Esercizi d`esame

Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 07 Febbraio 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Il principio attivo dell’aspirina comune è l’acido acetilsalicilico. Questo acido ha formula bruta
C9H8O4 e un pKa pari a 3.5.
(l’acido acetilsalicilico è un acido debole monoprotico e può essere indicato come HA).
Calcolare il pH di una soluzione che contiene una normale dose di aspirina per un adulto, 6.5∙102 mg,
disciolta in 0.24 L di acqua.
Soluzione
Ka=10-3.5=3.16 ∙ 10 -4
Peso molecolare dell’acido acetilsalicilico : 180.16 uma
Numero di moli: 0.65 g / 180.16 g ∙ mol-1 = 0.0036 mol
Concentrazione molare : 0.0036 mol / 0.24 L = 0.015 M
Tabella ICE:
+ H2O ↔ A- + H3O+
HA
Inizio
0.015
Cambiamento
-x
+x
+x
Equilibrio
(0.015-x)
+x
+x
𝐾𝑎 = 3.16 ∙ 10−4 =
--
[𝐴− ]∙[𝐻3 𝑂+ ]
[𝐻𝐴]
=
--
𝑥2
0.015−𝑥
Siccome Ca/Ka = 0.015/3.16 ∙ 10 = 47. 4 < 100
-4
x2+3.16∙10-4∙x-4.74∙10-6=0
x1=-2.34∙10-3
x2 = 2.02∙10-3
x deve essere positiva (A- e H3O+ vengono prodotti)
x = [H3O+]= 2.02∙10-3M
pH = -log [H3O+] = -log (2.02 ∙ 10-3) = 2.69
2) Determinare il pH di una soluzione 0.10 M di NH4Cl.
La costante di ionizzazione basica, Kb, di NH3 vale 1.8 ∙ 10-5.
Soluzione
NH4Cl → NH4+ + ClTabella ICE :
NH4+ + H2O ↔ NH3 + H3O+
Inizio
0.10
--
--
Cambiamento
-x
+x
+x
+x
+x
Equilibrio
(0.10-x)
Ka = Kw / Kb = 0.56 ∙ 10-9
Ka = [NH3]∙[H3O+]/[NH4+] = 0.56 ∙ 10-9 = x2 / 0.10
x = 0.74 ∙10-5 M = [H3O+]
pH = -log[H3O+] = -log (0.74 ∙ 10-5) = 5.13
3) Una cella elettrochimica è costituita dai seguenti semielementi :
1) Pb2+ (aq) + 2e- → Pb (s)
E° = -0.13 V
2) MnO4- (aq) + 4 H+ (aq) + 3 e- → MnO2 (s) +2 H2O (l)
E° = +1.68 V
con [Pb2+] = 0.10 M, [MnO4-] = 1.50 M, [H+] = 2.0 M.
Calcolare la forza elettromotrice a 25 °C e scrivere il processo elettrochimico globale.
Soluzione
1) E = E° – (0.0592/2 ∙ log (1/[ Pb2+])) = -0.16
(Ossidazione)
2) E = E° – (0.0592/3 ∙ log (1/[ MnO4-][ H+]4)) = 1.71
(Riduzione)
Fem = 1.71-(-0.16) = 1.87 V
 3| Pb (s) → Pb2+ (aq) + 2e 2| MnO4 - (aq) + 4 H+ (aq) + 3 e- → MnO2 (s) +2 H2O (l)
3 Pb (s) + 2 MnO4- (aq) + 8 H+ (aq) + 6 e- → 3 Pb2+ (aq) + 2 MnO2 (s) +4 H2O (l) + 6 e-
4) Calcolare il pH della soluzione ottenuta miscelando 50.0 mL di acido formico (HCOOH) 0.15 M e
75.0 mL di formiato di sodio (HCOONa) 0.13 M.
La costante di ionizzazione acida, Ka, di HCOOH è 1.8 ∙ 10-4.
Soluzione
Con il mescolamento si ottiene una soluzione tampone.
