+
+ SO3-2 + MnO2
(vale 7 punti)
6) Descrivere le forze secondarie di legame. (vale 5 punti)
Risoluzione traccia N.1
1) 10 g di un miscuglio di FeS2 e Na2S contengono il 49,74 % in peso di zolfo. Calcolare la composizione
percentuale del miscuglio.(vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Fe= 55,847 uma
S=32,06 uma
FeS2=119,967 uma Na2S=78,0365 uma
massa di S =
Na=22,98977 uma
49,74
⋅ 10 g = 4,974 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di FeS2 e Na2S:
x + y = 10 g
x + y = 10
2⋅S
S
⋅x +
⋅ y = 4,974 g
FeS2
Na 2S
2 ⋅ 32,06
32,06
⋅x +
⋅ y = 4,974
119,967
78,0365
x = 10 - y
x = 10 - y
0,5345 ⋅ (10 - y ) + 0,4108 y = 4,974
5,345 − 0,5345y + 0,4108 y = 4,974
x = 10 - y
y=
x = 10 - y = 10 - 3 = 7 g
4,974 - 5,345
(−0,5345 + 0,4108)
% w FeS2 =
7g
⋅ 100 % = 70 %
10 g
y ≅ 3,0 g
% w Na 2S = 100 % − % w FeS2 = (100 − 70) ⋅ % = 30 %
Soluzioni traccia N°1 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e azoto ha fornito i seguenti risultati:
per combustione di 3,184 g si sono ottenuti 7,922 g di anidride carbonica e 1,621 g di acqua. Ricavare la
formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno
molecolare è 52,65 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
3,184 g di C x H y N z ⇒ 7,922 g di CO 2 e 1,621 g di H 2 O
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
y
y
z
C x H y N z + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2 O + N 2
4
2
2
2
m CO
=
2
PM CO
2
mH O
7,922 g
≅ 0,180 mol
44,0098 g/mol
1,621 g
≅ 0,180 mol
PM H O
18,0152 g/mol
− m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
m
m
=
n N = N = totale
PA N
PA N
PA N
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
2
= 2⋅
2
3,184 g − 0,180 mol ⋅ 12,011 g/mol − 0,18 ⋅ 1,0079 g/mol
≅ 0,060 mol
14,0067 g/mol
nN =
n C : n H : n N = 0,18 : 0,18 : 0,06 = 3 : 3 : 1
La formula minima è C 3 H 3 N 1
d r→H = 52,65
2
⇔
PM C H N
x
PM H
y
z
= 52,65 ⇔ PM C H N = 2,0158
x
2
PM C H N1 = (12,011 × 3 + 1,0079 × 3 + 14,0067 × 1)
3
3
PM C H N
x
y
PM C H N
3
3
z
y
z
g
g
⋅ 52,65 = 106,13
mol
mol
g
g
= 53,0634
mol
mol
≈ 2 ⇔ formula molecolare C 6 H 6 N 2
1
Soluzioni traccia N°1 pag. 2
3) Per le seguenti specie chimiche: NO 2 , HCO 3- , ClO 3- disegnare la formula di struttura (con le formule di
risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
a) NO 2 diossido di azoto (oppure biossido di azoto):
NO 2 ⇔ d.d. =
5
= 2,5 ≈ 3
2
si approssima a tre (ibridazione trigonale planare sp2) e si tiene conto
che un elettrone è spaiato:
120°
O
N
O
elettrone spaiato
d.t. =
5+ 2×6
= 8,5
2
2,5 doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare 6.
Formule di risonanza:
O
O
O
N
N
N
O
O
O
N.B.: l’azoto non può espandere l’ottetto.
b) HCO 3- anione idrogenocarbonato (oppure anione bicarbonato), anione derivate dalla dissociazione
dell’acido carbonico H2CO3 (ossoacido diprotico: ogni idrogeno è legato all’ossigeno):
HCO 3- ⇔ d.d. =
4 + 1 − ( −1)
= 3 ⇒ sp 2
2
O
ibridazion e trigonale planare
120°
C
O
d.t. =
4 + 1 + −( −1) + 3 × 6
= 12
2
O
H
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare otto.
Formule di risonanza:
Soluzioni traccia N°1 pag. 3
O
C
O
O
O
C
C
O
O
O
O
H
O
H
H
N.B.: il carbonio non può espandere l’ottetto.
c) ClO 3- , anione clorato, anione derivate dalla dissociazione dell’acido clorico HClO3 (ossiacido
monoprotico: l’idrogeno è legato all’ossigeno):
O
O
doppietto
solitario
Cl
circa 109°
O
ClO 3- ⇔ d.d. =
d.t. =
7 − ( −1)
= 4 ⇒ sp 3
2
7 − (−1) + 3 × 6
= 13
2
ibridazion e tetraedrica
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare nove.
Formule di risonanza:
O
O
O
Cl
Cl
O
O
O
Cl
O
O
O
O
Cl
O
O
Cl
O
O
O
O
Cl
O
O
O
O
Cl
O
N.B.: il cloro può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°1 pag. 4
4) 51 g di H2SO4 reagiscono con 14 g di Fe(OH)3 secondo la seguente reazione acido-base (da bilanciare):
H2SO4 + Fe(OH)3 → Fe2(SO4)3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Fe2(SO4)3 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura
dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
3 H2SO4 + 2 Fe(OH)3 → Fe2(SO4)3 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
n H SO =
2
4
m H SO
2
PM H SO
m Fe(OH)
2
n Fe(OH) =
3
=
4
4
3
PM Fe(OH)
51,0 g
= 0,520 mol
98,073 (g/mol)
=
3
14,0 g
= 0,131 mol
106,8689 (g/mol)
3 H2SO4
0,520
0,196
0,324
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H SO : n Fe(OH) = 3 : 2
2
4
3
⇒
⇒
+ 2 Fe(OH)3 → Fe2(SO4)3
0,131
0,131
0,06505
0,06505
+ 6 H2O
0,393
0,393
0,520 mol : x = 3 : 2
2
⋅ 0,520 mol ≅ 0,347 mol > 0,131 mol
3
x=
⇒ il Fe(OH)3 è in difetto, esso è il reagente limitante. Le moli di H2SO4 effettivamente consumate sono:
n H SO : n Fe(OH) = 3 : 2
2
4
3
⇒
y : 0,131 mol = 3 : 2
3
y = ⋅ 0,131 mol ≅ 0,196 mol
2
⇒
Le moli di Fe2(SO4)3 e H2O formate sono rispettivamente:
n Fe (SO ) : n Fe(OH) = 1 : 2
2
4 3
⇒
2
n H O : n Fe(OH)
2
3
n Fe (SO ) : 0,131 mol = 1 : 2
2
4 3
1
⋅ 0,131 mol = 0,06505 mol
2
= 6:2
⇒
n H O : 0,131 mol = 6 : 2
n Fe (SO
⇒
⇒
3
4 )3
=
2
nH O =
2
6
⋅ 0,131 mol = 0,393 mol
2
I grammi di Fe2(SO4)3 e H2O sono:
m Fe (SO ) = n Fe (SO ) ⋅ PM Fe (SO ) = 0,06505 mol ⋅ 399,8698
2
4 3
2
4 3
2
4 3
m H O = m H O ⋅ PM H O = 0,393 mol ⋅ 18,0158
2
2
2
g
≅ 26,011 g
mol
g
≅ 7,08 g
mol
Soluzioni traccia N°1 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
ambiente
acido
C5H12 + MnO4Hg2Cl2 + CrO4-2
ambiente
basico
Mn2+
Cr(OH)3
+
+
CO2
Hg(OH)2 + ClO4-
vale 7 punti)
Svolgimento
RED
(−
12
)
5
( +7)
a) C 5 H12 + Mn O
4
H+
( +2)
( +4)
→ M n ++ + C O 2
OX
(−
12
)
5
ox) C
( +4)
5
H 12 + 10 H 2 O → 5 C O 2 + 32 e - + 32 H +
( +7)
( +2)
red) Mn O -4 + 5 e - + 8 H + → M n + + + 4 H 2 O
× 5 mcm = 32 × 5 = 160
× 32
_____________________________________________________________________________
5 C 5 H 12 + 50 H 2 O + 32 MnO -4 + 160 e - + 256 H + → 25 CO 2 + 160 e - + 160 H + + 32 Mn + + + 128 H 2 O
5 C 5 H 12 + 32 MnO -4 + 96 H + → 25 CO 2 + 32 Mn + + + 78 H 2 O
RED
( +1)
( − 1)
( +6)
b) Hg 2 Cl 2 + Cr O
−2
4
OH -
( +3)
( +2)
( +7)
→ Cr (OH) 3 + Hg (OH) 2 + Cl O -4
OX
( +1)
( −1)
( +2)
( +7)
ox) Hg 2 Cl 2 + 20 OH - → 2 Hg (OH) 2 + 2 Cl O -4 + 18 e - + 8 H 2 O ×1 mcm = 18
( +6)
( +3)
red) Cr O 4− 2 + 3 e - + 4 H 2 O → Cr (OH) 3 + 5 OH -
×6
__________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ _________
Hg 2 Cl 2 + 20 OH - + 6 CrO 4−2 + 18 e - + 24 H 2 O → 2 Hg(OH) 2 + 2 ClO -4 + 18 e - + 8 H 2 O + 6 Cr(OH) 3 + 30 OH Hg 2 Cl 2 + 6 CrO 4− 2 + 16 H 2 O → 2 Hg(OH) 2 + 2 ClO -4 + 6 Cr(OH) 3 + 10 OH -
Soluzioni traccia N°1 pag. 6
Risoluzione traccia N.2
1) 20 g di un miscuglio di CuCl2 e NaCl contengono il 56,31 % in peso di cloro. Calcolare la composizione
percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Cu= 63,546 uma
Cl=35,453 uma
CuCl2=134,452 uma NaCl=58,4428 uma
massa di Cl =
Na=22,98977 uma
56,31
⋅ 20 g = 11,262 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di CuCl2 e NaCl:
x + y = 20 g
x + y = 10
Cl
2 ⋅ Cl
⋅x +
⋅ y = 11,262 g
NaCl
CuCl 2
2 ⋅ 35,453
35,453
⋅x +
⋅ y = 11,262
134,452
58,4428
x = 20 - y
x = 20 - y
0,5273 ⋅ (20 - y ) + 0,6066 y = 11,262
10,546 − 0,5273y + 0,6066 y = 11,262
x = 20 - y
y=
x = 20 - y = 20 - 9,03 = 10,97 g
11,262 - 10,546
(−0,5273 + 0,6066)
% w CuCl 2 =
10,97 g
⋅ 100 % = 54,85 %
20 g
y ≅ 9,03g
% w NaCl = 100 % − % w CuCl 2 = (100 − 54,85) ⋅ % = 45,15 %
Soluzioni traccia N°2 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e ossigeno ha fornito i seguenti
risultati: per combustione di 1,101 g si sono ottenuti 2,646 g di anidride carbonica e 0,540 g di acqua.
Ricavare la formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa
all’idrogeno molecolare è 54,624 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
1,101 g di C x H y O z ⇒ 2,646 g di CO 2 e 0,540 g di H 2 O
C x H y O z + (x +
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
y z
y
- ) O 2 → xCO 2 + H 2 O
4 2
2
2
m CO
=
2
PM CO
2
mH O
2,646 g
≅ 0,060 mol
44,0098 g/mol
0,540 g
≅ 0,060 mol
PM H O
18,0152 g/mol
m
m
− m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
n O = O = totale
=
PA O
PA O
PA O
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
2
= 2⋅
2
nO =
1,101 g − 0,060 mol ⋅ 12,011 g/mol − 0,060 ⋅ 1,0079 g/mol
≅ 0,020 mol
15,9994 g/mol
n C : n H : n O = 0,060 : 0,060 : 0,02 = 3 : 3 : 1
La formula minima è C 3 H 3 O1
d r→H = 52,65
2
⇔
PM C H O
x
PM H
y
z
= 52,65 ⇔
PM C H O = 2,0158
2
PM C H O1 = (12,011× 3 + 1,0079 × 3 + 15,9994 × 1)
3
3
PM C H O
x
y
PM C H O
3
z
x
y
z
g
g
⋅ 54,624 = 110,111
mol
mol
g
g
= 55,056
mol
mol
≈ 2 ⇔ formula molecolare C 6 H 6 O 2
3 1
Soluzioni traccia N°2 pag. 2
-
-
3) Per le seguenti specie chimiche: CO 2 , HSO 4 , ClO 2 disegnare la formula di struttura (con le formule di
risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
a) CO 2 , diossido di carbonio (oppure anidride carbonica):
4
=2
2
CO 2 ⇔ d.d. =
4 + 2×6
=8
2
d.t. =
ibridazione sp lineare
180°
O
C
O
due doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare 6.
Formule di risonanza:
O
C
O
O
C
O
O
C
O
O
C
O
N.B.: il carbonio non può espandere l’ottetto.
-
b) HSO 4 , anione idrogeno solfato o bisolfato o solfato acido, anione derivate dalla prima dissociazione
dell’acido solforico H2SO4 (ossoacido diprotico: ogni idrogeno è legato all’ossigeno):
HSO -4 ⇔ d.d. =
6 + 1 - (-1)
=4
2
ibridazione tetraedrica sp3
O
H
O
d.t. =
6 + 4 × 6 + 1 - (-1)
= 16
2
circa 109°
S
O
O
cinque doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare undici.
Formule di risonanza:
O
H
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
O
S
O
O
S
S
O
O
H
O
O
O
O
O
H
S
S
H
O
H
O
O
S
O
H
O
H
O
S
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°2 pag. 3
-
c) ClO 2 , anione clorito, anione derivate dalla dissociazione dell’acido cloroso HClO2 (ossoacido
monoprotico: l’idrogeno è legato all’ossigeno):
O
O
doppietti
solitari
ClO -2 ⇔ d.d. =
d.t. =
Cl
7 − ( −1)
= 4 ⇒ sp 3
2
7 − (−1) + 2 × 6
= 10
2
circa 109°
ibridazione tetraedrica
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare sei.
Formule di risonanza:
O
O
Cl
O
O
O
Cl
O
Cl
N.B.: il cloro può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°2 pag. 4
4) 50 g di H3PO4 reagiscono con 20 g di Ca(OH)2 secondo la seguente reazione acido-base (da bilanciare):
H3PO4 + Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + H2O
Calcolare quanti grammi di Ca3(PO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura
dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
2 H3PO4 + 3 Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
m H PO
n H PO =
3
3
3
n Ca(OH) =
2
=
4
PM H PO
4
4
m Ca(OH)
=
2
PM Ca(OH)
50,0 g
= 0,510 mol
97,995 (g/mol)
2
20,0 g
= 0,267 mol
74,0946 (g/mol)
2 H3PO4
0,510
0,178
0,332
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H PO : n Ca(OH) = 2 : 3
3
4
2
⇒
x=
⇒
+ 3 Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2
0,267
0,267
0,089
0,089
+ 6 H2O
0,534
0,534
0,510 mol : x = 2 : 3
3
⋅ 0,510 mol ≅ 0,735 mol > 0,267 mol
2
⇒ il Ca(OH)2 è in difetto, esso è il reagente limitante. Le moli di H3PO4 effettivamente consumate sono:
n H PO : n Ca(OH) = 2 : 3
3
4
2
⇒
y=
⇒
y : 0,267 mol = 2 : 3
2
⋅ 0,267 mol ≅ 0,178 mol
3
Le moli di Ca3(PO4)2 e H2O formate sono rispettivamente:
n Ca
: n Ca(OH) = 1 : 3
3 (PO 4 ) 2
⇒
2
n Ca
n Ca
3 (PO 4 ) 2
: 0,267 mol = 1 : 3
1
= ⋅ 0,131 mol ≅ 0,089 mol
3
n H O : 0,267 mol = 6 : 3
= 6:3
⇒
3 (PO 4 ) 2
n H O : n Ca(OH)
2
⇒
⇒
2
nH O =
2
2
6
⋅ 0,267 mol = 0,534 mol
3
I grammi di Ca3(AsO4)2 e H2O sono:
m Ca
3 (PO 4 ) 2
= n Ca
⋅ PM Ca
3 (PO 4 ) 2
3 (PO 4 ) 2
= 0,089 mol ⋅ 310,1827
m H O = m H O ⋅ PM H O = 0,534 mol ⋅18,0158
2
2
2
g
≅ 27,606 g
mol
g
≅ 9,620 g
mol
Soluzioni traccia N°2 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
ambiente
acido
FeS2 + Cr2O7-2
C3H8 + CrO4-2
Cr3+ + Fe3+
ambiente
basico
Cr(OH)3
+
SO2
+ CO3-2
(vale 8 punti)
RED
( +2) ( −1)
( +6)
a) Fe S 2 + Cr 2 O
−2
7
H+
( +3)
( +3)
( +4)
→ C r 3 + + F e 3+ + S O 2
OX
( + 2) ( − 1)
ox) Fe S 2 + 4 H 2 O →
( + 3)
( + 4)
F e 3+ + 2 S O 2 + 11 e − + 8 H + ×6
( + 6)
( + 3)
Cr 2 O 7− 2 + 6 e − + 1 4 H + → 2 C r 3+ + 7 H 2 O
red)
mcm = 11 × 6 = 66
× 11
__________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ ____
6 FeS 2 + 24 H 2 O + 11 Cr2 O 7− 2 + 66 e − + 154 H + → 6 Fe 3+ + 12 SO 2 + 66 e − + 48 H + + 22Cr 3+ + 77 H 2 O
6 FeS 2 + 11 Cr2 O 7− 2 + 106 H + → 6 Fe 3+ + 12 SO 2 + 22Cr 3+ + 53 H 2 O
RED
8
(− )
3
( +6)
b) C 3 H 8 + Cr O
-2
4
OH −
→
( +3)
( +4)
C r(OH)3 + C O 3- 2
OX
8
(− )
3
( +4)
ox) C 3 H 8 + 26 OH - → 3 C O 3-2 + 20 e − + 17 H 2 O × 3 mcm = 60
( +6)
( +3)
red) Cr O -42 + 3 e − + 4 H 2 O → C r(OH)3 + 5 OH - × 20
______________________________________________________________________________
3C3 H 8 + 78 OH - + 20 CrO -42 + 60 e − + 80 H 2 O → 9 CO 3-2 + 60 e − + 51 H 2 O + 20 Cr(OH)3 + 100 OH 3C3 H 8 + 20 CrO -42 + 29 H 2 O → 9 CO 3-2 + 20 Cr(OH)3 + 22 OH -
Soluzioni traccia N°2 pag. 6
Risoluzione traccia N.3
1) 30 g di un miscuglio di SnCl2 e KCl contengono il 44,51 % in peso di cloro. Calcolare la composizione
percentuale del miscuglio.(vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Sn= 118,69 uma
Cl=35,453 uma
SnCl2=189,596 uma KCl=74,5493 uma
massa di Cl =
K=39,0963 uma
44,51
⋅ 30 g = 13,353 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di SnCl2e KCl:
x + y = 30 g
x + y = 30
2 ⋅ Cl
Cl
⋅x +
⋅ y = 13,353 g
SnCl 2
KCl
2 ⋅ 35,453
35,453
⋅x +
⋅ y = 13,353
189,596
74,5493
x = 30 - y
x = 30 - y
0,3740 ⋅ (30 - y ) + 0,4756 y = 13,353
11,22 − 0,3740 y + 0,4756 y = 13,353
x = 30 - y
y=
x = 30 - y = 30 - 20,994 g = 9,006 g
13,353 - 11,22
(−0,3740 + 0,4756)
% w SnCl 2 =
20,994 g
⋅100 % = 69,98 %
30 g
y ≅ 20,994 g
% w KCl = 100 % − % w SnCl 2 = (100 − 69,98 ) ⋅ % = 30,02 %
Soluzioni traccia N°3 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e zolfo ha fornito i seguenti risultati:
per combustione di 0,8534 g si sono ottenuti 1,584 g di anidride carbonica e 0,324 g di acqua. Ricavare la
formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno
molecolare è 70,56 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
0,8534 g di C x H ySz ⇒ 1,584 g di CO 2 e 0,324 g di H 2 O
C x H ySz + (x +
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
2
m CO
=
2
PM CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
y
y
+ z) O 2 → x CO 2 + H 2 O + z SO 2
4
2
2
mH O
2
PM H O
1,584 g
≅ 0,036 mol
44,0098 g/mol
= 2⋅
2
0,324 g
≅ 0,036 mol
18,0152 g/mol
m
m − m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
=
n S = S = totale
PA S
PA S
PA S
nS =
0,8534 g − 0,036 mol ⋅ 12,011 g/mol − 0,036 ⋅ 1,0079 g/mol
≅ 0,012 mol
32,06 g/mol
n C : n H : n S = 0,036 : 0,036 : 0,012 = 3 : 3 : 1
La formula minima è C 3 H 3S1
d r→H = 70,56
2
⇔
PM C H N
x
PM H
y
z
= 70,56
⇔ PM C H N = 2,0158
x
PM C H S = (12,011× 3 + 1,0079 × 3 + 32,06 × 1)
3
3 1
PM C H S
x
y z
PM C H S
3
y
z
2
≈ 2 ⇔ formula molecolare
g
g
⋅ 70,56 = 142,23
mol
mol
g
g
= 71,117
mol
mol
C 6 H 6S 2
3 1
Soluzioni traccia N°3 pag. 2
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 2 , SO 4 , H 3 PO 3 disegnare la formula di struttura (con le formule di
risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
-2
a) SO 2 diossido di zolfo oppure anidride solforosa:
SO 2 ⇔ d.d. =
6
=3
2
ibridazione trigonale planare sp2
120°
O
S
O
d.t. =
6 + 2× 6
=9
2
doppietto
solitario
restano da sistemare 6 doppietti. Formule di risonanza:
O
O
O
S
S
S
O
O
S
O
O
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
-2
b) SO 4 anione solfato, anione derivate dalla completa dissociazione dell’acido solforico H2SO4 (ossoacido
diprotico: ogni idrogeno è legato all’ossigeno):
SO -42 ⇔ d.d. =
6 − (−2)
= 4 ⇒ sp3 ibridazione tetraedrica
2
circa 109°
O
O
S
O
d.t. =
6 + 4 × 6 − (−2)
= 16
2
O
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare dodici.
