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TESTI E SOLUZIONI DELLA PROVA D’ESAME DEL 26 FEBBRAIO 2015
La seguente reazione (da bilanciare) viene usata per eliminare SO2 dai gas di
combustione: SO2(g) + H2S(g)  S8(s) + H2O. 25 L di miscela gassosa (misurati a 300 K e 3.00 atm)
contengono il 65.6 % (in moli) di SO2. Calcolare la quantità di H2S (in moli) necessaria per
completare la reazione, e la quantità di S8 (in massa) prodotta, se la resa è del 94 %.
1)
La quantità di moli di gas nella miscela può essere calcolata con l’equazione di stato dei
gas perfetti:
n = PV/RT = 25  3/0.082 300 = 3.05 mol.
Le moli di SO2 sono pertanto mol di SO2 = moli totali 65.6/100 = 2 mol
L’equazione bilanciata è:
8 SO2 + 16 H2S  3 S8 + 16 H2O
Le moli di H2S necessarie per completare la reazione sono il doppio delle moli di SO2,
quindi 2  2 = 4 moli di H2S
La quantità massima di S8 che può formarsi è mol di S8 = mol di SO2  3/8 = 0.75 mol:
La quantità effettivamente formata è
mol effettive = mol teoriche  resa/100 = 0.75  94/100 = 0.705 mol
La massa di zolfo elementare prodotta è quindi (MM = 256.48 g/mol) = 180.8 g.
N.B.: Usando l’equazione SO2 + 2 H2S 3 S + 2 H2O
si ottengono gli stessi risultati, utilizzando coefficienti più piccoli (ed interi).
Si hanno 1.5 L di soluzione di NH3 0.25 M. Quale massa di NH4Cl bisogna aggiungere per
abbassarne il pH di 1.50 unità? Kb(NH3) = 1.8  10-5
2)
NH3 è una base debole. Il pH delle sue soluzioni può essere calcolato con l’equazione
(approssimata)
[OH-] (Kb[NH3]) = 1.8 10-5  0.25 = 2 10-3 M
pOH = -Log[OH-] = 2.67
pH = 14 – pOH = 14 – 2.67 = 11.32
Il pOH che si vuole ottenere è quindi 2.67 + 1.5 = 4.17 che corrisponde ad una
concentrazione
[OH-] = 10-pOH = 6.76  10-5 M
Aggiungendo NH4Cl ad una soluzione di NH3 si ottiene una soluzione tampone basica, il
cui pH può essere calcolato con l’equazione (approssimata) [OH-] = Kb [NH3]/[NH4+]
da cui
[NH4+] = Kb  [NH3]/[OH-] = 1.8 10-5  0.25 / 6.76  10-5 = 0.0665 M
La quantità di NH4Cl necessaria è quindi mol = M V = 0.0665 1.5 = 0.10 mol
la massa di NH4Cl (MM = 53.50 g/mol) =mol MM = 0.1  53.5 = 5.35 g
Quale volume di soluzione di HNO3 al 65 % in massa (d = 1.40 g/mL) bisogna prelevare,
per preparare 2.8 L di soluzione di HNO3 0.200 M? Qual è la molalità dell’acido iniziale?
3)
La quantità di HNO3 (MM = 63.01 g/mol) necessaria è mol = M V = 0.2  2.8 = 0.56 mol
La massa di acido è dunque massa = mol  MM = 0.56  63.01 = 35.29 g
La massa di soluzione corrispondente si ricava dalla proporzione
massa di soluzione : massa di soluto = 100 : %
da cui massa di soluzione = massa di soluto 100 / % = 35.28  100/65 = 54.29 g
il volume va calcolato considerando la densità d = massa/V
V = massa/d = 54.3/1.40 = 38.8 mL
La molalità è definita come m = mol di soluto/Kg di solvente
Nella soluzione iniziale, per ogni 100 g di soluzione ci sono 65 g di HNO 3 e 35 g di acqua,
per cui abbiamo mol di HNO3 = massa/MM = 65/63 = 1.03 mol di HNO3 per ogni 0.035 Kg
di solvente
m = 1.03/0.035 = 29.5 m
La seguente reazione Fe3O4(s) + CO(g) CO2(g) + 3 FeO(s) richiede energia (è endotermica). Come si
sposta la posizione dell’equilibrio in conseguenza di ciascuna di queste perturbazioni?