Moli di HCOOH : 0.15 : 1.0 L = x : 0.050 L x = (0.15 ∙0.050)/1.0 = 0.0075 mol
Moli di HCOONa : 0.13 : 1.0 L = x : 0.075 L x = (0.13 ∙ 0.075)/1.0 = 0.00975 mol
Volume totale = 0.050 L + 0.075 L = 0.125 L
Concentrazione di HCOOH : = 0.0075 mol / 0.125 L = 0.060 M
Concentrazione di HCOONa : = 0.00975 mol / 0.125 L = 0.078 M
Concentrazione di HCOO- : = 0.078 M
Tabella ICE
HCOOH +
Inizio
0.060
Cambiamento
-x
Equilibrio
(0.060-x)
H2O ↔ HCOO-
H3O+
0.078
--
+x
+x
(0.078+x)
Ka = [HCOO-] [ H3O+]/[ HCOOH]
Ka = 1.8 ∙ 10-4 = (0.078 x)/0.060
x = (1.8 ∙ 10-4 ∙ 0.060)/0.078 = 1.38 ∙ 10-4 M
pH = -log(1.38 ∙ 10-4) = 3.86
+
+x
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 19 Febbraio 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) La costante di equilibrio per la reazione
CO (g) + H2O (g) ↔ H2 (g) + CO2 (g)
alla temperatura di 800 K è 5.10. I gas CO e H2O sono inseriti in un recipiente, la pressione parziale
iniziale di CO è 1.0 bar e quella di H2O è 10.0 bar. Determinare le pressioni parziali di equilibrio di H2
e di H2O a 800 K.
Soluzione:
CO (g) + H2O (g) ↔ H2 (g) + CO2 (g)
I
1.0
10.0
C
-x
-x
E
1.0-x
--
10.0-x
-+x
+x
+x
+x
All’equilibrio:
K = pH2 ∙ pCO2/ (pCO ∙ pH2O)
5.10 = x2 / (1.0-x) (10.0-x)
Dalla risoluzione di questa equazione si ha che x = 0.9 bar
pH2 =0.9 bar e pH2O = 9.1 bar
2) Ad una certa temperatura la solubilità di Fe(OH)2 è 7.7 ∙ 10-6 mol∙dm-3. Calcolare il prodotto di
solubilità dell’idrossido.
Soluzione:
Fe(OH)2 (s) → Fe2+(aq) + 2 OH- (aq)
I
-
-
C
s
2s
E
s
2s
Kps = [Fe2+] [OH- ]2 = s (2s)2 = 4 s3 = 4 (7.7 x10-6)3 = 1.8 x 10-15
3) La concentrazione di una soluzione di KOH è 0.005 M. A 200 mL di questa soluzione sono
aggiunti 10 mL di una soluzione di HCl 0.1 M. Calcolare la variazione di pH della soluzione.
Soluzione:
Il pH della soluzione iniziale di KOH è 11.7
In 200 mL di soluzione di KOH ci sono 0.001 moli di base ( 0.005:1 = x:0.2 da cui x = 0.005 x 0.2 =
0.001). In 10 mL di soluzione di HCl ci sono 0.001 moli di acido ( 0.1:1 = x: 0.01 da cui x = 0.1 x 0.01
= 0.001). Il mescolamento delle due soluzioni porta alla neutralizzazione della base con l’acido:
KOH + HCl -> KCl + H2O (KCl in soluzione è dissociato in K+ e Cl-)
Il pH della soluzione finale dopo il mescolamento è 7.0.
La variazione di pH è 11.7 – 7.0 = 4.7
4) Determinare la f.e.m. della pila costituita dai seguenti semi-elementi:
Pt / H2 (g), P = 1.0 bar / soluzione acquosa di KCl 0.1 M
Pt / H2 (g), P = 1.0 bar / soluzione acquosa di KBr 0.1 M
Soluzione:
I due semi-elementi a idrogeno hanno la stessa pressione di H2 (1.0 bar) e la stessa concentrazione di
ioni [H+] in soluzione (1.0∙10-7). Questo perché KCl e KBr non influenzano il pH di una soluzione
acquosa. Quindi, essendo i due potenziali uguali, la f.e.m. è 0.0 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 4 Giugno 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Quanti grammi di Na2SO4∙10 H2O (solfato di sodio decaidrato) devo pesare per avere 1 mole di
questo sale idrato? Quanti grammi ne devo pesare per avere un numero di molecole pari al numero di
Avogadro?