Formule di risonanza:
Soluzioni traccia N°3 pag. 3
O
O
O
O
S
O
O
O
O
O
O
O
S
O
O
O
O
O
O
O
O
S
S
O
S
S
O
O
O
O
O
O
O
ECC...
S
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
c) H 3 PO 3 , acido fosforoso (ossoacido diprotico: due idrogeni sono legati all’ossigeno, l’altro direttamente
al fosforo):
5+3
H 3PO 3 ⇔ d .d . =
= 4 ⇒ sp 3 ibridazion e tetraedrica
2
H
O
H
O
P
H
circa 109°
d .t. =
O
5 + 3 + 3× 6
= 13
2
sei doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare sette.
H
H
O
H
O
O
H
H
O
P
P
O
O
H
N.B.: l’atomo di fosforo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°3 pag. 4
4) 99,2 g di H2S reagiscono con 39 g di Al(OH)3 secondo la seguente reazione acido-base (da bilanciare):
H2S + Al(OH)3 → Al2S3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Al2S3 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura dell’acido,
della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
3 H2S + 2 Al(OH)3 → Al2S3 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
m H 2S
99,2 g
=
= 2,916 mol
n H 2S =
PM H 2S 34,0158 (g/mol)
n Al(OH) =
3
m Al(OH)
PM Al(OH)
39,0 g
= 0,500 mol
78,00344 (g/mol)
=
3
3
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H2S : n Al(OH)3 = 3 : 2
⇒
3 H2S
2,916
0,750
2,166
+ 2 Al(OH)3 →
0,500
0,500
-
Al2S3
0,250
0,250
+ 6 H2O
1,500
1,500
2,916 mol : x = 3 : 2
2
⋅ 2,916 mol = 1,944 mol > 0,500 mol
3
⇒ l’ Al(OH)3 è in difetto, esso è il reagente limitante. Le moli di H2S effettivamente consumate sono:
⇒
x=
n H S : n Al(OH) = 3 : 2
2
⇒
3
⇒
y : 0,500 mol = 3 : 2
3
⋅ 0,500 mol = 0,750 mol
2
y=
Le moli di Al2S3 e H2O formate sono rispettivamente:
n Al S : n Al(OH) = 1 : 2
2 3
⇒
3
n Al S : 0,500 mol = 1 : 2
2 3
1
n Al S = ⋅ 0,500 mol = 0,250 mol
2
n H O : n Al(OH) = 6 : 2
n H O : 0,500 mol = 6 : 2
⇒
⇒
2 3
2
3
2
6
n H O = ⋅ 0,500 mol = 1,500 mol
2
⇒
2
I grammi di Al2S3 e H2O sono:
g
≅ 37,536 g
mol
g
= 1,500 mol ⋅ 18,0158
≅ 27,024 g
mol
m Al S = n Al S ⋅ PM Al S = 0,250 mol ⋅ 150,143
2 3
2 3
2 3
m H O = m H O ⋅ PM H O
2
2
2
Soluzioni traccia N°3 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C6H14 + NO3Cu2S + MnO4-2
ambiente
acido
ambiente
basico
NO
MnO2
+
+
CO2
Cu(OH)2 + SO3-2
(vale 7 punti)
Svolgimento
RED
(−
14
)
6
( +5)
a) C 6 H14 + N O
H+
→
3
( +2)
( +4)
N O + C O2
OX
(−
14
)
6
( +4)
ox) C 6 H14 + 12 H 2 O → 6 C O 2 + 38 e - + 38 H +
( +5)
( +2)
red) N O 3- + 3 e - + 4 H + → N O + 2 H 2 O
× 3 mcm = 38 × 3 = 114
× 38
_____________________________________________________________________________
3 C 6 H14 + 36 H 2 O + 38 NO 3- + 114 e - + 152 H + → 6 CO 2 + 114 e - + 114 H + + 38 NO + 76 H 2 O
3 C 6 H14 + 38 NO 3- + 38 H + → 18 CO 2 + 38 NO + 40 H 2 O
RED
( +1)
(-2)
( +6)
b) Cu 2 S + Mn O
−2
4
OH -
( +4)
( +2)
( +4)
→ Mn O 2 + Cu (OH) 2 + S O 3-2
OX
( +1)
( −2)
( +2)
( +4)
ox) Cu 2 S + 10 OH - → 2 Cu (OH) 2 + S O 3-2 + 8 e- + 3 H 2O ×1 mcm = 8
( +6)
( +4)
red) Mn O −4 2 + 2 e- + 2 H 2O → Mn O 2 + 4 OH -
×4
__________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ _________
Cu 2S + 10 OH - + 4 MnO −4 2 + 8 e- + 8 H 2O → 2 Cu(OH) 2 + SO 3-2 + 8 e - + 3 H 2O + 4 MnO 2 + 16 OH Cu 2S + 4 MnO −4 2 + 5 H 2O → 2 Cu(OH) 2 + SO 3-2 + 4 MnO 2 + 6 OH -
Soluzioni traccia N°3 pag. 6
Risoluzione traccia N.4
1) 40 g di un miscuglio di FeCl2 e CaCl2 contengono il 57,52 % in peso di cloro. Calcolare la composizione
percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Fe= 55,847 uma
Cl=35,453 uma
FeCl2= 126,753 uma CaCl2=110,986 uma
massa di Cl =
Ca=40,08 uma
57,52
⋅ 40 g = 23,008 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di FeCl2 e CaCl2:
x + y = 40 g
x + y = 40
2 ⋅ Cl
2 ⋅ Cl
⋅x +
⋅ y = 23,008 g
FeCl2
CaCl 2
2 ⋅ 35,453
2 ⋅ 35,453
⋅x +
⋅ y = 23,008
126,753
110,986
x = 40 - y
x = 40 - y
0,5594 ⋅ (40 - y ) + 0,6389 y = 23,008
22,376 − 0,5594 y + 0,6389 y = 23,008
x = 40 - y
y=
x = 40 - y = 40 - 7,95 = 32,05 g
23,008 - 22,376
(−0,5594 + 0,6389)
% w FeCl 2 =
32,05 g
⋅ 100 % = 80,12 %
40 g
y ≅ 7,95g
% w CaCl 2 = 100 % − % w CuCl 2 = (100 − 80,12 ) ⋅ % = 19,88 %
Soluzioni traccia N°4 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e bromo ha fornito i seguenti risultati:
per combustione di 12,955 g si sono ottenuti 10,562 g di anidride carbonica e 4,324 g di acqua. Ricavare la
formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno
molecolare è 107,11 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
12,955 g di C x H y Brz ⇒ 10,562 g di CO 2 e 4,324 g di H 2 O
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
2
m CO
=
2
PM CO
2
mH O
10,562 g
≅ 0,24 mol
44,0098 g/mol
4,324 g
≅ 0,48 mol
PM H O
18,0152 g/mol
− m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
m
= totale
=
PA Br
PA Br
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
y
y
C x H y Brz + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2O + .....
2
4
2
= 2⋅
2
n Br =
m Br
PA Br
n Br =
12,955 g − 0,24 mol ⋅12,011 g/mol − 0,48 ⋅1,0079 g/mol
≅ 0,12 mol
79,904 g/mol
n C : n H : n Br = 0,24 : 0,48 : 0,12 = 2 : 4 : 1
La formula minima è C 2 H 4 Br1
d r→H = 52,65
2
⇔
PM C H Br
x
y
PM H
z
= 107,11
⇔ PM C H Br = 2,0158
2
PM C H Br1 = (12,011× 2 + 1,0079 × 4 + 79,904 × 1)
2
4
PM C H Br
x
y
z
PM C H Br
2
4
x
y
z
g
g
⋅ 54,624 = 215,912
mol
mol
g
g
= 107,958
mol
mol
≈ 2 ⇔ formula molecolare C 4 H8 Br2
1
Soluzioni traccia N°4 pag. 2
-
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 3 , H 3 PO 2 , ClO 4 disegnare la formula di struttura (con le formule
di risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
a) SO 3 triossido di zolfo oppure anidride solforica:
SO 3 ⇔ d.d. =
6
=3
2
ibridazione trigonale planare sp2
120°
O
S
O
d.t. =
6 + 3× 6
= 12
2
O
tre doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare 9.
Formule di risonanza:
O
O
S
O
S
O
O
O
O
O
S
S
O
O
S
O
O
O
O
O
O
S
O
O
S
O
O
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
b) H 3PO 2 , acido ipofosforoso (ossoacido monoprotico: due idrogeni sono legati al fosforo, l’altro
all’ossigeno):
H 3PO 2 ⇔ d.d. =
5+3
= 4 ⇒ sp 3
2
ibridazione tetraedrica
H
H
O
P
H
circa 109°
d .t. =
O
5 + 3+ 2× 6
= 10
2
cinque doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare altri cinque:
H
H
H
O
H
H
O
P
P
O
O
H
N.B.: l’atomo di fosforo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°4 pag. 3
-
c) ClO 4 , anione perclorato, anione derivate dalla dissociazione dell’acido perclorico HClO4 (ossoacido
monoprotico: l’idrogeno è legato all’ossigeno):
ClO -4 ⇔ d.d. =
7 − (−1)
= 4 ⇒ sp 3
2
ibridazione tetraedrica
circa 109°
O
O
d.t. =
7 − (−1) + 4 × 6
= 16
2
Cl
O
O
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare dodici.
Formule di risonanza:
O
O
O
Cl
O
Cl
O
O
O
O
O
O
O
+ altre 3 di uguale
peso
Cl
O
O
Cl
O
O
O
+ altre 3 di uguale
peso
+ altre 3 di uguale
peso
N.B.: il cloro può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°4 pag. 4
4) 36 g di H3AsO4 reagiscono con 72 g di Ba(OH)2 secondo la seguente reazione acido-base (da bilanciare):
H3AsO4 + Ba(OH)2 → Ba3(AsO4)2 + H2O
Calcolare quanti grammi di Ba3(AsO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura
dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
2 H3AsO4 + 3 Ba(OH)2 → Ba3(AsO4)2 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
n H AsO =
3
4
m H AsO
3
4
PM H AsO
3
n Ba(OH) =
2
m Ba(OH)
=
36,0 g
= 0,254 mol
141,9429 (g/mol)
=
72,0 g
= 0,420 mol
171,3446 (g/mol)
4
2
PM Ba(OH)
2
2 H3AsO4
0,254
0,254
-
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H AsO : n Ba(OH) = 2 : 3
3
4
⇒
2
x=
⇒
+ 3 Ba(OH)2 → Ba3(AsO4)2
0,420
0,381
0,127
0,0390,127
+ 6 H2O
0,762
0,762
0,254 mol : x = 2 : 3
3
⋅ 0,254 mol = 0,381 mol < 0,420 mol
2
⇒ il Ba(OH)2 è in eccesso, H3AsO4 è il reagente limitante. Le moli di Ba(OH)2 effettivamente consumate
sono proprio 0,381 mol.
Le moli di Ba3(AsO4)2 e H2O formate sono rispettivamente:
n Ba (AsO ) : n Ba(OH) = 1 : 3
3
4 2
2
⇒
n Ba (AsO ) : 0,381 mol = 1 : 3
3
4 2
1
n Ba (AsO ) = ⋅ 0,381 mol = 0,127 mol
3
⇒
3
4 2
n H O : n Ba(OH) = 6 : 3
2
2
⇒
nH O =
2
⇒
n H O : 0,381 mol = 6 : 3
2
6
⋅ 0,381 mol = 0,762 mol
3
I grammi di Ba3(AsO4)2 e H2O sono:
m Ba (AsO ) = n Ba (AsO ) ⋅ PM Ba (AsO ) = 0,127 mol ⋅ 689,8284
3
4 2
3
4 2
3
4 2
m H O = m H O ⋅ PM H O = 0,762 mol ⋅18,0158
2
2
2
g
≅ 87,608 g
mol
g
≅ 13,280 g
mol
Soluzioni traccia N°4 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
ambiente
acido
As2S3 + NO3C6H10 + MnO4-2
NO
ambiente
basico
+
SO2 + AsO4-3
MnO2
+ CO3-2
(vale 7 punti)
RED
( +3)
( −2)
( +5)
a) As 2 S 3 + N O
H+
( +2)
→
−
3
( +4)
( +5)
N O + S O 2 + A sO -34
OX
( +3)
( −2)
( +4)
( +5)
ox) As 2 S 3 + 14 H 2 O → 3 S O 2 + 2 A sO -43 + 22 e − + 28 H + ×3 mcm = 22 × 3 = 66
( +5)
( +2)
red) N O 3− + 3 e − + 4 H + → N O + 2 H 2 O
× 22
_________________________________________________________________________________
3As 2S3 + 42 H 2 O + 22 NO 3− + 66 e − + 88 H + → 9 SO 2 + 6 AsO-43 + 66 e − + 84 H + + 22 NO + 44 H 2 O
3As 2S3 + 22 NO 3− + 4 H + → 9 SO 2 + 6 AsO-43 + 22 NO + 2 H 2 O
RED
10
(− )
6
b) C
( +6)
6
H10 + Mn O
-2
4
OH −
→
( +4)
( +4)
M nO 2 + C O 3-2
OX
10
(− )
6
( +4)
ox) C 6 H10 + 46 OH - → 6 C O3-2 + 34 e − + 28 H 2O × 1 mcm = 34
( +6)
( +4)
red) Mn O -42 + 2 e − + 2 H 2O → M nO 2 + 4 OH - × 17
______________________________________________________________________________
C6 H10 + 46 OH - + 17 MnO-42 + 34 e − + 34 H 2O → 6 CO3-2 + 34 e − + 28 H 2O + 17 MnO 2 + 68 OH C6 H10 + 17 MnO -42 + 6 H 2O → 6 CO3-2 + 17 MnO 2 + 22 OH -
Soluzioni traccia N°4 pag. 6
Risoluzione traccia N.5
1) 50 g di un miscuglio di CaBr2 e LiBr contengono il 84,77 % in peso di bromo. Calcolare la
composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Ca = 40,08 uma
CaBr2 = 199,888 uma
massa di Br =
Br = 79,904 uma
LiBr = 86,845 uma
Li = 6,941 uma
84,77
⋅ 50 g = 42,385 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di CaBr2 e LiBr:
x + y = 50 g
x + y = 50
2 ⋅ Br
Br
⋅x +
⋅ y = 42,385 g
CaBr2
LiBr
2 ⋅ 79,904
79,904
⋅x +
⋅ y = 42,385
199,888
86,845
x = 50 - y
x = 50 - y
0,7995 ⋅ (50 - y ) + 0,9201 y = 42,385
39,975 − 0,7995 y + 0,9201 y = 42,385
x = 50 - y
y=
x = 50 - y = 50 - 19,98 = 30,02 g
42,385 - 39,975
(−0,7995 + 0,9201)
% w CaBr2 =
30,02 g
⋅ 100 % = 60,04 %
50 g
y ≅ 19,98 g
% w LiBr = 100 % − % w CaBr2 = (100 − 60,04) ⋅ % = 39,96 %
Soluzioni traccia N°5 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e iodio ha fornito i seguenti risultati:
per combustione di 9,897 g si sono ottenuti 7,922 g di anidride carbonica e 1,081 g di acqua. Ricavare la
formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno
molecolare è 163,66 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
9,897 g di C x H y I z ⇒ 7,922 g di CO 2 e 1,081 g di H 2 O
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
2
m CO
=
2
PM CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
y
y
C x H y I z + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2O + .....