Giustificare ogni risposta
a) aggiunta di CO
L’aggiunta di CO (un reagente) sposta l’equilibrio verso destra (a favore dei prodotti) in
modo da consumare parzialmente il CO in eccesso
b) rimozione di CO2
La rimozione di CO2 (un prodotto) sposta l’equilibrio verso destra ( a favore dei prodotti)
per ripristinare il prodotto sottratto
c) aumento della pressione totale
Nell’equazione stechiometrica il numero di moli gassose è identico tra i prodotti ed i
reagenti, per cui la variazione di pressione non ha effetto sulla posizione dell’equilibrio
d) riduzione della temperatura
Una riduzione di temperatura favorisce le reazioni esotermiche quindi favorisce la reazione
inversa di quella descritta (l’equilibrio si sposta a sinistra, a favore dei reagenti)
e) aggiunta di Fe3O4(s)
Trattandosi di un equilibrio eterogeneo, la concentrazione dei solidi non compare
nell’espressione della costante di equilibrio, e quindi la variazione di quantità di un solido
non ha effetto sulla posizione di equilibrio
f) aggiunta di un catalizzatore
Un catalizzatore accelera la reazione, ma non ha effetto sulla posizione di equilibrio
5)
Sulla base dei potenziali standard, determinare in quali condizioni (acide e/o basiche) il
cloro gassoso può disproporzionare. Le reazioni implicate, ed i rispettivi potenziali standard
sono: Cl2(g) + 2 e-  2 Cl- (1.36 V); HOCl + H+ + e-  ½ Cl2(g) + H2O (1.63 V); OCl- + H2O + e-  ½
Cl2(g) + 2 OH- (0.42 V). Scrivere le equazioni chimiche, bilanciate e complete, che descrivono i
fenomeni.
La semireazione catodica (riduzione) non coinvolge né H+ né OH- quindi è la stessa in
entrambi i casi
Cl2 + 2 e-  2 ClEssa va accoppiata alle due semireazioni anodiche (ossidazione)
In ambiente acido si avrà
Cl2 + 2 e-  2 Cl1.36 V
+
Cl2 + H2O  2 HOCl + 2 H + 2e
1.63
+
2 Cl2 + H2O  2 HOCl + 2 Cl + 2 H 2e
E = 1.36 – 1.63 = -0.27 V < 0 (la reazione
non è spontanea)
In ambiente basico
Cl2 + 2 e-  2 ClCl2 + 4 OH-  2 OCl- + 2 H2O + 2e2 Cl2 + 4 OH- 2 OCl- + 2 Cl- + 2 H2O
spontanea)
1.36 V
0.42
E = 1.36 – 0.42 = 0.94 V > 0 (la reazione è
Stabilire formula di Lewis, geometria molecolare e orbitali utilizzati dall’atomo centrale
nelle seguenti molecole
a) BrF3
b) [NO3]c)
PH3
7)
BrF3
[NO3]-
PH3
7 + 3  7 = 28
5 + 3  6 + 1 = 24
5+31=8
Classificazione
AX3E2
AX3
AX3
Geometria
A “T”
F-Br-F < 90°
Triangolare planare
O-C-O = 120°
Piramide trigonale
H-P-H < 109°
Orb. Utilizzati
Br usa cinque
orbitali sp3d
N usa tre orbitali sp2
(e un orb p per il
legame )
P usa quattro orbitali
sp3
el. di valenza
Form. Di Lewis