CHIMICA GENERALE ED INORGANICA
Prova scritta del 19 giugno 2013
Si fanno reagire 2.30 g di N2H4 e 9.10 g di KClO3. Avviene la reazione (da bilanciare) N2H4 + KClO3
NO(g) + Cl- +H2O + H+ + K+, con resa del 86 %. Calcolare il volume di NO gassoso prodotto,
misurato a 283 K e 0.95 atm.
L’equazione bilanciata è:
3 N2H4 + 4 KClO3 6 NO + 4 K+ + Cl- + 6 H2O
Le moli utilizzate sono:
mol N2H4 (MM = 32 g/mol) = 2.30/32 = 0.0719 mol
mol KClO3 (MM = 122.5 g/mol) = 2.30/32 = 0.0742 mol
Il rapporto stechiometrico è mol N2H4/ mol KClO3 = ¾ = 0.75
Il rapporto effettivo è mol N2H4/ mol KClO3 = 0.0719/0.0742= 0.97 > 0.75
Quindi l’agente limitante è il clorato.
Le moli di NO prodotte sono mol NO = mol KClO3 6/4 0.86 = 0.0957 mol
Il volume di gas è quindi V = nRT/P = 0.0957 0.082 283/0.95 = 2.34 L
400 mL di una soluzione contenente sia NH3 0.100 M sia NH4Cl 0.050 M vengono miscelati con
100 mL di una soluzione di NaOH 0.200 M. Calcolare il pH delle tre soluzioni, prima e dopo il
mescolamento
Kb[NH3] = 1.8 10-5
La soluzione con NH3 e NH4Cl è una soluzione tampone. Il suo pH può essere calcolato
con l’equazione [H3O+] = Ka [NH4+]/[NH3] = 5.5 10-10 0.05/0.100 = 2.8 10-10 M
pH = -Log[H3O+] = -Log(2.8 10-10) = 9.56
NaOH è una base forte per cui la concentrazione di ione idrossido è pari alla
concentrazione di NaOH
[OH-] = 0.200 M
pOH = -Log[OH ] = -Log(0.200) = 0.70
pH = 14-pOH = 14-0.70 = 13.30
Quando le due soluzioni vengono miscelate si ha la reazione:
NH4+ + OH- NH3 + H2O.
Le moli utilizzate sono:
mmol di NaOH = M V = 0.200 100 = 20 mmol
mmol di NH3 = M V = 0.100 400 = 40 mmol
mmol di NH4+ = M V = 0.050 400 = 20 mmol
Si possono raccogliere in tabella le variazioni:
NH4+ +
OH-
NH3 + H2O.
inizio
20
20
40
variazioni
-20
-20
+20
finale
0
0
60
La soluzione finale contiene dunque ammoniaca in concentrazione [NH3] = mol/V = 60/500
= 0.12 M
Il suo pH può essere calcolato con l’equazione (approssimata)
[OH-] (Kb[NH3]) =(1.8 10-5 0.12)= 1.5 10-3 M.
pOH = -Log[OH-] = -Log(1.5 10-3) = 2.83
pH = 14-pOH = 14-2.83 = 11.17
Calcolare la concentrazione di ione acetato a) in una soluzione di acido acetico 0.300 M e b) in
una soluzione in cui sono presenti sia acido acetico 0.300 M sia HBr 0.100 M
Ka[CH3COOH] = 1.8 10-5
Nella soluzione contenente solo CH3COOH si ha:
CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+
In cui [CH3COO-] = [H3O+] Kb[CH3COOH] = (1.8 10-5 0.30) = 2.3 10-3 M
Nella soluzione in cui è presente HBr, la quantità di H3O+ ([H3O+] = 0.100 M) proveniente
dall’acido forte previene la dissociazione dell’acido debole.
Per cui Ka = [CH3COO-][H3O+]/[CH3COOH]
[CH3COO-] = Ka[CH3COOH]/[H3O+] = 1.8 10-5 0.300/0.100 = 5.4 10-5 M.
N.B.: in presenza di un acido forte, la dissociazione dell’acido debole è ridotta per il
principio di le Chatelier.
In un reattore da 0.500 L vengono poste 0.200 moli di PCl5. All’equilibrio sono presenti 0.0200
moli di Cl2 secondo la reazione PCl5(g) PCl3(g) + Cl2(g). Calcolare la Kc della reazione. Quante moli
di Cl2 si formeranno con la stessa quantità di PCl5, ma in un reattore da 1.00 L?
Se all’equilibrio sono presenti 0.02 mol di Cl2, per i coefficienti stechiometrici della
reazione, si sono formate 0.02 mol di PCl3 e si sono consumate 0.02 mol di PCl5
Le concentrazioni saranno quindi: [Cl2] = [PCl3] = mol/V = 0.02/05 = 0.04 M
[PCl5] = mol/V = (0.2-0.02)/0.5 = 0.36 M
Quindi Kc = [Cl2][PCl3]/ [PCl5] = 0.04 0.04/0.36 = 4.4 10-3
Cambiando il volume, la tabella di equilibrio viene così modificata:
PCl5
Cl2
+
PCl3/
iniziale
variazioni
eq
Conceq
0.2
-x
0.2-x
0.2-x
0
x
x
x
0
x
x
x
Kc = [Cl2][PCl3]/ [PCl5] = x2/(0.2-x) = 4.4 10-3
Da cui x = [Cl2] = 0.0275 M (maggiore che nel caso precedente)
Le moli formate di cloro elementare sono mol Cl2 = M V = 0.0275 1 = 0.0275 mol
N.B.: Aumentando il volume, per il principio di Le Chetelier, l’equilibrio si sposta nella
direzione in cui si ha aumento del numero di moli gassose (a destra).
Determinare formula di Lewis, geometria molecolare e gli orbitali utilizzati dall’atomo centrale
nelle seguenti molecole o ioni a) [SO3]2b) [NO3]c) BrF3
[SO3]2-
[NO3]-
BrF3
6 + 3 6 + 2 = 26
5 + 3 6 + 1 = 24
7 + 3 7= 28
Classificazione
AX3E
AX3
AX3E2
Geometria
Piramide trigonale
Triangolare planere
AT
O-S-= < 109°
O-N-O = 120°
F-Br-F < 90°
S usa quattro orbitali
N usa tre orbitali sp2
Br usa cinque
sp3 + d per doppio
+ p per legame
orbitali sp3d
el. di valenza
Form. Di Lewis
Orb. Utilizzati
legame
Sulla base dei potenziali standard, stabilire cosa accade quando, in una soluzione di acido forte a
pH 0, vengono aggiunti: a) Al elementare e b) Ag elementare. Le semireazioni coinvolte ed i
rispettivi potenziali sono: 2 H3O+ + 2 e- H2 + 2 H2O (0 V); Al3+ + 3e- Al (-1.66 V); Ag+ + e-
Ag (0.80 V). Scrivere le reazioni bilanciate e complete che descrivono i fenomeni
H3O+ può solo ridursi (verso catodico della semireazione)
Al e Ag elementari possono solo ossidarsi (verso anodico della semireazione).
Le due reazioni complete, ed i corrispondenti E° sono:
6 H3O+ + 2 Al 3 H2 + 2 Al3+ + 6 H2O
(spontanea, a favore dei prodotti)
2 H3O+ + 2 Ag H2 + 2 Ag+ + 2 H2O
(non spontanea, a favore dei reagenti)
E° = Ec – Ea = 0 – (-1.66) = 1.66 V > 0
E° = Ec – Ea = 0 – 0.80 = -0.80 V < 0