2
4
2
mH O
2
PM H O
7,922 g
≅ 0,180 mol
44,0098 g/mol
= 2⋅
2
1,081 g
≅ 0,120 mol
18,0152 g/mol
m
m − m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
n I = I = totale
=
PA I
PA I
PA I
nI =
9,897g − 0,180 mol ⋅ 12,011 g/mol − 0,120 ⋅ 1,0079 g/mol
≅ 0,060 mol
126,9045 g/mol
n C : n H : n I = 0,18 : 0,12 : 0,06 = 3 : 2 : 1
La formula minima è
d r→H = 163,66
2
⇔
C3H 2 I1
PM C H I
x
PM H
y z
= 163,66
⇔ PM C H N = 2,0158
x
2 1
PM C H I
x
y z
PM C H I
3
z
2
PM C H I = (12,011× 3 + 1,0079 × 2 + 126,9045 × 1)
3
y
≈ 2 ⇔ formula molecolare
g
g
⋅ 52,65 = 329,90
mol
mol
g
g
= 164,95
mol
mol
C6 H 4 I 2
2 1
Soluzioni traccia N°5 pag. 2
-
3) Per le seguenti specie chimiche: SO 2 , SO 4 , ClO disegnare la formula di struttura (con le formule di
risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
-2
a) SO 2 diossido di zolfo oppure anidride solforosa:
SO 2 ⇔ d.d. =
6
=3
2
ibridazione trigonale planare sp2
120°
O
S
O
doppietto
solitario
6 + 2× 6
=9
2
d.t. =
tre doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare sei.
Formule di risonanza:
O
O
O
S
S
S
O
O
S
O
O
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
-2
b) SO 4 anione solfato, anione derivate dalla completa dissociazione dell’acido solforico H2SO4 (ossoacido
diprotico: ogni idrogeno è legato all’ossigeno):
SO -42 ⇔ d.d. =
6 − (−2)
= 4 ⇒ sp3 ibridazione tetraedrica
2
circa 109°
O
O
S
O
d.t. =
6 + 4 × 6 − (−2)
= 16
2
O
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare dodici.
Formule di risonanza:
Soluzioni traccia N°5 pag. 3
O
O
O
O
S
O
O
O
O
O
O
O
O
ECC...
S
S
O
S
O
O
O
O
O
O
S
O
O
O
S
S
O
O
O
O
O
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
-
c) ClO , anione ipoclorito, anione derivate dalla dissociazione dell’acido clorico HClO3 (ossiacido
monoprotico: l’idrogeno è legato all’ossigeno):
doppietti
solitari
O
Cl
circa 109°
7 − (−1)
= 4 ⇒ sp 3 ibridazione tetraedrica
2
7 − (−1) + 6
d.t. =
= 7 quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare tre.
2
ClO - ⇔ d.d. =
C’è solo una formula sterica:
O
Cl
Soluzioni traccia N°5 pag. 4
4) 58,8 g di H3PO4 reagiscono con 24,3 g di Sr(OH)2 secondo la seguente reazione acido-base (da
bilanciare):
H3PO4 + Sr(OH)2 → Sr3(AsO3)2 + H2O
Calcolare quanti i grammi di Sr3(PO4)2 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura
dell’acido, della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
3 H3PO4 + 2 Sr(OH)2 → Sr3(PO4)2 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
m H3PO 4
58,8 g
=
= 0,600 mol
n H3PO 4 =
PM H3PO 4 97,995 (g/mol)
n Sr(OH) =
2
mSr(OH)
=
2
PM Sr(OH)
2
24,3 g
≅ 0,200 mol
121,6346 (g/mol)
2 H3PO4
0,600
0,133
0,467
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H3PO4 : n Sr(OH)2 = 2 : 3
⇒
+ 3 Sr(OH)2
0,200
0,200
-
→
Sr3(PO4)2
0,100
0,100
+ 6 H2O
0,600
0,600
0,600 mol : x = 2 : 3
3
⋅ 0,600 mol = 0,900 mol > 0,200 mol
2
⇒ il Sr(OH)2 è in difetto, esso è il reagente limitante. Le moli di H3PO4 effettivamente consumate sono:
⇒
x=
n H3PO4 : n Sr(OH)2 = 2 : 3
⇒
y : 0,200 mol = 2 : 3
2
⋅ 0,200 mol = 0,133 mol
3
Le moli di Sr3(PO4)2 e H2O formate sono rispettivamente:
⇒
y=
n Sr3 (PO4 )2 : n Sr(OH)2 = 1 : 3
⇒
n Sr3 (PO4 )2 : 0,200 mol = 1 : 3
1
n Sr3 (PO4 )2 = ⋅ 0,200 mol = 0,067 mol
3
n H 2O : n Sr(OH)2 = 6 : 3
⇒
n H 2O : 0,200 mol = 6 : 3
⇒
6
⋅ 0,200 mol = 0,400 mol
3
I grammi di Sr3(PO4)2 e H2O sono:
⇒
n H 2O =
mSr (PO4) = n Sr (PO ) ⋅ PM Sr (PO ) = 0,067 mol ⋅ 452,8027
3
2
3
4 2
3
4 2
m H 2O = m H 2O ⋅ PM H 2O = 0,400 mol ⋅ 18,0158
g
≅ 7,21 g
mol
g
≅ 30,34 g
mol
Soluzioni traccia N°5 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C5H8 + ClO4-
ambiente
acido
ambiente
basico
AsBr3 + CrO4-2
Cl2
Cr(OH)3
+
CO2
+ BrO3- + AsO4-3
(vale 7 punti)
Svolgimento
RED
8
(− )
5
( +7)
a) C 5 H 8 + Cl O
4
H+
( +4)
(0)
→ C l2 + C O2
OX
8
(− )
5
( +4)
ox) C 5 H 8 + 10 H 2 O → 5 C O 2 + 28 e - + 28 H +
( +7)
× 1 mcm = 28
(0)
red) 2 Cl O -4 + 14 e - + 16 H + → C l 2 + 8 H 2 O
×2
_________________________________________________________________
C5 H 8 + 10 H 2 O + 4ClO -4 + 28 e - + 32 H + → 5 CO 2 + 28 e - + 28 H + + 2Cl 2 + 16 H 2 O
C5 H 8 + 4ClO -4 + 4 H + → 5 CO 2 + 2Cl 2 + 6 H 2 O
RED
( +3) ( −1)
( +6)
b) As Br 3 + Cr O
−2
4
OH-
( +3)
( +5)
( +5)
→ Cr (OH)3 + Br O3- + As O -43
OX
( +3) ( −1)
( +5)
( +5)
ox) As Br 3 + 26 OH - → 3 Br O 3- + As O -43 + 20 e - + 13 H 2 O ×3 mcm = 60
( +6)
( +3)
red) Cr O −4 2 + 3 e - + 4 H 2 O → Cr (OH) 3 + 5 OH -
×20
__________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ __________ _________
3 AsBr3 + 78 OH - + 20 CrO −4 2 + 60 e - + 80 H 2 O → 9 BrO 3- + 3 AsO -43 + 60 e - + 39 H 2 O + 20 Cr(OH) 3 + 100 OH 3 AsBr3 + 20 CrO −4 2 + 41 H 2 O → 9 BrO 3- + 3 AsO -43 + 20 Cr(OH) 3 + 22 OH -
Soluzioni traccia N°5 pag. 6
Risoluzione traccia N.6
1) 60 g di un miscuglio di ZnBr2 e NiBr2 contengono il 72,31 % in peso di bromo. Calcolare la
composizione percentuale del miscuglio. (vale 4 punti)
Svolgimento
Dati: Zn = 65,38 uma
Br = 79,904 uma
ZnBr2=225,188uma NiBr2 = 218,498uma
massa di Br =
Ni =58,69 uma
72,31
⋅ 60 g = 43,386 g
100
Indicando con x e y rispettivamente la massa di ZnBr2 e NiBr2:
x + y = 60 g
x + y = 60
2 ⋅ Br
Br
⋅x +
⋅ y = 43,386 g
ZnBr2
NiBr2
2 ⋅ 79,904
2 ⋅ 79,904
⋅x +
⋅ y = 43,386
225,188
218,498
x = 60 - y
x = 60 - y
0,7097 ⋅ (60 - y ) + 0,7314 y = 43,386
42,582 − 0,7097 y + 0,7314 y = 43,386
x = 60 - y
y=
x = 60 - y = 60 - 37,05 = 22,95 g
43,386 - 42,582
(−0,7097 + 0,7314)
% w ZnBr2 =
37,05 g
⋅ 100 % = 61,75 %
60 g
y ≅ 37,05 g
% w NiBr2 = 100 % − % w ZnBr2 = (100 − 61,75) ⋅ % = 38,25 %
Soluzioni traccia N°6 pag. 1
2) L’analisi di una sostanza organica costituita da carbonio, idrogeno e cloro ha fornito i seguenti risultati:
per combustione di 8,652 g si sono ottenuti 17,604 g di anidride carbonica e 2,702 g di acqua. Ricavare la
formula minima della sostanza. Sapendo, inoltre, che la densità gassosa della sostanza relativa all’idrogeno
molecolare è 85,84 stabilirne la formula molecolare. (vale 4,5 punti)
Svolgimento
8,652 g di C x H y Cl z ⇒ 17,604 g di CO 2 e 2,702 g di H 2 O
⇒ n C ≡ n CO
nH ≡ 2 ⋅ nH O
2
⇒ n C ≡ n CO =
2
2
m CO
=
2
PM CO
2
mH O
17,604 g
≅ 0,400 mol
44,0098 g/mol
2,702 g
≅ 0,300 mol
PM H O
18,0152 g/mol
m
− m C − m H m totale − n C ⋅ PA C − n H ⋅ PA H
= totale
=
PA Cl
PA Cl
nH ≡ 2 ⋅ nH O = 2 ⋅
2
y
y
C x H y Cl z + (x + ) O 2 → xCO 2 + H 2 O + ...
2
4
2
= 2⋅
2
m
n Cl = Cl
PA Cl
n Cl =
8,652 g − 0,060 mol ⋅12,011 g/mol − 0,060 ⋅1,0079 g/mol
≅ 0,010 mol
35,453 g/mol
n C : n H : n Cl = 0,400 : 0,300 : 0,10 = 4 : 3 : 1
La formula minima è C 3 H 3 Cl1
d r→H = 52,65
2
⇔
PM C H Cl
x
y
PM H
z
= 85,84
x
y
z
PM C H Cl1
4
PM C H Cl = 2,0158
x
y
z
2
PM C4H3Cl1 = (12,011× 4 + 1,0079 × 3 + 35,453 ×1)
PM C H O
⇔
g
g
⋅ 85,84 = 172,985
mol
mol
g
g
= 86,521
mol
mol
≈ 2 ⇔ formula molecolare C 8 H 6 Cl 2
3
Soluzioni traccia N°6 pag. 2
-
3) Per le seguenti specie chimiche: BF3 , HSO 3 , HPO 3 disegnare la formula di struttura (con le formule di
risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura (classica oppure IUPAC). (vale 4,5 punti)
Svolgimento
a) BF3 trifluoruro di boro:
BF3 ⇔ d.d. =
3+3
=3
2
ibridazione sp2 trigonale
120°
F
F
B
d.t. =
3 + 3× 7
= 12
2
F
quattro doppietti sono già impegnati, ne restano da sistemare non. Non ci sono
formule di risonanza significative perchè il fluoro è più elettronegativo del boro:
F
F
B
F
N.B.: il boro non può espandere l’ottetto.
-
b) HSO 3 anione idrogenosolfuto o bisolfito o solfito acido, anione derivate dalla prima dissociazione
dell’acido solforoso H2SO3 (ossoacido diprotico: ogni idrogeno è legato all’ossigeno):
HSO 3- ⇔ d.d. =
6 + 1 - (-1)
=4
2
ibridazione tetraedrica sp3
circa 109°
O
H
O
S
O
doppietto
solitario
d.t. =
6 + 3 × 6 + 1 - (-1)
= 13 restano da sistemare 8 doppietti. Formule di risonanza:
2
O
H
O
O
S
O
O
H
O
H
O
S
O
S
O
N.B.: lo zolfo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d
c) HPO 3 , acido metafosforico ossoacido monoprotico (l’idrogeno è legato all’ossigeno):
Soluzioni traccia N°6 pag. 3
HPO 3 ⇔ d.d. =
5 +1
= 3 ⇒ sp 3
2
ibridazione trigonale planare
120°
O
H
O
P
O
d.t. =
5 +1+ 3× 6
= 12
2
quattro doppietti sono già impegnati, ne restato da sistemare otto.
Formule di risonanza:
O
H
O
P
O
H
O
O
P
O
H O
O
P
O
H
O
O
P
O
N.B.: il fosforo può espandere l’ottetto perchè utilizza gli orbitali 3d.
Soluzioni traccia N°6 pag. 4
4) 8,52 g di H2S reagiscono con 53,43 g di Fe(OH)3 secondo la seguente reazione (da bilanciare):
H2S + Fe(OH)3 → Fe2S3 + H2O
Calcolare quanti grammi di Fe2S3 e H2O vengono prodotti. Assegnare, infine, la nomenclatura dell’acido,
della base e del sale. (vale 5 punti)
Svolgimento
Bilanciare, innanzitutto, la reazione
3 H2S + 2 Fe(OH)3 → 2 Fe2S3 + 6 H2O
Calcoliamo le moli dei reagenti:
nH S =
2
mH S
2
=
PM H S
m Fe(OH)
53,43,0 g
=
=
= 0,500 mol
PM Fe(OH) 106,8689 (g/mol)
2
n Fe(OH)
8,52 g
= 0,250 mol
34,0758 (g/mol)
3
3
3
Moli iniziali
Moli consumate
Moli formate
Totale
n H 2S : n Fe(OH)3 = 3 : 2
⇒
2 H2S
0,250
0,250
-
+ 3 Fe(OH)3 →
0,500
0,375
0,125
Fe2S3
0,125
0,125
+ 6 H2O
0,750
0,750
0,250 mol : x = 3 : 2
2
x = ⋅ 0,250 mol ≅ 0,167 mol < 0,500 mol
3
⇒ il Fe(OH)3è in eccesso, H2S è il reagente limitante. Le moli di H2S effettivamente consumate sono
proprio 0,250 mol.
⇒
Le moli di Fe2S3 e H2O formate sono rispettivamente:
n Fe2S3 : n H 2S = 1 : 3
⇒
n Fe2S3 : 0,250 mol = 1 : 3
1
n Fe2S3 = ⋅ 0,250 mol ≅ 0,083 mol
3
n H 2 O : n H 2S = 6 : 3
n H 2O : 0,250 mol = 6 : 3
⇒
⇒
6
n H 2O = ⋅ 0,250 mol = 0,500 mol
3
I grammi di Fe2S3 e H2O sono:
⇒
g
≅ 17,25 g
mol
g
= 0,500 mol ⋅18,0158
≅ 9,01 g
mol
m Fe2S3 = n Fe2S3 ⋅ PM Fe2S3 = 0,083 mol ⋅ 207,874
m H 2O = m H 2O ⋅ PM H 2O
Soluzioni traccia N°6 pag. 5
5) Bilanciare la seguenti reazioni di ossidoriduzione:
C4H10 + Cr2O7-2
ambiente
acido
ambiente
basico
Cu2S + MnO4-2
CO2 + Cr3+
Cu(OH)2
+ SO3-2 + MnO2
(vale 7 punti)
RED
10
(− )
4
( +6)
a) C
4
H10 + Cr 2 O
H+
→
-2
7
( +3)
( +4)
3+
C r + C O2
OX
(−
10
)
4
( +4)
ox) C
4
H10 + 8 H 2 O → 4 C O 2 + 26 e − + 26 H + × 3 mcm = 78
( +6)
( +3)
red) Cr 2 O -72 + 6 e − + 14 H + → 2 C r 3+ + 7 H 2 O × 13
_________________________________________________________________________
3 C 4 H10 + 24 H 2 O + 13 Cr2 O -72 + 78 e − + 182 H + → 12 CO 2 + 78 e − + 78 H + + 26 Cr 3+ + 91 H 2 O
3 C 4 H10 + 13 Cr2 O -72 + 104 H + → 12 CO 2 + 26 Cr 3+ + 67 H 2 O
RED
( +1)
( −2)
( +6)
b) Cu 2 S + Mn O
−2
4
OH −
→
( +4)
( +2)
Mn O 2 + C u(OH) 2 +
( +4)
S O 3-2
OX
( +1)
( −2)
( +2)
( +4)
ox) Cu 2 S + 10 OH − → 2 C u(OH) 2 + S O 3-2 + 8 e − + 3 H 2 O ×1
( +6)
red) Mn O $−2
( +4)
+ 2 e − + 2 H 2 O → Mn O 2 + 4 OH −
mcm = 8
×4
____________________________________________________________________________________________
Cu 2S + 10 OH − + 4 MnO −4 2
+ 8 e − + 8 H 2 O → 2 Cu(OH) 2 + SO 3-2 + 8 e − + 3 H 2 O + 4 MnO 2 + 16 OH −
Cu 2S + 4 MnO −4 2 + 5 H 2 O → 2 Cu(OH) 2 + SO 3-2 + 4 MnO 2 + 6 OH −
Soluzioni traccia N°6 pag. 6
POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
2° esonero di Chimica
27 Gennaio 2006
Traccia n.1
1) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 10 litri, 2,0 mol di metano
(CH 4 ) e 2,0 mol di acqua. Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4(g) + H 2 O (g) ⇄ CO (g) + 3H 2
(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 0,819 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K P , K c , K χ e K n a 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1227°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di
CO (g) , CH 4(g) e H 2 O (g) sono rispettivamente -110,5 KJ/mol,-74,4 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
J
l ⋅ atm
≡ 0,0821
]
mol ⋅ K
mol ⋅ K
[Prestare attenzione alle dimensioni di R = 8,314
(vale 8 punti)
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,092 g di acido formico HCOOH (P.M.=46,0 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 1,958 g di bromuro di ammonio NH 4 Br (P.M.= 97,9 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 600 ml di una soluzione 0,4 M di formiato di sodio HCOONa con 200 ml di una
soluzione 0,6 M di acido formico HCOOH.