Soluzione:
p. m. di Na2SO4∙10 H2O = 322.21 uma
Il peso di una mole è 322.21 g, quindi per avere 1 mole devo pesare 322.21 g. Una mole contiene una
quantità di molecole pari al numero di Avogadro quindi devo pesare sempre la stessa quantità.
2) Calcolare il pH di una soluzione ottenuta sciogliendo 8.20 g di acetato di sodio (CH3COONa) in
400 ml di acqua. La Ka per l’acido acetico è 1.8∙10-5.
Soluzione:
p.m. di CH3COONa = 82 uma
peso di 1 mole = 82 g
numero moli : 8.20 g/82 g = 0.1 mol
In acqua CH3COONa si dissocia in:
concentrazione : 0.1 mol/0.400 l = 0.25 M
CH3COONa → CH3COO- + Na+
La concentrazione di [CH3COO-] è uguale alla concentrazione di [CH3COONa]
CH3COO- reagisce con l’acqua secondo:
CH3COO- + H2O ↔ CH3COOH + OH-
Tabella ICE:
CH3COO- + H2O ↔ CH3COOH + OHI
0.25
-
-
C
-x
+x
+x
E
0.25-x
+x
+x
Kb = 1∙10-14/1.8∙10-5 = 5.6∙10-10
Kb = x2/(0.25-x) ≈ x2/(0.25)
x = 1.18∙10-5 = [OH-]
[H+]= 10-14/[OH-] = 8.5∙10-10
pH = -log[H+] = 9.07
3) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione in ambiente basico:
Cl2 (g) → Cl- (aq) + ClO- (aq)
Soluzione:
E’ una reazione di disproporzione.
1) Cl2 (g) +2 e-→ 2 Cl- (aq)
2) Cl2 (g) + 4 OH-→ 2 ClO- (aq) + 2 e- + 2 H2O
1) Cl2 (g) +2 e-→ 2 Cl- (aq)
2) Cl2 (g) +4 OH-→ 2 ClO- (aq) + 2 e-+ 2 H2O
-----------------------------------------------------------------------------2 Cl2 (g) + 4 OH-→ 2 Cl- (aq ) + 2 ClO- (aq) + 2 H2O
4) Calcolare la forza elettromotrice della pila ottenuta collegando opportunamente la semicella
a) Ag (s)/ AgCl soluzione satura (Kps di AgCl = 1.58∙10-10)
con la semicella
b) Cu (s)/ [CuSO4] = 1 M
(i potenziali standard vanno reperiti nelle apposite tabelle).
Soluzione:
a) La concentrazione di ioni Ag+ da mettere nell’equazione di Nernst si ottiene calcolando la solubilità
dello ione nella soluzione satura (quindi dal prodotto di solubilità fornito).
AgCl (s) ↔ Ag+(aq) + Cl- (aq)
Kps = [Ag+]∙[Cl-] = s2
s = √1.58 ∙ 10−10 = 1.26∙10-5 M
[Ag+] = 1.26∙10-5 M
Ag+(aq) + 1 e- → Ag(s)
E0 = 0.799 V
E = E0 – 0.0592/1∙log(1/[ Ag+]) = 0.509 V
b) La concentrazione degli ioni Cu2+ è fornita dal solfato di rame (CuSO4).
Cu2+(aq) +2e- → Cu(s)
CuSO4→ Cu2+(aq) + SO4 2- (aq)
[SO4 2-]= [CuSO4] = 1 M
Questo è un elettrodo standard quindi E = E0 = 0.341 V
f.e.m. = 0.509 -0.341 = 0.168 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 4 Luglio 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Calcolare la massa in grammi di 2.50∙10-3 moli di CuSO4 (solfato di rame). Quante molecole di
CuSO4 sono contenute in 2.50∙10-3 moli di questo sale?