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1∙10-4 (mol/l) e K b (NH 3 ) = 1,8∙10-5 (mol/l); considerare nei casi (a) e (b) che il volume
della soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
(vale 7 punti)
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
O 2(g) (1atm)│ H 2 O 2 , OH ││ MnO 4 , OH-│MnO 2 (s)
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la
costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in
soluzione sono 0,1 M ed il pOH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E ° O / H O ,OH − = −0,146 V ; E ° MnO − / MnO ,OH − = +0,595 V ]
2
2
2
4
2
(vale 6 punti)
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di bario (BaF2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,06 M di ioni fluoruro.
[ K S = 1,84 ⋅ 10 -7 (mol/l)3 ]
(vale 4 punti)
5) Disegnare e commentare il diagramma di stato dell’acqua.
(vale 5 punti)
POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
2° esonero di Chimica
27 Gennaio 2006
Traccia n.2
1) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 100 litri, 2,0 mol di
monoossido di carbonio (CO) e 2,0 mol di idrogeno (H 2 ). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
2 CO (g) + 2 H 2(g) ⇄ CH 4(g) + CO 2(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 1,048 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 227°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di
CO 2(g) , CH 4(g) e CO (g) sono rispettivamente -393,5 KJ/mol, -74,4 KJ/mol e -110,5 KJ/mol.
J
l ⋅ atm
≡ 0,0821
]
mol
⋅
K
mol ⋅ K
[Prestare attenzione alle dimensioni di R = 8,314
(vale 8 punti)
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,0085 g di ammoniaca NH 3 (P.M.=17,0 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 1,682 g di formiato di potassio HCOOK (P.M.= 84,1 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 400 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,6 M di NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della
soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
(vale 7 punti)
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
+
O 2(g) (1 atm)│ H 2 O 2 , H ││ ClO 4 , Cl , H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la
costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in
soluzione sono 0,1 M ed il pH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E °O , H + / H O = +0,695 V ; E °ClO − , H + / Cl − = +1,389 V ]
2
2
2
4
(vale 6 punti)
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di calcio (CaF2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,03 M di ioni flururo.
[ K S = 1,46 ⋅ 10 -10 (mol/l)3 ]
(vale 4 punti)
5) Partendo da considerazioni termodinamiche dimostrare che per le pile vale la relazione: ∆G = −n ⋅ F ⋅ ∆E
(vale 5 punti)
POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
2° esonero di Chimica
27 Gennaio 2006
Traccia n.3
1) Alla temperatura di 400 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 100 litri, 8,0 mol di acido
cloridrico (HCl) e 4,0 mol di ossigeno (O 2 ). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
4HCl (g) + O 2(g) ⇄ 2Cl 2(g) + 2H 2 O (g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 3,594 mol di cloro (Cl 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 400°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 200°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di
HCl (g) e H 2 O (g) sono rispettivamente -92,3 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
J
l ⋅ atm
≡ 0,0821
]
mol
⋅
K
mol ⋅ K
[Prestare attenzione alle dimensioni di R = 8,314
(vale 8 punti)
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,138 g di acido formico HCOOH (P.M.=46,0 g/mol) in 2,5 l d’acqua;
(b) sciogliendo 2,937 g di bromuro di ammonio NH 4 Br (P.M.= 97,9 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 300 ml di una soluzione 0,9 M di formiato di sodio HCOONa con 250 ml di una
soluzione 0,7 M di acido formico HCOOH.
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della
soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
(vale 7 punti)
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
=
=
Cr(OH) 3 (s)│ CrO 4 , OH ││ MnO 4 , OH-│MnO 2 (s)
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la
costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in
soluzione sono 0,1 M ed il pOH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E °CrO = / Cr ( OH ) ,OH − = −0,130 V ; E ° MnO = / MnO ,OH − = +0,600 V ]
4
3
4
2
(vale 6 punti)
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del diioduro di piombo (PbI 2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,06 M di ioni ioduro.
[ K S = 8,49 ⋅ 10 -9 (mol/l)3 ]
(vale 4 punti)
5) Descrivere le quattro proprietà colligative delle soluzioni.
(vale 5 punti)
POLITECNICO DI BARI
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA-TARANTO
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
2° esonero di Chimica
27 Gennaio 2006
Traccia n.4
1) Alla temperatura di 700 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 20 litri, 8,0 mol di metano
(CH 4 ) e 8,0 mol di acido solfidrico (H 2 S). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4 (g) + 2H 2 S (g) ⇄ CS 2(g) + 4H 2(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 4,240 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 700°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1200°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di
CH 4(g) , H 2 S (g), e CS 2(g) sono rispettivamente -74,4 KJ/mol, -20,6 KJ/mol, e-115,3 KJ/mol.
J
l ⋅ atm
≡ 0,0821
]
mol
⋅
K
mol ⋅ K
[Prestare attenzione alle dimensioni di R = 8,314
(vale 8 punti)
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,1275 g di ammoniaca NH 3 (P.M.=17,0 g/mol) in 5,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 2,523 g di formiato di potassio HCOOK (P.M.= 84,1 g/mol) in 4,0 l d’acqua;
(c) mescolando 800 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,7 M di NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della
soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
(vale 7 punti)
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
+
NO (g) (1 atm)│NO 3 , H ││ ClO 3 , Cl , H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la
costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in
soluzione sono 0,1 M ed il pH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E ° NO − , H + / NO = +0,957 V ; E °ClO − , H + / Cl − = +1,451 V ]
3
3
(vale 6 punti)
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di piombo PbF2 :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,3 M di ioni fluoruro.
[ K S = 7,12 ⋅ 10 -7 (mol/l)3 ]
(vale 4 punti)
5) Dopo aver enunciato la funzione termodinamica di stato G (energia libera di Gibbs) dimostrare che una
sua variazione a temperatura e pressione costante è minore o uguale al lavoro utile cambiato di segno
( ∆G ≤ − Lutile ) .
(vale 5 punti)
Risoluzione delle tracce del secondo esonero( 27 Gennaio 2006) di Chimica per il corso di Laurea in
Ingegneria Industriale:
Traccia n.1
1) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 10 litri, 2,0 mol di metano (CH 4 ) e 2,0
mol di acqua. Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4(g) + H 2 O (g) ⇄ CO (g) + 3H 2
(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 0,819 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K P , K c , K χ e K n a 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1227°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di CO (g) , CH 4(g)
e H 2 O (g) sono rispettivamente -110,5 KJ/mol,-74,4 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
Svolgimento
(a)
CH 4 (g)
2
2-x
i)
eq)
3x = n H 2
+ H 2 O(g)
2
2-x
CO(g)
x
+ 3H 2 (g)
3x
⇒
3x = 0,819 ⇒ x =
0,819
= 0,273 mol
3
⇔ n CH 4 = n H 2 O = 2 − x = 2 − 0,273 = 1,727 mol
n CO = x = 0,273 mol
n totali = 2 − x + 2 − x + x + 3x = 4 + 2x = 4 + 2 ⋅ 0,273 = 4,546 mol
2−x
1,727 mol
⋅100 = χ H 2 O ⋅100 =
⋅100 ≅ 38,0
4 + 2x
4,546 mol
0,273 mol
x
% v CO =
⋅100 = χ CO ⋅100 =
⋅100 ≅ 6,0
4,546 mol
4 + 2x
% v H 2 = 3 ⋅ % v CO ≅ 18,0
% v CH 4 = % v H 2 O =
(b)
RT
KP = Kn ⋅
V
Δυ
⇒ K P = 5,028 ⋅ 10
2
3
n CO ⋅ n 3H 2
0,273 ⋅ (0,819 )
RT
⇒ KP = Kn ⋅
=
≅ 5,028 ⋅ 10 − 2 mol 2
⇒ Kn =
2
n CH 4 ⋅ n H 2O
(1,727 )
V
−2
[
2
l ⋅atm
0,0821 mol
⋅ K ⋅ 1000 K
mol ⋅
= 3,389 atm 2
l
10
[
2
]
[
]
]
2
K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K C =
Δυ
KC =
2
[
]
KP
(RT )2
Kn
5,028 ⋅ 10 − 2 mol 2
mol
=
= 5,028 ⋅ 10 − 4
2
2
(10l )
(V )
l
RT
Kn ⋅
V
⇒
=
(RT )2
2
2
K P = K χ ⋅ (P ) = K χ ⋅ (P ) ⇒ K χ =
Δυ
(c)
2
(
KP
(P )2
RT
Kn ⋅
Kn
5,028 ⋅ 10 − 2 mol 2
V
=
=
=
= 2,433 ⋅ 10 −3
2
2
2
(4,546mol )
(n totali )
RT
n totali
V
[
)
]
∆H ° reazione = H 0f CO - H 0f CH 4 + H 0f H 2 O = −110,5 − (− 74,4 − 241,8) = 205,7 (KJ / mol ) = 205700 ( J / mol )
205700 1
ln
1
−
K P 2 ∆H 1 1
x
205700 1
1
x
⇔ ln
−
=
−
= e 8,314 1000 1500
=
⇒
K P1
R T1 T 2
3,389
8,314 1000 1500 3,389
205700 1
1
−
1500
x = 3,389 ⋅ e 8,314 1000
K P 1227°C ≈ 1235 [atm]
⇒
2
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,092 g di acido formico HCOOH (P.M.=46,0 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 1,958 g di bromuro di ammonio NH 4 Br (P.M.= 97,9 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 600 ml di una soluzione 0,4 M di formiato di sodio HCOONa con 200 ml di una soluzione 0,6
M di acido formico HCOOH.
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1∙10-4 (mol/l) e K b (NH 3 ) = 1,8∙10-5 (mol/l); considerare nei casi (a) e (b) che il volume della
soluzione coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
Svolgimento
(a)
Ca = [HCOOH ] =
0,092 g
nHCOOH
=
= 1 ⋅10 −3 M
g
46,0 mol ⋅ 2,0 l
V
HCOOH (aq)
Ca
C a -x
i)
eq)
+ H 2 O (l)
HCOO- (aq)
x
+ H 3 O+ (aq)
x
Ca
1 ⋅10 −3
=
≈ 4,76 < 380 ⇒ non posso fare approssimazioni, devo risolvere l’equazione di secondo grado:
Ka 2,1 ⋅10 −4
Ka =
x2
⇔ x 2 = K a (Ca − x ) ⇒ x 2 + K a ⋅ x − K a ⋅ Ca = 0
Ca − x
− K a + K a + 4K a ⋅ Ca − 2,1 ⋅10 −4 +
⇒ x = H 3O =
=
2
− 2,1 ⋅10 −4 + 9,403 ⋅10 −4
=
≅ 3,65 ⋅10 −4 M
2
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 3,65 ⋅10 −4 ≅ 3,44
[
+
]
2
[
]
[
(2,1⋅10 )
−4 2
+ 4 ⋅ 2,1 ⋅10 −4 ⋅1 ⋅10 −3
2
=
]
(b)
[NH 4 Br ] =
nNH4Br
1,958 g
= 0,01 M
V
97,9 g/mol ⋅ 2,0l
[ NH +4 ] = [ NH 4 Br ] = 0,01 M idrolisi acida dell’ione ammonio:
=
NH 4 + (aq)
i)
eq)
CS
C s -x
+ H 2 O (l)
⇄
NH 3(aq)
+ H 3 O+ (aq)
x
x
Kw
1 ⋅10-14
Ki = Ka =
=
≅ 5,556 ⋅10-10 (mol / l ) ⇒
-5
K b 1,8 ⋅10
CS
1 ⋅10 −2
=
≈ 1,8 ⋅10 +8 > 380 ⇒
−10
K a 5,556 ⋅10
[NH 3 ] ⋅ [H 3O + ]
x2
x2
Ka =
=
≅
[NH 4+ ]
Cs − x Cs
[
]
x2
⇔ Ka =
⇒ x = K a ⋅ Cs
Cs
[
]
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 K a ⋅ Cs = −log10 5,556 ⋅10-10 ⋅1 ⋅10 −2 = −log10 2,357 ⋅10-6 ≅ 5,63
(c)
n HCOO- = n HCOONa = M ⋅ V = 0 ,4 mol
l ⋅ 0 ,6l = 0,24 mol
n HCOOH = M ⋅ V = 0 ,6 mol
⋅ 0 ,2l = 0,12 mol
l
HCOOH (aq)
0,12
0,12-x
i)
eq)
n HCOO-
=
n HCOOH
0,24
=2⇒
0,12
[H O ] = K
+
3
a
⋅
+ H 2 O (l)
HCOO- (aq)
0,24
0,24+x
+ H 3 O+ (aq)
x
x << 0,12 e 0,24 ⇒ soluzione tampone
n acido
0,12
= 2,1 ⋅10 −4 ⋅
n sale
0,24
[
]
0,12
≅ 3,98
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 2,1 ⋅10 −4 ⋅
0,24
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
O 2(g) (1atm)│ H 2 O 2 , OH- ││ MnO 4 -, OH-│MnO 2 (s)
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la costante di
equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,1 M ed il
pOH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E ° O / H O ,OH − = −0,146 V ; E ° MnO − / MnO ,OH − = +0,595 V ]
2
2
2
4
2
Svolgimento
( −1)
(0)
(−) H 2 O 2 + 2OH − → O 2 + 2e − + 2H 2 O × 3
( +7)
m.c.m = n = 6
( +4 )
(+) Mn O 4− + 3e − + 2H 2 O → Mn O 2 + 4OH − × 2
--------------------------------------------------------------------------------
3H 2O 2 + 2MnO −4 → 3O 2 + 2MnO 2 + 2OH − + 2H 2O
K = 10
n⋅∆E °
0 , 0591
= 10
6⋅[0 , 595 − ( −0 ,146 ) ]
0 , 0591
= 1,69 ⋅ 10 + 75
pOH = 1 ⇒ [OH − ] = 10 -pOH = 0,1 M
0,0591
1
0,0591
1
E − = E°O /H O ,OH − +
⋅ log10
= −0,146 +
⋅ log10
= −0,05735 V
− 2
2
2 2
2
[H 2 O 2 ] ⋅ [OH ]
2
[0,1] ⋅ [0,1]2
Osservazione:
E + = E° MnO − /MnO
4
2 , OH
−
+
0,0591
[MnO -4 ]
0,0591
[0,1]
⋅ log10
= +0,595 +
⋅ log10
= +0,6541V
− 4
3
[OH ]
3
[0,1]4
f.e.m. = E + − E − = +0,6541 − (− 0,05735) ≅ 0,711 V
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di bario (BaF2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,06 M di ioni fluoruro.
[ K S = 1,84 ⋅ 10 -7 (mol/l)3 ]
Svolgimento
(a)
BaF2 ⇔ Ba 2 + + 2 Fs
2s
K s = 1,84 ⋅ 10 -7 (mol/l)3
K s = 1,84 ⋅ 10 -7 (mol/l)3 = s ⋅ (2 s ) ⇒ s = 3
2
K s 3 1,84 ⋅ 10 -7
=
= 3,58 ⋅ 10 −3 (mol / l )
4
4
(b)
BaF2 ⇔ Ba 2 + + 2F0,06 + 2s
s
[
2s <<< 0,06 ⇔
][ ]
2
K s = Ba 2 + ⋅ F- = 1,84 ⋅ 10 -7
[s ]⋅ [0,06]2 = 1,84 ⋅ 10-7 ⇔
s=
1,84 ⋅ 10 -7
= 5,11 ⋅ 10 −5 (mol / l )
2
[0,06]
0,06 + 2s ≈ 0,06
Traccia
n.2
1) Alla temperatura di 727 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 100 litri, 2,0 mol di monoossido di
carbonio (CO) e 2,0 mol di idrogeno (H 2 ). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
2 CO (g) + 2 H 2(g) ⇄ CH 4(g) + CO 2(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 1,048 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 727°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 227°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di CO 2(g) , CH 4(g)
e CO (g) sono rispettivamente -393,5 KJ/mol, -74,4 KJ/mol e -110,5 KJ/mol.
Svolgimento
(a)
i)
eq)
2 - 2x = n H2
2CO (g)
+ 2H 2 (g)
2
2-2x
2
2-2x
⇄
CH 4(g)
+ CO 2 (g)
x
x
⇒ 2 - 2x = 1,048
2 x = 2 − 1,048 ⇒ x =
2 − 1,048
= 0,476 mol ⇔ n CH4 = n CO2 = x = 0,476 mol
2
n CO = nH 2 = 1,048 mol
n totali = 2 − 2 x + 2 − 2 x + x + x = 4 - 2x = 4 − 2 ⋅ 0,476 = 3,048 mol
2−x
1,048 mol
⋅ 100 = χ H 2 O ⋅ 100 =
⋅ 100 ≅ 34,38
4 − 2x
3,048 mol
x
0,476 mol
% v CO 2 = % v CH 4 =
⋅ 100 = χ CO 2 ⋅ 100 =
⋅ 100 ≅ 15,62
4 − 2x
3,048 mol
% v CO = % v H 2 =
(b)
RT
KP = Kn ⋅
V
Δυ
−2
n CH4 ⋅ n CO2 (0,476)2
RT
⇒
=
⇒ KP = Kn ⋅
K
=
≅ 0,1878 mol −2
n
4
2
2
n CO ⋅ n H2
(1,048)
V
[
[
]
l⋅atm
0,0821 mol
⋅K ⋅ 1000 K
⇒ K P = 0,1878 mol −2 ⋅
100 l
[
−2
= 0,2786 atm −
2
]
]
-2
K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K C =
Δυ
KC =
−2
[
]
Kn
0,1878 mol −2
mol
=
= 1878
-2
−2
(100l )
(V )
l
KP
(RT )2
RT
Kn ⋅
V
=
⇒
(RT )-2
−2
-2
K P = K χ ⋅ (P ) = K χ ⋅ (P ) ⇒ K χ =
Δυ
-2
KP
(P )-2
RT
Kn ⋅
Kn
0,1878 mol −2
V
=
=
=
= 1,7447
-2
(n totali )-2 (3,048mol )−2
RT
n totali
V
[
]
(c)
∆H °reazione = H 0f CO 2 + H 0f CH 4 − H 0f CO = -393,5 - 74,4 + 110,5 = −357,4 (KJ / mol ) = −357400 ( J / mol )
357400 1
1
−
−
K 2 ∆H 1 1
x
− 357400 1
x
1
− ⇔ ln
=
−
= e 8,314 1000 500
ln P =
⇒
K P1
R T1 T 2
0,2786
8,314 1000 500
0,2786
x = 0,2786 ⋅ e
−
357400 1
1
−
8, 314 1000 500
⇒
K P 227°C ≈ 1,30 ⋅10 +18 [atm]
−2
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,0085 g di ammoniaca NH 3 (P.M.=17,0 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 1,682 g di formiato di potassio HCOOK (P.M.= 84,1 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 400 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,6 M di NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della soluzione
coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
Svolgimento
(a)
C b = [NH 3 ] =
nNH3
V
=
0,0085 g
= 2,5 ⋅10 −4 M
g
17,0 mol ⋅ 2,0 l
NH 3(aq)
i)
eq)
⇄
+ H 2 O (l)
Cb
C b -x
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
x
x
C b 2,5 ⋅ 10 −4
=
≈ 13,89 < 380 ⇒ non posso fare approssimazioni, devo risolvere l’equazione di secondo grado:
Kb 1,8 ⋅ 10 −5
x2
⇔ x 2 = K b (C b − x ) ⇒ x 2 + K b ⋅ x − K b ⋅ C b = 0
Kb =
Cb − x
[
−
]
⇒ x = OH =
− K b + K b + 4K b ⋅ C b
2
2
=
− 1,8 ⋅ 10 −5 +
(- 1,8 ⋅10 )
−5 2
+ 4 ⋅ 1,8 ⋅ 10 −5 ⋅ 2,5 ⋅ 10 − 4
2
=
− 1,8 ⋅ 10 −5 + 1,3537 ⋅ 10 − 4
≅ 5,868 ⋅ 10 − 4 M
2
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 5,868 ⋅ 10 − 4 ≅ 4,23 ⇔ pH = 14 − pOH = 9,77
=
[
]
[
]
(b)
[HCOOK ] = nHCOOK
V
=
1,682 g
= 0,01 M
84,1 g/mol ⋅ 2,0l
[HCOO ] = [HCOOK ] = 0,01M
−
HCOO- aq)
Cs
C s -x
i)
eq)
Ki = Kb =
Kb =
idrolisi basica dello ione formiato:
+ H 2 O (l)
K w 1 ⋅ 10 -14
=
≅ 4,762 ⋅ 10 -11 (mol / l ) ⇒
-4
K a 2,1 ⋅ 10
[HCOOH] ⋅ [OH - ]
x2
x2
=
≅
[ HCOO - ]
Cs − x Cs
[
⇔ Kb =
]
HCOOH (aq)
x
+ OH- (aq)
x
CS
1 ⋅ 10 −2
=
≈ 2,1 ⋅ 10 +8 > 380 ⇒
-11
K a 4,762 ⋅ 10
x2
⇒ x = K b ⋅ Cs
Cs
[
]
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 K b ⋅ Cs = −log10 4,762 ⋅ 10 -11 ⋅ 1 ⋅ 10 −2 = −log10 6,90 ⋅ 10 -7 ≅ 6,16
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 6,16 = 7,84
(c)
n NH+ = n NH4Cl = M ⋅ V = 0 ,4 mol
l ⋅ 0 ,4l = 0,16 mol
4
n NH3 = M ⋅ V = 0 ,6 mol
l ⋅ 0 ,2l = 0,12 mol
NH 3(aq)
0,12
0,12-x
i)
eq)
n NH +
4
n NH3
=
+ H 2 O (l)
NH 4 + (aq)
0,16
0,16+x
+ OH- (aq)
x
0,16
= 1,33 ⇒ x << 0,12 e 0,16 ⇒ soluzione tampone
0,12
[OH ] = K
−
b
⋅
n base
0,12
= 1,8 ⋅10 −5 ⋅
n sale
0,16
[
]
0,12
= −log10 (1,35 ⋅10 −5 ) ≅ 4,87
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 1,8 ⋅10 −5 ⋅
0,16
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 4,87 = 9,13
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
O 2(g) (1 atm)│ H 2 O 2 , H+ ││ ClO 4 -, Cl-, H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la costante di
equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,1 M ed il
pH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E °O ,H + / H O = +0,695 V ; E °ClO − ,H + / Cl − = +1,389 V ]
2
2 2
4
Svolgimento
( −1)
(0)
(−) H 2 O 2 → O 2 + 2e − + 2H +
×4
( −1)
( +7)
(+ ) Cl O 4− + 8e − + 8 H + → Cl - + 4H 2 O
m.c.m = n = 8
×1
--------------------------------------------------------------------------------
4H 2 O 2 + ClO −4 → 4O 2 + Cl − + 4H 2 O
K = 10
n ⋅ ∆E °
0 , 0591
= 10
8⋅[1, 389 − ( 0 , 695 ) ]
0 , 0591
= 8,76 ⋅ 10+ 93
Osservazione: pH=1
⇒ [H + ] = 10-pH = 0,1 M
E − = E°O
0,0591
[H + ]2
0,0591
[0,1]2
⋅ log10
= +0,695 +
⋅ log10
= +0,66545 V
2
[H 2O 2 ]
2
[0,1]
2 ,H
+
/H 2O 2
+
E + = E°ClO− ,H+ /Cl− +
4
0,0591
[ClO-4 ] ⋅ [H + ]8
0,0591
[0,1] ⋅ [0,1]8
⋅ log10
=
+
1,389
+
⋅
log
= +1,4481V
10
8
[Cl − ]
8
[0,1]
f.e.m. = E + − E − = 1,4481 - 0,66545 ≅ 0,783 V
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di calcio (CaF2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,03 M di ioni flururo.
[ K S = 1,46 ⋅ 10 -10 (mol/l)3 ]
Svolgimento
(a)
CaF2 ⇔ Ba ++ + 2 F s
2s
K s = 1,46 ⋅ 10-10 (mol/l)3
K s = 1,46 ⋅ 10-10 (mol/l)3 = s ⋅ (2 s ) ⇒ s = 3
2
K s 3 1,46 ⋅ 10-10
=
= 3,32 ⋅10 −4 (mol / l )
4
4
(b)
CaF2 ⇔ Ba ++ + 2Fs
[
2s <<< 0,03 ⇔
0,03 + 2s
0,03 + 2s ≈ 0,03
][ ]
2
K s = Ba ++ ⋅ F- = 1,46 ⋅ 10-10
[s ]⋅ [0,03]2 = 1,46 ⋅ 10-10 ⇔
s=
1,46 ⋅ 10-10
= 1,62 ⋅10 −7 (mol / l )
2
[0,03]
Traccia
n.3
1) Alla temperatura di 400 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 100 litri, 8,0 mol di acido cloridrico
(HCl) e 4,0 mol di ossigeno (O 2 ). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
4HCl (g) + O 2(g) ⇄ 2Cl 2(g) + 2H 2 O (g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 3,594 mol di cloro (Cl 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 400°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 200°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di HCl (g) e H 2 O (g)
sono rispettivamente -92,3 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
Svolgimento
(a)
i)
eq)
n Cl 2 = n H 2 O = 3,594 mol
4HCl (g)
+ O 2(g)
8
8-4x
4
4-x
2 x = n Cl 2
⇄
2Cl 2(g)
+ 2H 2 O (g)
2x
2x
⇒
3,594
= 1,797 mol ⇔
2
= 8 − 4 x = 8 − 4 ⋅ 1,797 = 0,812 mol ⇒ n O 2 = 4 − x = 4 − 1,797 = 2,203 mol
2 x = 3,594 ⇒ x =
n HCl
n totali = 8 − 4 x + 4 − x + 2 x + 2x = 12 − x = 12 − 1,797 = 10,203 mol
2x
3,594 mol
⋅ 100 = χ H 2 O ⋅ 100 =
⋅ 100 ≅ 35,22
12 − x
10,203 mol
8 - 4x
2,203 mol
⋅ 100 = χ CO ⋅ 100 =
⋅ 100 ≅ 21,59
% v HCl =
12 - x
10,203 mol
% v O 2 = 100 − (% v Cl 2 + % v H 2O + % v HCl) = 7,97
% v Cl 2 = % v H 2O =
(b)
−1
Δυ
2
n Cl
⋅ n 2H 2 O (3,594 )2 ⋅ (3,594 )2
RT
RT
2
KP = Kn ⋅
=
≅ 945,28 mol −1
⇒ KP = Kn ⋅
⇒ Kn = 4
4
V
V
n
⋅
n
(
)
(
)
0
,
812
⋅
0
,
406
HCl
O2
[
[
⇒ K P = 945,28 mol
−1
]
]
[ ]
−1
l ⋅ atm
⋅ 673K
1
0,0821 mol
⋅K
⋅
= 1710,81 atm −
100 l
-2
K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K C =
−2
Δυ
KC =
[
]
Kn
945,28 mol −1
mol
=
= 94528
-1
−1
(100l )
(V )
l
KP
(RT )2
RT
Kn ⋅
V
⇒
=
(RT )- 2
−1
-1
K P = K χ ⋅ (P ) = K χ ⋅ (P ) ⇒ K χ =
Δυ
(c)
-1
(
KP
(P )-1
)
RT
Kn ⋅
Kn
945,28 mol −1
V
=
=
=
= 9644,7
-1
(n totali )-1 (10,203mol )−1
RT
n totali
V
[
]
∆H °reazione = 2 ⋅ H 0f H 2O - 4 H 0f HCl = 2 ⋅ (-241,8) - [4 ⋅ (-92,3)] = −114,4 (KJ/mol) = -114400 ( J / mol )
- 114400 1
1
K 2 ∆H 1 1
x
x
− ⇔ ln
ln P =
=
−
=e
⇒
1710,81
8,314 673 473 1710,81
K P1
R T1 T 2
x = 1710,81 ⋅ e
-114400 1
1
−
8, 314 673 473
-114400 1
1
−
8, 314 673 473
K P 200°C ≈ 9,763 ⋅ 10+ 5 [atm]
−1
⇒
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,138 g di acido formico HCOOH (P.M.=46,0 g/mol) in 2,5 l d’acqua;
(b) sciogliendo 2,937 g di bromuro di ammonio NH 4 Br (P.M.= 97,9 g/mol) in 2,0 l d’acqua;
(c) mescolando 300 ml di una soluzione 0,9 M di formiato di sodio HCOONa con 250 ml di una soluzione 0,7
M di acido formico HCOOH.
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della soluzione
coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi]
Svolgimento
(a)
Ca = [HCOOH ] =
0,138 g
nHCOOH
=
= 1,2 ⋅10 −3 M
g
⋅ 2,5 l
46,0 mol
V
HCOOH (aq)
i)
eq)
+ H 2 O (l)
Ca
C a -x
⇄
HCOO- (aq)
+ H 3 O+ (aq)
x
x
Ca 1,2 ⋅ 10−3
=
≈ 5,715 < 380 ⇒ non posso fare approssimazioni, devo risolvere l’equazione di secondo grado:
Ka 2,1 ⋅ 10− 4
Ka =
x2
⇔ x 2 = K a (Ca − x ) ⇒ x 2 + K a ⋅ x − K a ⋅ Ca = 0
Ca − x
(- 2,1⋅10 )
− K a + K a + 4K a ⋅ Ca − 2,1 ⋅10 −4 +
⇒ x = H 3O =
=
2
− 2,1 ⋅10 −4 + 1,0257 ⋅10 −3
=
≅ 4,08 ⋅10 −4 M
2
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 4,08 ⋅10 −4 ≅ 3,39
[
+
]
−4 2
2
[
]
[
+ 4 ⋅ 2,1 ⋅10 −4 ⋅1,2 ⋅10 −3
2
=
]
(b)
[NH 4Br ] =
[NH ]
+
4
nNH 4 Br
2,937 g
= 0,015 M
V
97,9 g/mol ⋅ 2,0l
= [NH 4 Br ] = 0,01M idrolisi acida dell’ione ammonio:
=
NH 4 + aq)
i)
eq)
CS
C s -x
+ H 2 O (l)
⇄
NH 3(aq)
+ H 3 O+ (aq)
x
x
Kw
1 ⋅10-14
Ki = Ka =
=
≅ 5,556 ⋅10-10 (mol / l ) ⇒
-5
K b 1,8 ⋅10
CS
1,5 ⋅ 10−2
=
≈ 2,7 ⋅ 10+ 8 > 380 ⇒
−10
K a 5,556 ⋅ 10
Ka =
[NH 3 ] ⋅ [H 3O + ]
x2
x2
=
≅
[NH 4+ ]
Cs − x Cs
[
]
⇔ Ka =
x2
⇒ x = K a ⋅ Cs
Cs
[
]
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 K a ⋅ Cs = −log10 5,556 ⋅ 10-10 ⋅ 1,5 ⋅ 10−2 = −log10 2,887 ⋅ 10-6 ≅ 5,54
(c)
⋅ 0 ,3l = 0,27 mol
n HCOO - = n HCOONa = M ⋅ V = 0 ,9 mol
l
n HCOOH = M ⋅ V = 0 ,7 mol
⋅ 0 ,25l = 0,175 mol
l
HCOOH (aq)
i)
eq)
n HCOO n HCOOH
=
+ H 2 O (l)
0,12
0,12-x
⇄
HCOO- (aq)
+ H 3 O+ (aq)
0,24
0,24+x
x
0,27
= 1,543 ⇒ x << 0,12 e 0,24 ⇒ soluzione tampone
0,175
[H O ] = K
+
3
a
⋅
n acido
0,12
= 2,1 ⋅10 −4 ⋅
n sale
0,24
[
]
0,12
≅ 3,98
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 2,1 ⋅10 −4 ⋅
0,24
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
Cr(OH) 3 (s)│ CrO 4 =, OH- ││ MnO 4 =, OH-│MnO 2 (s)
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la costante di
equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,1 M ed il
pOH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E °CrO = / Cr ( OH ) , OH − = −0,130 V ; E ° MnO = / MnO , OH − = +0,600 V ]
4
3
4
2
Svolgimento
( +3)
( +6 )
(−) Cr (OH)3 + 5OH − → Cr O 4= + 3e − + 4H 2 O × 2
( +6)
m.c.m = n = 6
( +4)
(+) Mn O 4= + 2e − + 2H 2O → Mn O 2 + 4OH − × 3
--------------------------------------------------------------------------------
2Cr(OH)3 + 3MnO 4= → 2CrO 4= + 2MnO 2 + 2H 2O + 2OH −
n⋅∆E °
K = 10 0, 0591 = 10
Osservazione:
6⋅[0 , 600−( −0 ,130 ) ]
0 , 0591
pOH = 1 ⇒ [OH − ] = 10-pOH = 0,1 M
E − = E° CrO= /Cr(OH) ,OH − +
4
3
E + = E°MnO=/MnO
4
= 1,29 ⋅10 +74
2 ,OH
−
+
[CrO 4= ]
0,0591
0,0591
[0,1]
⋅ log10
= −0,130 +
⋅ log10
= −0,0512 V
− 5
3
3
[OH ]
[0,1]5
0,0591
[MnO =4 ]
0,0591
[0,1]
⋅ log10
= +0,600 +
⋅ log10
= +0,6591V
− 4
2
[OH ]
3
[0,1]4
f.e.m. = E + − E − = +0,6591 - (− 0,0512 ) ≅ 0,7103 V
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del diioduro di piombo (PbI 2 ) :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,06 M di ioni ioduro.
[
K S = 8,49 ⋅ 10-9 (mol/l)3 ]
Svolgimento
(a)
PbI 2 ⇔ Pb + + + 2I s
K s = 8,49 ⋅ 10 -9 (mol/l)3
2s
K s 3 8,49 ⋅ 10 -9
K s = 8,49 ⋅ 10 (mol/l) = s ⋅ (2s ) ⇒ s =
=
= 1,285 ⋅10 −3 (mol/l)
4
4
-9
2
3
3
(b)
PbI 2 ⇔ Pb + + + 2I -
[
2s <<< 0,06 ⇔
0,06 + 2s
s
][ ]
K s = Pb + + ⋅ I -
2
0,06 + 2s ≈ 0,06
= 8,49 ⋅ 10 -9
[s]⋅ [0,06]2 = 8,49 ⋅ 10 -9 ⇔
s=
8,49 ⋅ 10 -9
= 2,36 ⋅10 −6 (mol/l)
2
[0,06]
Traccia
n.4
1) Alla temperatura di 700 °C si pongono, in un recipiente vuoto del volume di 20 litri, 8,0 mol di metano (CH 4 ) e 8,0
mol di acido solfidrico (H 2 S). Si instaura il seguente equilibrio omogeneo:
CH 4 (g) + 2H 2 S (g) ⇄ CS 2(g) + 4H 2(g)
Sapendo che all’equilibrio sono presenti 4,240 mol di idrogeno (H 2 ), calcolare:
(a) la composizione percentuale in volume della miscela gassosa all’equilibrio;
(b) i valori di K p , K c , K χ e K n a 700°C;
(c) il valore di K p alla temperatura di 1200°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H° f ) di CH 4(g) , H 2 S
(g), e CS 2(g) sono rispettivamente -74,4 KJ/mol, -20,6 KJ/mol, e-115,3 KJ/mol.