Soluzione:
p. m. di CuSO4= 159.6 uma
Il peso di una mole è 159.6 g, quindi 2.50∙10-3 moli di CuSO4 pesano:
159.6 ∙ 2.50∙10-3 = 399.02∙10-3 = 0.399 g
In una mole sono contenute 6.022∙1023 molecole, quindi in 2.50∙10-3 moli sono contenute
6.022∙1023∙2.50∙10-3 =1.506∙1021 molecole.
2) In 800 ml di acqua sono presenti 0.06 moli di acido acetico (CH3COOH). A questa soluzione si
aggiungono 4.1 g di acetato di sodio (CH3COONa). Calcolare il pH della soluzione finale. La Ka per
l’acido acetico è 1.8∙10-5.
Soluzione:
p.m. di CH3COONa = 82 uma;
peso di 1 mole = 82 g
numero moli : 4.10 g/82 g = 0.05 mol;
concentrazione : 0.05 moli/0.800 l = 0.0625 M
in soluzione CH3COONa → CH3COO- + Na+
e quindi [CH3COO-] = [CH3COONa]
concentrazione di acido acetico: 0.06/0.8 = 0.075 M
In acqua CH3COOH si dissocia in:
CH3COOH ↔ CH3COO- + H+
Tabella ICE:
CH3COOH ↔ CH3COO- + H+
I
0.075
C
-x
E
0.075-x
0.0625
+x
+x
0.0625+x
+x
Ka = 1.8∙10-5 = (0.0625-x)∙x/(0.075-x) ≈ 0.0625∙x/0.075
x = 0.075∙Ka /0.065 = 2.08* 10-5
[H+]= x ;
pH = -log[H+] = 4.68
3) La concentrazione dello ione Ca2+, determinata in una soluzione satura di CaF2 (fluoruro di calcio),
è 0.332∙10 -3 M. Scrivere l’equilibrio di dissociazione di CaF2 e calcolare il valore del prodotto di
solubilità.
Soluzione:
CaF2 (s) ↔ Ca2+ (aq) + 2 F- (aq)
I
--
--
C
s
2s
E
s
2s
Kps = s∙(2s)2 = 4∙s3 =4∙(0.332∙10-3)3 = 1.46∙10-10
4) Una pila a concentrazione usa due semicelle Zn/Zn2+. Le concentrazioni dello ione Zn2+ nelle due
semicelle sono le seguenti: 2.0 M nella semicella (a) e 1.0∙10-3 M nella semicella (b). Stabilire quale
semicella è l’anodo e quale il catodo e calcolare la f.e.m. della pila (reperire i potenziali standard nelle
apposite tabelle).
Soluzione:
(a) Zn2+(aq)+2e- → Zn(s)
E= Eo- 0.0592/2 - log(1/[ Zn2+])
E = -0.75 V (catodo)
(b) Zn2+(aq)+2e- → Zn(s)
[ Zn2+] = 2.0 M
Eo= - 0.76 V
E= Eo- 0.0592/2 - log(1/[ Zn2+]);
E = -0.85 V (anodo)
f.e.m. = -0.75- (-0.85) = 0.10 V
[ Zn2+] = 1.0∙0-3 M;
Eo= - 0.76 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 9 Settembre 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
(1) Scrivere e bilanciare la reazione:
Idrossido di Sodio + Acido Solforico = Solfato di Sodio + H2O
Determinare quanti g di idrossido di sodio reagiscono con 5.0 g di acido solforico.
Soluzione:
La reazione bilanciata è:
2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O
Massa molare di NaOH: 40.0 g, di H2SO4 : 98.09 g
5 g/98.09 g = 0.051 = n° delle moli di H2SO4 in 5 g
Poiché dai coefficienti stechiometrici si evince che 1 mole di H2SO4 reagisce con 2 moli di NaOH, se
ne deduce che 0.051 moli di H2SO4 reagiranno con 0.051∙2 moli di NaOH. Quindi i grammi di NaOH
sono: 0.051 ∙ 2 ∙40.0 = 4.08 g
(2) Determinare la f.e.m. della pila ottenuta collegando un elettrodo standard ad idrogeno al semielemento Zn / Zn(CN)2 sol. satura // . Stabilire il catodo e l'anodo della pila e scrivere il processo
chimico che è alla base del funzionamento di questa pila (Kps di Zn(CN)2 = 8.0 ∙ 10-12).