Svolgimento
(a)
i)
eq)
4x = n H2
CH 4 (g)
+ 2H 2 S (g)
8
8-x
8
8-2x
⇄
CS 2(g)
+ 4H 2(g)
x
4x
⇒ 4x = 4,240
4,240
= 1,06 mol ⇔ n CS2 = x = 1,06 mol
4
= 8 − 2x = 8 − 2 ⋅1,06 = 5,88 mol ⇔ n CH4 = 8 − x = 8 − 1,06 = 6,94 mol
⇒ x=
n H2S
n totali = 8 − x + 8 − 2x + x + 4x = 16 + 2x = 16 + 2 ⋅1,06 = 18,12 mol
4x
4,240 mol
⋅100 = χ H 2 ⋅100 =
⋅100 ≅ 23,40
16 + 2x
18,12 mol
x
1,06 mol
⋅100 = χ CS2 ⋅100 =
⋅100 ≅ 5,85
% v CS 2 =
16 + 2x
18,12 mol
8- x
6,94 mol
⋅100 = χ CH 4 ⋅100 =
⋅100 ≅ 38,30
% v CH 4 =
16 + 2x
18,12 mol
8 − 2x
5,88 mol
⋅100 = χ H 2S ⋅100 =
⋅100 ≅ 32,45
% v H 2S =
16 + 2x
18,12 mol
%v H2 =
(b)
RT
KP = Kn ⋅
V
Δυ
[
2
4
n CS2 ⋅ n 4H2
1,06 ⋅ (4,24)
RT
⇒ KP = Kn ⋅
=
≅ 1,4278 mol 2
⇒ Kn =
2
2
n CH4 ⋅ n H2S (6,94)(5,88)
V
[
]
[
2
l⋅atm
0,0821 mol
2
⋅K ⋅ 973K
⇒ K P = 1,4278 mol ⋅
= 22,778 atm
20 l
2
]
]
2
K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K P = K C ⋅ (RT ) ⇒ K C =
Δυ
2
[
]
KP
(RT )2
K
1,4278 mol 2
mol
K C = n2 =
= 3,569 ⋅10 −3
2
(20l )
(V )
l
RT
Kn ⋅
V ⇒
=
(RT )2
2
2
K P = K χ ⋅ (P ) = K χ ⋅ (P ) ⇒ K χ =
Δυ
(c)
2
(
KP
(P )2
RT
Kn ⋅
2
V = K n = 1,4278 mol = 4,349 ⋅10 −3
=
2
(n totali )2 (18,12mol )2
RT
n totali
V
[
)
]
∆H °reazione = H 0f CS2 - H 0f CH 4 + 2 ⋅ H 0f H 2S = −115,3 − (− 74,4 − 2 ⋅ 20,6 ) = 0,3 (KJ / mol ) = 300 (J / mol )
300 1
1
−
∆H 1 1
K 2
x
300 1
1
x
− ⇔ ln
=
−
= e 8,314 973 1473
ln P =
⇒
22,778
R T1 T 2
22,778 8,314 973 1473
22,778
x = 22,778 ⋅ e
300 1
1
−
8, 314 973 1473
K P 1200°C ≈ 23,067 [atm]
⇒
2
2) Le soluzioni (a), (b) e (c) sono state preparate nel seguente modo:
(a) sciogliendo 0,1275 g di ammoniaca NH 3 (P.M.=17,0 g/mol) in 5,0 l d’acqua;
(b) sciogliendo 2,523 g di formiato di potassio HCOOK (P.M.= 84,1 g/mol) in 4,0 l d’acqua;
(c) mescolando 800 ml di una soluzione 0,4 M di NH 4 Cl con 200 ml di una soluzione 0,7 M di NH 3 .
Calcolare il pH di ciascuna soluzione.
[K a (HCOOH) = 2,1 10-4 mol/l e K b (NH 3 ) = 1,8 10-5 mol/l; considerare nei casi (a) e (b) che il volume della soluzione
coincida con quello del solvente; nel caso (c) considerare i volumi delle soluzioni additivi].
Svolgimento
(a)
C b = [NH 3 ] =
nNH3
V
=
0,1275 g
= 1,5 ⋅10 −3 M
g
17,0 mol ⋅ 5,0 l
NH 3(aq)
i)
eq)
⇄
+ H 2 O (l)
Cb
C b -x
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
x
x
C b 1,5 ⋅ 10−3
=
≈ 83,33 < 380 ⇒ non posso fare approssimazioni, devo risolvere l’equazione di secondo grado:
Kb 1,8 ⋅ 10− 5
x2
Kb =
⇔ x 2 = K b (C b − x ) ⇒ x 2 + K b ⋅ x − K b ⋅ C b = 0
Cb − x
(
)
− K b + K b + 4K b ⋅ C b − 1,8 ⋅10 −5 + - 1,8 ⋅10 −5 + 4 ⋅1,8 ⋅10 −5 ⋅1,5 ⋅10 −3
⇒ x = OH =
=
=
2
2
− 1,8 ⋅10 −5 + 3,2913 ⋅10 −4
=
≅ 1,556 ⋅10 −4 M
2
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 1,556 ⋅10 −4 ≅ 3,81 ⇔ pH = 14 − pOH = 10,19
[
−
]
2
[
]
[
2
]
(b)
[HCOOK ] = nHCOOK
2,523 g
= 0,0075 M
84,1 g/mol ⋅ 4,0l
V
HCOO − = [HCOOK ] = 0,0075 M idrolisi basica dello ione formiato:
[
=
]
HCOO- aq)
i)
eq)
Ki = K b =
Kb =
⇄
+ H 2 O (l)
Cs
C s -x
Kw
1 ⋅10-14
=
≅ 4,762 ⋅10-11 (mol / l ) ⇒
K a 2,1 ⋅10-4
[HCOOH] ⋅ [OH - ]
x2
x2
=
≅
[ HCOO - ]
Cs − x Cs
[
]
⇔ Kb =
HCOOH (aq)
+ OH- (aq)
x
x
CS
7,5 ⋅10 −3
=
≈ 1,6 ⋅10 +8 > 380 ⇒
K a 4,762 ⋅10-11
x2
⇒ x = K b ⋅ Cs
Cs
[
]
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 K b ⋅ Cs = −log10 4,762 ⋅10-11 ⋅ 7,5 ⋅10 −3 = −log10 5,976 ⋅10-7 ≅ 6,22
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 6,22 = 7,78
(c)
n NH+ = n NH4Cl = M ⋅ V = 0 ,4 mol
l ⋅ 0 ,8l = 0,32 mol
4
n NH 3 = M ⋅ V = 0 ,7 mol
⋅ 0 ,2l = 0,14 mol
l
NH 3(aq)
i)
eq)
n NH +
4
n NH3
=
0,14
0,14-x
0,32
= 1,33 ⇒
0,14
[OH ] = K
−
b
⋅
+ H 2 O (l)
⇄
NH 4 + (aq)
+ OH- (aq)
0,32
0,32+x
x
x << 0,14 e 0,32 ⇒ soluzione tampone
n base
0,14
= 1,8 ⋅10 −5 ⋅
n sale
0,32
[
]
0,14
−6
⇒ pOH = −log10 OH − = −log10 1,8 ⋅10 −5 ⋅
= −log10 (7,875 ⋅10 ) ≅ 5,10
0
,
32
⇒ pH = 14 − pOH = 14 − 5,10 = 8,90
3) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
NO (g) (1 atm)│NO 3 -, H+ ││ ClO 3 -, Cl-, H+│
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne, inoltre, la costante di
equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,1 M ed il
pH è uguale a 1,0 ad entrambi gli elettrodi.
[ E ° NO − ,H + / NO = +0,957 V ; E °ClO − ,H + / Cl − = +1,451 V ]
3
3
Svolgimento
( +2)
( +5)
(−) N O + 2H 2 O → N O 3− + 3e − + 4H +
( −1)
( +5)
(+) Cl O 3− + 6e − + 6H + → Cl - + 3H 2 O
×2
m.c.m = n = 6
×1
--------------------------------------------------------------------------------
2NO + ClO3− + H 2O → 2NO3− + 2H + + Cl -
K = 10
Osservazione: pH=1
n⋅∆E °
0 , 0591
= 10
6⋅[1, 451−( 0 , 957 ) ]
0 , 0591
= 1,42 ⋅10 +50
⇒ [H + ] = 10-pH = 0,1 M
E − = E° NO− ,H+ /NO +
0,0591
[NO3− ] ⋅ [H + ]4
0,0591
[0,1] ⋅ [0,1]4
⋅ log10
= +0,957 +
⋅ log10
= +0,8585 V
3
PNO
3
1
E + = E°ClO− ,H+ /Cl− +
0,0591
[ClO-4 ] ⋅ [H + ]6
0,0591
[0,1] ⋅ [0,1]6
⋅ log10
=
+
1,451
+
⋅
log
= +1,3328V
10
[Cl − ]
6
[0,1]
6
3
3
f.e.m. = E + − E − = 1,3328 - 0,8585 ≅ 0,4743 V
4) Calcolare la solubilità espressa in mol/l del difluoruro di piombo PbF2 :
(a) in acqua pura;
(b) in una soluzione 0,3 M di ioni fluoruro.
[ K S = 7,12 ⋅ 10-7 (mol/l)3 ]
Svolgimento
(a)
PbF2 ⇔ Pb + + + 2F s
K s = 7,12 ⋅ 10 -7 (mol/l)3
2s
K s = 7,12 ⋅ 10 -7 (mol/l)3 = s ⋅ (2s ) ⇒ s = 3
2
K s 3 7,12 ⋅ 10 -7
=
= 5,625 ⋅10 −3 (mol/l)
4
4
(b)
PbF2 ⇔ Pb + + + 2F s
[
2s <<< 0,3 ⇔
0,3 + 2s
][ ]
K s = Pb + + ⋅ F -
2
0,3 + 2s ≈ 0,3
= 7,12 ⋅ 10 -7
[s]⋅ [0,3]2 = 7,12 ⋅ 10 -7 ⇔
s=
7,12 ⋅ 10 -7
= 7,91 ⋅10 −6 (mol/l)
2
[0,3]
POLITECNICO DI BARI-II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica del 12 Febbraio 2007
1) Lo ione nitrato, in ambiente acido, ossida il disolfuro ferroso (pirite) a ione ferrico e
ione solfato, riducendosi a monossido di azoto:
NO 3- (aq) + FeS2
(s)
→ NO (g) + Fe 3 + (aq) + SO 4= (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione, calcolare quanti litri di gas NO si sviluppano a 798 torr e
27°C se si fanno reagire 750 ml di una soluzione di NO 3− 4,0 N con 4,79868 g di pirite.
(vale 8 punti)
2) Alla temperatura di 1227 °C, in un recipiente chiuso, ponendo a reagire 2,0 mol di CO e
4,0 mol di H2, l’equilibrio omogeneo (da bilanciare):
CO(g) + H2 (g) ⇄ CH4(g) + H2O(g)
viene raggiunto quando, all’interno del recipiente, si misura una densità di 1,04 g/l e una
pressione totale di 10,0 atm. Calcolare:
(a) KP e Kc a 1227°C;
(b) Kp a 727°C sapendo che le entalpie standard di formazione (H°f) di CO(g), CH4(g) e
H2O(g) sono rispettivamente -110,5 KJ/mol, -74,4 KJ/mol e -241,8 KJ/mol.
(vale 9 punti)
3) Assegnata la seguente pila a 25°C:
Ag (+)
Pt(-)
│ soluzione acquosa satura di Ag2SO4││ CH3COOH(aq) (0,1 M) │H2(1 atm)
Calcolare la f.e.m. della pila sapendo che E°Ag /Ag = + 0,800 V , K S
+
Ka
CH 3COOH
Ag 2SO 4
= 1,20 · 10 –5 (mol/l)3 e
= 1,8 · 10 –5 (mol/l) .
(vale 7 punti)
4) Per le seguenti specie chimiche: NO2 , HCO 3- , SO 3-2 , H 3 PO 2 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili) ed assegnarne la nomenclatura
(classica oppure IUPAC).
(vale 6 punti)
POLITECNICO DI BARI-II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 26 Febbraio 2007
1) 13,60 g di un miscuglio di magnesio (PA=24,30 g/mol) e ferro (PA=55,85 g/mol)
vengono attaccati con acidi minerali, ciò produce l’ossidazione dei due metalli a Mg2+ e
Fe3+ con contemporanea evoluzione di idrogeno gassoso secondo le seguenti reazioni (da
bilanciare):
Mg (s) + H + (aq) → Mg 2 + (aq) + H 2 (g)
Fe (s) + H + (aq) → Fe 3+ (aq) + H 2 (g)
L’idrogeno sviluppato viene raccolto a condizioni normali: si ottengono 8,9656 litri.
Calcolare la composizione percentuale in peso della miscela.
(vale 5 punti)
2) L’anione clorito, in ambiente basico, ossida il solfuro arsenioso ad anione arseniato e
anione solfato, riducendosi ad anione cloruro:
ClO -2 (aq) + As 2 S 3
(s)
→ Cl - (aq) + AsO −43 (aq) + SO −42 (aq)
Dopo aver bilanciato la reazione, calcolare quanti grammi di solfuro arsenioso possono
essere completamente ossidati da 700 ml di una soluzione 0,8 N di ClO−2 .
(vale 7 punti)
3) Un reattore viene caricato a 1127 °C fino alla pressione di 4,0 atm con una miscela
gassosa al 60% in volume di A e al 40% in volume di B. Dopo che è stato raggiunto
l’equilibrio:
2 A (g) + 3 B (g) ⇄ 4 C(g)+ 2 D(g)
la pressione totale nel recipiente di reazione è 4,4 atm. Calcolare:
KP e KC a 1127 °C;
il ∆H° di reazione sapendo che KP a 777 °C è pari a 492,2 atm.
(vale 7 punti)
4) 7,908 g di Ca(CH3COO)2 vengono addizionati a 250 ml di una soluzione di acido
acetico al 1,20% in peso di densità 1,00 g/ml. Calcolare il pH prima e dopo l’aggiunta di
acetato di calcio. La costante di dissociazione per l’acido acetico è 1,8·10–5 mol/l e
assumere che il volume non vari dopo l’aggiunta.
(vale 7 punti)
5) Per le seguenti specie chimiche: CO 2 , NO 3- , HSO3- , H 3 PO 3 disegnare la formula di
struttura (con le formule di risonanza più probabili).
(vale 4 punti)
POLITECNICO DI BARI-II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 22 Giugno 2007
1) 21,74 g di un miscuglio di FeS2 e ZnS vengono bruciati completamente con ossigeno
secondo le reazioni irreversibili (da bilanciare):
FeS2 (s) + O 2 (g) → FeO(s) + SO 2 (g)
ZnS(s) + O 2 (g) → ZnO (s) + SO 2 (g)
Tutta la SO2 formata reagisce completamente con 150 ml di una soluzione 4,0 N di CrO42secondo la reazione di ossidoriduzione (da bilanciare in ambiente basico):
CrO −4 2 (aq) + SO 2 (g) → Cr(OH) 3 + SO −4 2 (aq)
Calcolare le percentuali in peso di FeS2 e ZnS nel miscuglio. (Suggerimento: dopo aver
determinato le moli di SO2 impostare un sistema di due equazioni in due incognite per
calcolare le percentuali).
(Punteggio esercizio: 9/30)
2) Ad una data temperatura, in un recipiente del volume di 10 litri è presente la miscela
gassosa di equilibrio derivante dalla reazione:
A(g) + B(g)
C(g) + D(g)
La composizione di tale miscela è la seguente: 6 mol di C, 4 mol di D, 8 mol di A ed 1 mol
di B. Calcolare il numero di moli di D che devono essere introdotte nel recipiente affinché,
a temperatura costante, la concentrazione di B diventi 0,3 M.
(Punteggio esercizio: 8/30)
3) 6,0 g di cloruro di ammonio (NH4Cl) sono addizionati a 375 ml di una soluzione
all’1,37% in peso di ammoniaca (NH3) e di densità 0,994 g/ml. Calcolare il pH prima e
dopo l’aggiunta di NH4Cl. [Kb (NH3) = 1,8·10-5 (mol/l) ].
(Punteggio esercizio: 7/30)
4) Assegnata la seguente pila:
Pt (-)
Pt (+)
+
23+
+
O2(g)(1 atm)│ H2O2, H ││ Cr2O7 , Cr , H │
Scrivere e bilanciare la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e
calcolarne la costante di equilibrio. Calcolare, infine, la f.e.m. della pila quando tutte le
concentrazioni delle specie in soluzione sono 0,03 M ed il pH è uguale a 1,5 ad entrambi
gli elettrodi [ E ° O2 , H + / H 2O2 = +0,695 V ; E ° Cr2O72− , H + / Cr +3 = +1,232 V ].
(Punteggio esercizio: 6/30)
POLITECNICO DI BARI-II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Appello del 2 Luglio 2007
1) Bilanciare le seguenti reazioni di ossidoriduzione
in ambiente basico:
MnO 4−2 (aq) + Cu 2 S (s) → Cu(OH) 2 (s) + SO -24 (aq) + MnO 2 (s)
in ambiente acido
Cr2 O 7−2 (aq) + C10 H14 (s) → Cr 3+ (aq) + CO 2 (g)
(Punteggio esercizio: 7/30)
2) La costante di equilibrio KP del sistema (reazione omogenea):
AB(g)
A(g) + B(g)
è 0,20 atm a 25°C e 0,65 atm a 55°C. Calcolare la temperatura alla quale, alla pressione
totale di 3,5 atm, la specie A presente all’equilibrio costituisca il 10% in volume della
miscela gassosa, sapendo che inizialmente è stata introdotta nel sistema una miscela
equimolare di AB e B.
(Punteggio esercizio: 9/30)
3) A 160 ml di una soluzione 0,01 M di acido formico (HCOOH) si fanno due aggiunte
successive di 40 ml di idrossido di sodio (NaOH) 0,02 M. Calcolare il pH della soluzione
iniziale di HCOOH e il pH delle soluzioni ottenute in seguito a ciascuna aggiunta di
NaOH. (La costante di dissociazione dell’acido formico è Ka = 1,8·10–4 mol/l e si
ritengano, inoltre, i volumi additivi)
(Punteggio esercizio: 8/30)
4) Calcolare il prodotto di solubilità (Ks) di Cd3(AsO4)2, sapendo che la f.e.m. della
seguente pila di concentrazione allo ione Cd++:
Cd (-)
Cd (+)
++
│ soluzione satura di Cd3(AsO4)2 ││ [Cd ]= 0,1 M │
è uguale a 0,1755 V.
(Punteggio esercizio: 6/30)
POLITECNICO DI BARI-II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica AA 2007-2008
Appello del 12 maggio 2008
1) Sapendo che lo ione BiO3- in ambiente acido ossida MnI2 a MnO4- e IO3-,
riducendosi a ione Bi3+:
BiO 3- (aq) + MnI 2 (s) → Bi 3+ (aq) + MnO 4− (aq) + IO 3- (aq)
calcolare:
a) il volume di soluzione 0,50 M di ione metabismutato (BiO3-) necessario per
ossidare completamente 3,0 g di ioduro manganoso (MnI2);
b) la quantità di ioduro manganoso residua se si fanno reagire 800 ml di una
soluzione 0,050 N di ione metabismutato con 1,0 g di ioduro manganoso.
(Punteggio esercizio: 8/30)
2) La costante di equilibrio per la reazione:
H2 (g) + I2 (g) ⇄ 2 HI (g)
vale 45 a 500°C. Calcolare all’equilibrio la pressione totale della miscela gassosa e le
moli di iodio, se si mettono a reagire 1,0 mol di H2 e 2,0 mol di I2 in un reattore di 25
litri a 500°C.
(Punteggio esercizio: 6/30)
3) A 50 ml di una soluzione 0,10 M di acido formico (HCOOH) si aggiungono 108
mg di idrossido di sodio (NaOH). Calcolare il pH della soluzione prima e dopo
l’aggiunta di NaOH. Per l’acido formico Ka = 1,78·10-4 M.
(Punteggio esercizio: 6/30)
4) Calcolare a quale volume occorre diluire 1,0 ml di una soluzione 0,5 M di acido
acetico (CH3COOH) affinché il suo pH raddoppi. Per l’acido acetico Ka = 1,8·10-5 M.
(Punteggio esercizio: 4/30)
5) La solubilità del cromato di argento (Ag2CrO4) in acqua pura è 6,54·10–5 M.
Calcolare quanti mg di Ag2CrO4 si sciolgono in:
a) 250 ml di acqua pura;
b) 500 ml di una soluzione 0,10 M del sale solubile Na2CrO4.
(Punteggio esercizio: 6/30)
Soluzioni_esame_12_maggio_2008
Pag. 1
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Soluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (12 maggio 2008)
1) Sapendo che lo ione BiO 3 - in ambiente acido ossida MnI2 a MnO 4 - e IO 3 -, riducendosi a ione Bi3+:
BiO 3- (aq) + MnI 2 (s) → Bi 3+ (aq) + MnO −4 (aq) + IO3- (aq)
calcolare:
a) il volume (in ml) di soluzione 0,50 M di ione metabismutato (BiO 3 -) necessario per ossidare
completamente 3,0 g di ioduro manganoso (MnI 2 );
b) la quantità di ioduro manganoso residua se si fanno reagire 800 ml di una soluzione 0,050 N di
ione metabismutato con 1,0 g di ioduro manganoso.
(Punteggio esercizio: 8/30)
Svolgimento:
( +5)
red) Bi O3- + 2 e − + 6 H + → Bi3+ + 3 H 2O
( +2) ( −1)
( +7)
× 17 m.c.m. = 2 ⋅ 17 = 34
( +5)
ox) Mn I 2 + 10 H 2O → Mn O-4 + 2 I O3- + 17 e − + 20 H + × 2
_______________________________________________________________________________
17 BiO3- + 34 e − + 102 H + + 2 MnI 2 + 20 H 2O → 17 Bi3+ + 51 H 2O + 2MnO -4 + 4 IO3- + 34 e − + 40 H +
17 BiO3- + 62 H + + 2 MnI 2 → 17 Bi3+ + 31 H 2O + 2MnO -4 + 4 IO3a)
M MnI 2 = (54,938049 + 2 ⋅ 126,90447) [g/mol] ≅ 308,74699 [g/mol]
n MnI 2 =
3,0 [g]
= 0,009717 mol
308,74699 [g/mol]
n MnI 2 : n BiO - = 2 : 17 ⇒
3
M BiO - =
3
n BiO -
3
VBiO -
n BiO - =
17 ⋅ n MnI 2
2
3
⇒ VBiO - =
3
3
n BiO -
3
M BiO -
=
=
17 ⋅ 0,009717 mol
≅ 0,0826 mol
2
0,0826 mol
= 0,1652 [l] = 165,2 [ml]
0,5 [mol/l]
3
(b)
n MnI 2 =
1,0 [g]
≅ 0,00324 mol
308,74699 [g/mol]
z eMnI 2 = 17 [eq/mol]
e
n eq
MnI 2 = n MnI 2 ⋅ z MnI 2 = 0,00324 [mol] ⋅ 17 [eq/mol] = 0,05508 [eq]
N BiO - =
3
n eq
BiO -
3
VBiO -
⇒ n eq
= N BiO - ⋅ VBiO - = 0,050 [eq/l] ⋅ 0,800 [l] = 0,04 [eq]
BiO 3
3
3
3
1
Soluzioni_esame_12_maggio_2008
Pag. 2
Gli equivalenti di MnI2 non reagiti sono pari a:
n eq
MnI 2 non reagiti = 0,05508 [eq] - 0,04 [eq] = 0,01508 [eq]
da cui
n MnI 2 non reagite =
n eq
MnI 2 , non reagiti
z
e
MnI 2
=
0,01508 [eq]
= 8,87 ⋅ 10- 4 [mol]
17 [eq/mol]
g MnI 2 non reagiti = n MnI 2 , non reagite ⋅ PM MnI 2 = 8,87 ⋅ 10-4 [mol] ⋅ 308,74699 [g/mol] ≅ 0,274 [g]
2) La costante di equilibrio per la reazione:
H 2 (g) + I 2
(g)
⇄ 2 HI
(g)
vale 45 a 500°C. Calcolare all’equilibrio la pressione totale della miscela gassosa e le moli di iodio, se si
mettono a reagire 1,0 mol di H 2 e 2,0 mol di I2 in un reattore di 25 litri a 500°C.
(Punteggio esercizio: 6/30)
Svolgimento:
Moli all’inizio)
Moli all’equilibrio)
H 2 (g)
1
1-x
+
I 2 (g)
2
2-x
2 HI (g)
2x
Δν = 2 − 1 − 1 = 0 ⇔ K = K P = K C = K n = K χ , quindi
2
(
2x )
= 45
K=
(1 − x ) ⋅ (2 − x )
(
⇒ 45 ⋅ (1 − x ) ⋅ (2 − x ) = (2x )
2
)
(
)
⇒ 45 ⋅ 2 − x - 2x + x 2 = 4x 2 ⇒ 45 ⋅ 2 − 3x + x 2 = 4x 2 ⇒ 90 − 135x + 45x 2 = 4x 2
⇒ 41x 2 − 135x + 90 = 0
x=
+ 135 ±
(135)2 − 4 ⋅ 41 ⋅ 90
2 ⋅ 41
=
+ 135 ± 18225 − 14760 + 135 ± 3465
=
82
82
2,364 scartare perchè deve essere 0 < x < 1
=
+ 135 ± 58,864
=
82
0,928 acccetare
n I 2 = 2 - x = 2 − 0,928 = 1,072 [mol]
Per il calcolo della pressione totale (P TOT ) essendo la reazione senza variazioni di moli (∆ν=0) ed il
volume costante, essa rimane costante.
Infatti
n TOT, eq= n H2 ,eq + n I2 ,eq + n HI,eq = 1 - x + 2 - x + 2x = 3 = n H2 ,inizial + n I2 ,inizial = n TOT,iniziali
PTOT
l ⋅ atm
0,0821
⋅ (273,15 + 500 )[K ]
RT
mol ⋅ K
= n TOT ⋅
= 3 [mol] ⋅
= 7,616 [atm]
V
25 [l]
2
Soluzioni_esame_12_maggio_2008
Pag. 3
3) A 50 ml di una soluzione 0,10 M di acido formico (HCOOH) si aggiungono 108 mg di idrossido di
sodio (NaOH). Calcolare il pH della soluzione prima e dopo l’aggiunta di NaOH. Per l’acido formico K a
= 1,78∙10-4 M.
(Punteggio esercizio: 6/30)
Svolgimento:
•
Prima dell’aggiunta di NaOH:
HCOOH (aq)
Ca
C a -x
i)
eq)
Ka =
[HCOO ]⋅ [H O ] =
+
-
3
[HCOOH]
+ H 2 O (l)
HCOO- (aq)
x
+ H 3 O+ (aq)
x
x2
Ca − x
Ca
0,1
=
≈ 561,8 ≥ 380 ⇒ posso trascurare la x rispetto a C a
Ka 1,78 ⋅ 10− 4
Ka =
x2
⇔ x 2 = K a ⋅ Ca
Ca
[
]
⇒ x = H 3O + = K a ⋅ C a =
[
(1,78 ⋅ 10 )⋅ 0,1 =
−4
[
]
1,78 ⋅ 10− 5
]
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 1,78 ⋅ 10− 5 ≅ 2,375
•
Dopo l’aggiunta di NaOH:
mol
⋅ 0,050 [l] = 0,005 [mol]
n HCOOH = Ca, HCOOH ⋅ VHCOOH = 0,1
l
g
g
108 [mg ] ⋅ 3 108 [mg ] ⋅ 3
m NaOH
10 mg =
10 mg = 0,108 [g ]
=
= 0,0027 [mol] ≡ n OH − = n Na +
n NaOH =
PM NaOH
PM NaOH
g
g
39,9971
39,9971
mol
mol
Acido debole
Moli iniziali)
Moli finali)
HCOOH (aq)
0,0050
0,0023
abbiamo una soluzione tampone: 0,1 <
i)
eq)
[HCOO ]⋅ [H O ]
=
+
-
Ka
3
[HCOOH]
Base forte
-
+ OH (aq)
0,0027
-
sale
acqua
-
HCOO (aq)
0,0027
+ H 2 O (l)
n HCOOH n acido 0,0050 [mol]
=
=
≅ 1,852 < 10
n HCOO n sale 0,0027 [mol]
HCOOH (aq)
n acido
n acido -x
+ H 2 O (l)
n sale + x x
⋅
Vtotale Vtotale
=
n acido - x
Vtotale
HCOO- (aq)
n sale
n sale +x
+ H 3 O+ (aq)
x
n sale + x ≅ n sale
⇒
poiché
n acido - x ≅ n acido
3
Soluzioni_esame_12_maggio_2008
Pag. 4
n acido - x
n acido
x
+
Vtotale ≅ K ⋅ Vtotale = K ⋅ n acido
=
H
O
=
K
⋅
3
a
a
a
n sale
n sale + x
n sale
Vtotale
Vtotale
Vtotale
[
⇒
]
n
0,0023
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 K a ⋅ acido = −log10 1,78 ⋅ 10− 4 ⋅
= −log10 1,5163 ⋅ 10− 4 ≅ 3,819
n sale
0,0027
[
]
[
]
4) Calcolare a quale volume occorre diluire 1,0 ml di una soluzione 0,5 M di acido acetico (CH 3 COOH)
affinché il suo pH raddoppi. Per l’acido acetico K a = 1,8∙10-5 M. (Punteggio esercizio: 4/30)
Svolgimento:
pH iniziale:
CH 3 COOH (aq)
i)
eq)
+
-
Ka
CH 3 COO- (aq)
Ca
C a -x
[CH COO ]⋅ [H O ] =
=
3
+ H 2 O (l)
3
[CH 3COOH ]
x
+
H 3 O+ (aq)
x
x2
Ca − x
Ca
0,5
=
≈ 27777,78 ≥ 380 ⇒ posso trascurare la x rispetto a C a
Ka 1,8 ⋅ 10− 5
Ka =
x2
⇔ x 2 = K a ⋅ Ca
Ca
[
]
⇒ x = H 3O + = K a ⋅ C a =
[
(1,8 ⋅ 10 )⋅ 0,5 =
−5
[
]
9 ⋅ 10− 6
]
[
]
⇒ pH = −log10 H 3O + = −log10 9 ⋅ 10− 6 = −log10 3 ⋅ 10− 3 ≅ 2,52
pH doppio: 5,04
[
]
[
]
⇒ pH = −log10 H 3O + = 5,04 ⇒ H 3O + = 10-pH = 10-5,04
[H O ]
[CH COOH ]
C
− [H O ]
K ⋅ (C
− [10 ]) = [10 ] ⇒
[CH COO ]⋅ [H O ] ≅
=
Ka
3
3
⇒
a
+ 2
+
-
3
nuova
a
3
nuova
a
+
3
− pH 2
− pH
⇒ Ka =
[10 ]
− [10 ]
− pH 2
Canuova
− pH
K a ⋅ Canuova − K a ⋅ 10− pH = 10− 2⋅pH
10− 2⋅pH + K a ⋅ 10− pH
⇒ C
=
Ka
Applicando la formula delle diluizioni per le soluzioni chimiche:
nuova
a
M1V1 = M 2 V2
ove M1 ≡ Ca
mol 10
=
0,001 [l]⋅ 0,5
l
−2⋅pH
V1 = 0,001 [l] M 2 ≡ Canuova V2 = Vx = volume della nuova soluzione ≡ volume diluizione
+ K a ⋅ 10 − pH
⋅ Vx
Ka
mol
mol
0,001 [l]⋅ 0,5
0,001 [l]⋅ 0,5
1 ⋅ 0,5 ⋅ 1,8 ⋅ 10 −5
l
l
⇒ Vx = −2⋅pH
=
=
⋅ 0,001 [l] = 36,3874 [l]
+ K a ⋅ 10 −pH mol 10 −2⋅5, 04 + 1,8 ⋅ 10 −5 ⋅ 10 −5, 04 mol 10 −10, 08 + 1,8 ⋅ 10 −10, 4
10
⋅
⋅
1,8 ⋅ 10 −5
Ka
l
l
4
Soluzioni_esame_12_maggio_2008
Pag. 5
5) La solubilità del cromato di argento (Ag 2 CrO 4 ) in acqua pura è 6,54∙10–5 M. Calcolare quanti mg di
Ag 2 CrO 4 si sciolgono in:
a) 250 ml di acqua pura;
b) 500 ml di una soluzione 0,10 M del sale solubile Na 2 CrO 4 .
(Punteggio esercizio: 6/30)
Svolgimento:
Ag 2CrO 4 (s) ⇔ 2Ag + (aq) + CrO -24(aq)
2s
quindi
[ ] [
s
]
ove
s = 6,54·10-5 M
[
Ks = Ag + ⋅ CrO -42 = [2 s] ⋅ [ s] = 4s3 = 4 ⋅ 6,54·10-5
2
2
] = 1,1189·10 [M ]
3
-12
3
a)
g mol
g
⋅ PM Ag2CrO4
s ' = s
l l
mol
b)
⇒
g
g
103
103
mg
mg
g
g
= s mol ⋅ PM
mg
⋅
s '' ≡ s ' ⋅
Ag 2CrO 4
ml
l 103 ml
l
mol 103 ml
l
l
⇒
g
103
mg
mol
g
mg ⋅ 250 [ml]
⋅ PM Ag2CrO4
⋅
mg sciolti in 250 ml = s ' ' ⋅ 250 [ml] = s
ml
l
mol 103 ml
l
⇒
g
103
mol
g
mg ⋅ 250 [ml] ≅ 5,424 [mg]
⋅ 331,7301
mg sciolti in 250 ml = 6,54·10-5
⋅
l
mol 103 ml
l
[ ] [
0,1 M = [Na 2CrO 4 ] = 2 ⋅ Na + = CrO -24
]
Ag 2 CrO 4 (s) ⇔ 2Ag + (aq) + CrO -2
4 (aq)
i)
eq)
quindi
−
2s
[ ] [
0,1
0,1 + s
] [
ove s << 0,1
]
Ks = 1,1189·10-12 M 3 = Ag + ⋅ CrO -42 = [2 s] ⋅ [0,1 + s] ≈ 4s 2 ⋅ 0,1
2
2
⇒
1,1189·10-12 = 4s 2 ⋅ 0,1
⇒
1,1189·10-12
mol
mol
=
≅ 1,6725 ⋅ 10 -6
s
4 ⋅ 0,1
l
l
g
103
mg
mol
g
mg ⋅ 500 [ml]
⋅ PM Ag2CrO4
⋅
mg sciolti in 500 ml 0,1 M di Na 2 CrO 4 = s ' ' ⋅ 500 [ml] = s
ml
l
mol 103 ml
l
⇒
mg sciolti in 500 ml 0,1 M di Na 2 CrO 4 = 1,6725 ⋅ 10-6
g
103
mol
g
mg
l ⋅ 331,7301 mol ⋅ 3 ml ⋅ 500 [ml] ≅ 0,278 [mg]
10
l
5
Politecnico di Bari – II Facoltà di Ingegneria – Taranto
CdL in Ingegneria Industriale
Esame di Chimica
Prova scritta – 11 maggio 2009
1) Dopo aver bilanciato, in ambiente basico, la seguente reazione di ossidoriduzione:
C 7 H 14 O 5 (s) + NO 3− (aq) → HCO 3− (aq) + NH 3 (aq)
calcolare quanti grammi di NH3 sono prodotti dalla reazione facendo reagire 8,909 g del
composto organico C7H14O5 con 160 mL di una soluzione 2,5 M di anioni NO3-.
(Voto max.: 6/30)
2) In un reattore di volume (V) costante a 60 °C vengono introdotti 1,5 mol di N2O4 e 0,5
mol di NO2, si stabilisce il seguente equilibrio:
N2O4
(g)
2 NO2
(g)
Sapendo che a 60 °C la KC è uguale a 0,0875 (mol/L) e che all'equilibrio la pressione
totale della miscela è pari a 1,47 atm, calcolare la pressione parziale delle due specie
chimiche all'equilibrio ed il volume (V) del reattore.
(Voto max.: 8/30)
3) A 400 mL di una soluzione 0,01 M di acido formico (HCOOH: un acido debole
monoprotico) si aggiungono 800 mL di una soluzione 0,005 M di idrossido di sodio
(NaOH). Calcolare il pH della soluzione prima e dopo l’aggiunta di NaOH sapendo che il
pH di una soluzione 0,03 M di acido formico è pari a 2,653.
(Voto max.: 7/30)
4) A 25°C, calcolare il prodotto di solubilità (Ks) del fosfato di cadmio [Cd3(PO4)2] sapendo
che la f.e.m. della seguente pila a concentrazione allo ione Cd++:
Cd(-)
Cd (+)
soluzione satura di Cd3(PO4)2
++
[Cd ] = 0,01 M
è pari a 0,1755 V a 25 °C.
(Voto max.: 4/30)
5) Per la seguente pila a 25°C:
Pt
Pt
[ClO3- ] = 1·10-3 M
+
[H ] = 0,1 M
Cl2(g)
(1 atm)
-
-3
[MnO4 ] =1·10 M
[Mn++] = 0,1 M
[H+] = ?
calcolare a quale pH dell’elettrodo di destra la pila risulta scarica (f.e.m.=0). Bilanciare
inoltre la reazione globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne la
costante di equilibrio.
E° ClO − ,H + /Cl = 1,470 V e E° MnO − ,H + /Mn ++ = 1,507 V .
3
2
(Voto max.: 5/30)
4
Corso di Laurea in Ingegneria Industriale
Soluzioni degli esercizi dell’ESAME DI CHIMICA (11 maggio 2009)
1) Dopo aver bilanciato, in ambiente basico, la seguente reazione di ossidoriduzione:
C 7 H 14 O 5 (s) + NO 3− (aq) → HCO 3− (aq) + NH 3 (aq)
calcolare quanti grammi di NH3 sono prodotti dalla reazione facendo reagire 8,909 g del composto
organico C7H14O5 con 160 mL di una soluzione 2,5 M di anioni NO3−.
(Voto max.: 6/30)
Svolgimento:
( +5)
(-3)
red) N O3− + 8 e − + 6 H 2O → N H 3 + 9 OH −
4
(- )
7
× 4 m.c.m. = 32
( +4)
ox) C 7 H14O5 + 39 OH − → 7 H C O3− + 32 e − + 23 H 2O × 1
_______________________________________________________________________________
4 NO3− + 32 e − + 24 H 2O + C7 H14O5 + 39 OH − → 4 NH 3 + 36 OH - + 7 HCO 3− + 32 e − + 23 H 2O
4 NO3− + H 2O + C7 H14O5 + 3 OH − → 4 NH 3 + 7 HCO3−
n C7 H14O5 =
M NO- =
3
m C7 H14O5
PM C7 H14O5
n NO-
3
V
=
8,909 g
≅ 0,05 [mol ]
⎡ g ⎤
178,1831 ⎢
⎣ mol ⎥⎦
⎡ mol ⎤
⇒ n NO- = M NO - ⋅ V = 2,5 ⎢
⋅ 0,160 [L ] = 0,4 [mol ]
3
3
⎣ L ⎥⎦
n C7 H14O5 ⋅ 4
n NO- : n C7 H14O5 = 4 : 1
⇔ n NO- =
n NO- : n C7 H14O5 = 4 : 1
⇔ n C7 H14O5 =
3
3
Quindi n NH 3 : n C7 H14O5 = 4 : 1
n NH 3 =
m NH 3
PM NH3
1
3
n NO-
3
4
=
=
0,05 ⋅ 4
= 0,2 [mol ] < 0,4 [mol ] reagente in eccesso
1
0,4
= 0,1 [mol ] > 0,05 [mol ] reagente limitante
4
⇔ n NH 3 = n C 7 H14O5 ⋅ 4 = 0,05 ⋅ 4 [mol ] = 0,2 [mol ]
⎡ g ⎤
⇒ m NH3 = n NH 3 ⋅ PM NH3 = 0,2 [mol ]⋅17,0305 ⎢
= 3,4061 [g ]
⎣ mol ⎥⎦
-1-
2) In un reattore di volume (V) costante a 60 °C vengono introdotti 1,5 mol di N2O4 e 0,5 mol di NO2, si
stabilisce il seguente equilibrio:
N2O4 (g)
2 NO2 (g)
Sapendo che a 60 °C la KC è uguale a 0,0875 (mol/L) e che all'equilibrio la pressione totale della miscela
è pari a 1,47 atm, calcolare la pressione parziale delle due specie chimiche all'equilibrio ed il volume (V)
del reattore.
(Voto max.: 8/30)
Svolgimento:
Costruiamo il solito schema:
Moli all’inizio)
Moli all’equilibrio)
Quindi all’eq.:
N2O4 ( (g)
1,5
1,5-x
2 NO2 (g)
0,5
0,5+2x
n TOT, eq = n N 2O 4 ,eq + n NO 2 ,eq = 1,5 - x + 0,5 + 2 x = 2 + x
Le frazioni molari di ciascun gas e le rispettive pressioni parziali in funzione di x saranno perciò:
χN O
2
χ NO
4
2
=
=
nN 2O4
ntot
nNO2
ntot
=
1,5 − x
⋅1,47
2+x
0,5 + 2x
=
⋅1,47
2+x
1,5 − x
2+x
PN 2O 4 = χ N2O 4 ⋅ PTOT, eq =
0,5 + 2x
2+ x
PNO2 = χ NO 2 ⋅ PTOT,eq
=
Calcoliamo la KP della reazione:
K P = K C (RT )
Δν
Δν = +1
⎡ L ⋅ atm ⎤
⎡ mol ⎤
K P = K C ⋅ RT = 0,0875 ⎢
⋅ 0,0821 ⎢
⎥ ⋅ 333,15 [K ] ≅ 2,393 [atm]
⎥
⎣ mol ⋅ K ⎦
⎣ L ⎦
Utilizziamo le pressioni parziali nella relazione di equilibrio espressa come KP
KP
(P )
=
(P )
⎛ 0,5 + 2x
⎞
⋅1,47 ⎟
⎜
2+x
⎠
2,393 = ⎝
1,5 − x
⋅1,47
2+ x
2
NO 2
N 2O4
2
2
⎛ 0,5 + 2x ⎞
⎜
⎟ ⋅1,47
2
2
(
1,5 − x (0,5 + 2x )
0,5 + 2x )
2+x ⎠
⎝
(
)
2,393 =
⇒ 2,393 ⋅
=
⋅1,47 ⇒ 2,393 ⋅ 1,5 − x =
⋅1,47
1,5 − x
2+ x
2+x
(2 + x )2
2+ x
2
⇒ 2,393 ⋅ (1,5 − x ) ⋅ (2 + x ) = (0,5 + 2x ) ⋅1,47 ⇒ 2,393 ⋅ 3 − 0,5x + x 2 = 0,25 + 2x + 4x 2 ⋅1,47
(
⇒ 7,179 - 1,1965x + 2,393x 2 = 0,3675 + 2,94x + 5,88x 2
⇒
) (
3,487x 2 + 4,1365x − 6,8115 = 0
È stata ottenuta un’equazione di 2° grado che, risolta, fornisce il seguente risultato:
-2-
)
x=
− 4,1365 +
(4,1365)2 − 4 ⋅ 3,487 ⋅ (−6,8115)
2 ⋅ 3,487
≅ 0,925 [mol ]
Sostituendo opportunamente il valore trovato possiamo determinare le frazioni molari e le pressioni
parziali dei due gas all'equilibrio, che assumono i seguenti valori
1,5 − x 1,5 − 0,925
=
= 0,196
2 4
2+x
2 + 0,925
PN 2O 4 = χ N2O 4 ⋅ PTOT, eq = 0,196 ⋅1,47 ≅ 0,288 [atm ]
χN O
=
0,5 + 2x
= 1 − χ N2O 4 = 1 − 0,196 = 0,804
2
2+ x
PNO 2 = χ NO 2 ⋅ PTOT, eq = 0,804 ⋅1,47 ≅ 1,182 [atm ]
χ NO
=
Calcoliamo ora il volume del recipiente
Poiché all'equilibrio si formano complessivamente 2+x = 2 + 0,925 = 2,925 [mol] e la pressione totale è
di 1,47 atm, il volume sarà uguale a
⎡ l ⋅ atm ⎤
2,925 [mol ]⋅ 0,0821 ⎢
⋅ 333,15 [K ]
nRT
mol ⋅ K ⎥⎦
⎣
V=
=
≅ 54,4 [l ]
P
1,47 [atm]
-3-
3) A 400 ml di una soluzione 0,01 M di acido formico (HCOOH: un acido debole monoprotico) si
aggiungono 800 mL di una soluzione 0,005 M di idrossido di sodio (NaOH). Calcolare il pH della
soluzione prima e dopo l’aggiunta di NaOH sapendo che il pH di una soluzione 0,03 M di acido formico è
pari a 2,653.
(Punteggio esercizio: 6/30)
Svolgimento:
Prima dell’aggiunta di NaOH:
HCOOH(aq)
0,01
0,01 -x
Conc. iniziali
Conc. all’eq.
[HCOO ]⋅ [H O ] =
=
−
Ka
+
3
[HCOOH]
HCOO-(aq)
x
+ H2O(l)
+ H3O+(aq)
x
x2
0,01 − x
ma non conosciamo la costante acida (Ka) dell’acido formico! Tuttavia sappiamo che il pH di una
soluzione 0,03 M di HCOOH è pari a 2,653:
⇔
[
[
[HCOO ]⋅ [H O ] = [H O ]
=
−
Ka
]
]
pH = −log10 H 3O + = 2,653 ⇒ H 3O + = 10 −2,653 M
+ 2
+
3
3
[HCOOH]
[HCOOH]
=
(10
)
− 2,653 2
0,03 − 10
− 2,653
≅ 1,78 ⋅10 − 4
Tornando alla domanda precedente dobbiamo risolvere la seguente equazione di secondo grado
K a = 1,78 ⋅ 10 − 4 =
x2
0,01 - x
Infatti non possiamo applicare la solita approssimazione di trascurare la x al denominatore perché:
Ca
0,01
=
≅ 56,18 < 380
K a 1,78 ⋅10-4
1,78 ⋅ 10 − 4 =
⇔
x2
0,01 - x
⇔
1,78 ⋅ 10 − 4 (0,01 - x ) = x 2
x 2 + 1,78 ⋅ 10 − 4 x - 1,78 ⋅ 10 −6 = 0
+
x = [H 3 O ] =
- 1,78 ⋅ 10 − 4 +
(- 1,78 ⋅10 )
−4 2
(
− 4 ⋅ - 1,78 ⋅ 10 −6
2
[
]
[
) ≅ 1,248 ⋅ 10
]
⇒ pH = −log10 H 3 O + = −log10 1,248 ⋅ 10 −3 ≅ 2,90
Dopo l’aggiunta di NaOH:
⎡ mol ⎤
n HCOOH = C a,HCOOH ⋅ VHCOOH = 0,01 ⎢
⋅ 0,400 [l] = 0,004 [mol]
⎣ l ⎥⎦
⎡ mol ⎤
n NaOH = C NaOH ⋅ VNaOH = 0,005 ⎢
⋅ 0,800 [l] = 0,004 [mol] ≡ n OH − = n Na +
⎣ l ⎥⎦
-4-
−3
Avviene la seguente reazione:
acido debole
HCOOH
base forte
+ NaOH
sale
HCOONa)
acqua
+ H2O
Ovvero in forma ionica:
+ OH-(aq)
0,004
-
HCOOH(aq)
0,004
-
Moli iniziali)
Moli finali)
HCOO-(aq)
0,004
+ H2O (l)
Quindi abbiamo una soluzione dello ione HCOO- che darà idrolisi:
HCOO-(aq)
CS
CS-x
Conc. iniziali
Conc. all’eq.
[
+ H2O(l)
HCOOH(aq)
x
+ OH-(aq)
x
]
K w [HCOOH ]⋅ OH −
1⋅10-14
Ki = Kb =
=
=
≅ 5,62 ⋅10-11
−
−4
Ka
HCOO
1,78 ⋅10
[
]
Per conoscere il pH oltre a calcolare la costante di idrolisi dobbiamo determinare la nuova concentrazione
(CS) dello ione HCOO-:
n
−
0,004 mol
CS = HCOO − = HCOO =
≅ 0,0033 M
Vtotale
0,4 L + 0,8 L
[
]
K i = 5,62 ⋅10-11 =
x2
[CS − x ]
CS
0,0033
=
≈ 5,872 ⋅10 + 7 > 380
-11
K i 5,62 ⋅10
[
]
[
x = OH -
ove
[
quindi
]
pOH = -log10 OH - = -log10 4,30 ⋅10 −7 ≅ 6,37
]
[OH ] =
-
K i ⋅ CS = 5,62 ⋅10-11 ⋅ 0,0033 ≅ 4,30 ⋅10 −7
pH + pOH = 14
pH = 14 - pOH = 14 - 6,37 = 7,63
-5-
4) A 25°C, calcolare il prodotto di solubilità (Ks) del fosfato di cadmio [Cd3(PO4)2] sapendo che la f.e.m.
della seguente pila a concentrazione allo ione Cd++:
Cd(-)
Cd (+)
++
[Cd ] = 0,01 M
soluzione satura di Cd3(PO4)2
è pari a 0,1755 V a 25 °C.
(Voto max.: 4/30)
Svolgimento:
Trattandosi di una pila a concentrazione allo ione Cd++, la f.e.m. è uguale a
f.e.m. =
[
[
]
]
0,0591
Cd + +
log
2
Cd + +
+
−
[
]
[
La concentrazione di Cd + + del catodo (polo +) è pari 0,01 M mentre la concentrazione di Cd + +
dell’anodo (polo -) è incognita:
f.e.m. =
log10
[
[
0,0591
Cd + +
log10
2
Cd + +
]
]
⇒
+
−
0,01
2 ⋅ 0,1755
=
++
Cd −
0,0591
[
⇒
]
[Cd ]
++
⇒
−
=
0,1755 =
0 ,01
2⋅0 ,1755
0 ,0591
0,01
= 10
Cd + + −
[
]
]
0,0591
0,01
log10
da cui
2
Cd + + −
[
2⋅0,1755
0,0591
]
[Cd ]
++
⇒
−
=
0,01
10
2⋅0,1755
0,0591
≅ 1,15 ⋅10 -8 [mol/L ]
10
La concentrazione anodica di Cd++ deve essere uguale a quella derivante dal prodotto di solubilità del
fosfato di cadmio [Cd3(PO4)2]
Cd 3 (PO 4 ) 2
←
(s) →
3 Cd + +
(aq)
+ 2PO -34
3s
K S = (3s ) ⋅ (2s )
3
⇒
2
(aq)
2s
[Cd ] = 3s ≡ [Cd ]
++
⇒
⎛ 1,15 ⋅10 -8 ⎞
⎟⎟
K S = ⎜⎜ 3 ⋅
3
⎝
⎠
3
++
−
⇒
2
s=
1,15 ⋅10-8
3
⎛ 1,15 ⋅10-8 ⎞
⎛ mol ⎞
⎟⎟ ≅ 8,94 ⋅10- 41 ⎜
⋅ ⎜⎜ 2 ⋅
⎟
3
⎝ L ⎠
⎝
⎠
-6-
5
5) Per la seguente pila a 25°C:
Pt
Pt
-
-3
[ClO3 ] = 1·10 M
+
[H ] = 0,1 M
Cl2(g)
(1 atm)
-
-3
[MnO4 ] =1·10 M
[Mn++] = 0,1 M
[H+] = ?
calcolare a quale pH dell’elettrodo di destra la pila risulta scarica (f.e.m.=0). Bilanciare inoltre la reazione
globale che avviene durante il suo funzionamento e calcolarne la costante di equilibrio.
E° ClO− ,H + /Cl = 1,470 V e E° MnO − ,H + /Mn ++ = 1,507 V .
3
2
4
(Voto max.: 5/30)
Svolgimento:
f.e.m. = 0
⇔
f.e.m. = E sinistra − E destra = E destra − E sinistra = 0
⇒
E sinistra = E destra
È indifferente scegliere il polo di destra o sinistra come anodo o catodo.
La semireazione a sinistra scritta nel senso della riduzione è
( +5)
(0)
2 Cl O 3− + 10 e − + 12 H + → Cl 2 + 6 H 2 O
da cui il potenziale è ricavabile mediante l’equazione di Nernst:
E sinistra
[
] [ ]
2
ClO3− ⋅ H +
0,0591
= E° ClO − ,H + /Cl +
log
3
2
10
PCl 2
= 1,470 +
[
12
[
]
0,0591
1 ⋅10 −3 ⋅ [0,1]
= 1,470 +
log
10
1
2
12
=
]
0,0591
0,0591
log 1 ⋅10 −18 = 1,470 +
⋅ (− 18)
10
10
La semireazione a destra scritta anch’essa nel senso della riduzione è
( +7)
( +2)
Mn O −4 + 5 e − + 8 H + → M n + + + 4 H 2 O
permette di impostare l’equazione di Nernst così:
E destra
[
][ ]
[ ]
= 1,507 +
([
]
0,0591
8
log 1 ⋅10 −2 ⋅ [x ]
5
)
[
8
E sinistra = E destra
1,470 +
0,0591
0,0591
8
⋅ (− 18) = 1,507 +
⋅ (− 2 ) + log( x )
10
5
5
14,70 − 1,0638 = 15,07 − 0,2364 + 16 log(x )
log( x ) =
− 1,1974
= −0,0748375
16
]
8
−3
⎞
⎛
⎞
⎟ = 1,507 + 0,0591 log⎜ 1 ⋅10 ⋅ [x ] ⎟ =
⎜
⎟
5
[0,1] ⎟⎠
⎝
⎠
0,0591
8
= 1,507 +
⋅ (− 2 ) + log( x )
5
5
0,0591 ⎛⎜ MnO −4 ⋅ H +
= E° MnO− ,H+ /Mn + + +
log
4
⎜
5
Mn + +
⎝
⇔
[ ]
x = H + = 10 −0,0748375 ≅ 0,842 M
-7-
II FACOLTÀ DI INGEGNERIA
CdL in INGEGNERIA INDUSTRIALE
ESAME DI CHIMICA
SCRITTO DEL 15 LUGLIO 2009
1) Dopo aver bilanciato la seguente ossidoriduzione che avviene in ambiente basico:
CrO 4− 2 (aq) + As 2 S 3 (s) → Cr (OH )3
(s)
+ AsO 4− 3 (aq) + SO 3− 2 (aq)
Calcolare quanti grammi di Cr(OH)3 si formano se si fanno reagire 300 mL di una soluzione 0,6 N di
CrO4-2 con 1,230 g di As2S3.
(Voto.: 7/30)
2) A 127°C, si pongono 7,5 g del gas SO2Cl2 in un reattore dal volume costante di 1,5 litri. Raggiunto
l’equilibrio secondo la reazione:
SO2Cl2 (g)
SO2 (g) + Cl2 (g)
si constata che nel reattore sono presenti 0,0425 mol di SO2. Calcolare la frazione molare dei componenti
la miscela di equilibrio ad equilibrio raggiunto se, nelle identiche condizioni sperimentali, si pongono nel
reattore, assieme ai 7,5 g di SO2Cl2, anche 0,0325 mol di Cl2.
(Voto: 9/30)
3) Calcolare il pH della soluzione ottenuta mescolando 200 mL di NH3 1,0·10–3 M con 250 mL di HCl
4,0·10–4 M sapendo che la costante basica (Kb) di NH3 è pari a 1,8·10–5 (mol/L).
(Voto: 4/30)
4) 6,134 g di acetato di sodio (CH3COONa) vengono addizionati a 250 mL di una soluzione all’1,23 % in
peso di CH3COOH (densità=1,01 g/mL). Calcolare il pH della soluzione finale sapendo la costante acida
(Ka) di CH3COOH è pari a 1,8·10–5 (mol/L).
(Voto: 4/30)
5) Assegnata la seguente pila a 25°C:
Pt (+)
[MnO4-]=0,1 M
[Mn++] = 0,1 M
[H+] = 0,001 M
Ag (-)
Ag3PO4
soluzione satura
calcolarne la f.e.m. sapendo che i potenziali standard di riduzione del catodo ( E° MnO − ,H + /Mn ++ ) e dell’anodo
4
( E° Ag + /Ag ) valgono rispettivamente 1,507 V e 0,800 V e che il prodotto di solubilità (Ks) del Ag3PO4 a
25°C è uguale a 8,88·10–17 (mol/L)4.
(Voto: 6/30)