Soluzione:
La pila è composta da un elettrodo standard ad idrogeno e un elettrodo Zn/Zn2+.
Per l’elettrodo standard ad idrogeno E = 0.0 V; per l’elettrodo Zn/Zn2+ bisogna calcolare il potenziale
con la relazione: E = E° – 0.059/n ∙ log(1/[Zn2+]). La concentrazione di ioni Zn2+ si ricava dal prodotto
di solubilità di Zn(CN)2.
Zn(CN)2 → Zn2+ + 2CN-
Inizio:
-
Cambiamento:
s
Equilibrio:
2s
s
Kps = s ∙ (2s)2 = 4s3
2s
s= 1.26 ∙10-4 M
E = E° – 0.059/2 ∙ log(1/1.26 ∙10-4)
= [Zn2+]
E°= -0.763 V
elettrodo standard ad idrogeno : Catodo, riduzione
elettrodo Zn/Zn2+ :
Anodo, ossidazione
E= -0.878 V
2H+ + 2e- →H2 (g)
Zn(s) → Zn2+ + 2e-
fem = 0.0 – (–0.878) = 0.878 V
2H+ + 2e- + Zn(s) → H2 (g) + Zn2+ + 2e-
Processo globale:
(3) Determinare la concentrazione di ioni Fe3+ presente in una soluzione acquosa satura di FePO4
(Kps di FePO4 = 1.29 ∙10-22). Quale deve essere il valore della concentrazione di ioni fosfato per ridurre
la concentrazione di ioni Fe3+ a 1.0∙10-15 M ?
Soluzione:
FePO4 → Fe3+ + PO43Inizio:
-
-
Cambiamento:
s
s
Equilibrio:
s
s
Kps = s∙s = s2
s =1.14∙10-11 M
Se la concentrazione di ioni Fe3+ è pari a 1.0∙10-15 M allora:
[PO43-] = 1.29∙10-22 /1.0∙10-15 = 1.29∙10-7 M
(4) Determinare il pH di una soluzione 1.55∙10-4 M di perclorato di potassio (KClO4).
Soluzione:
Il perclorato di potassio deriva da una reazione tra un acido forte e una base forte, quindi è un sale che
non dà reazione di idrolisi. Il pH della soluzione è 7.0.
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 1 Ottobre 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
(1)
Calcolare quante moli e quante molecole si trovano in 10.0 g di solfato di sodio.
Soluzione:
Il peso di una mole di solfato di sodio è: 142.05 g. Numero moli : 10.0/142.05 = 0.0704 mol
Ogni mole contiene un numero di Avogadro di molecole (NA = 6.022 ∙ 1023)
Numero di molecole: 0.0704 ∙ 6.022 ∙ 1023 = 0.424 ∙1023
(2) Calcolare il pH della soluzione ottenuta mescolando 125.0 mL di NH3 0.100 M con 250.0 mL di
NH4Cl 0.100 M (Kb per NH3 : 1.8 ∙ 10-5).
Soluzione:
Con il mescolamento si forma una soluzione tampone.
n° di moli di NH3 0.10 M contenute in 125.0 mL:
0.125 : x = 1 : 0.100;
x = (0.125∙ 0.100)/1 = 0.0125 mol
n° di moli di NH4Cl 0.10 M contenute in 250.0 mL:
x = (0.250 ∙ 0.100)/1 = 0.0250 mol
0.250 : x = 1 : 0.100;
Dopo il mescolamento:
Volume finale : 125.0 + 250.0 = 375.0 mL
Concentrazione di NH3 nella soluzione finale : 0.0125/0.375 = 0.0333 M
Concentrazione di NH4Cl nella soluzione finale : 0.0250/0.375 = 0.0667 M
NH4Cl in H2O è dissociato come: NH4Cl→ NH4+ + Cl-
NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH-
I
0.0333
0.0667
C
-x
+x
E
(0.0333-x)
+x
(0.0667+x)
x
Kb = [NH4+][OH-]/[ NH3] = x (0.0667+x) / (0.0333-x) circa uguale a: x (0.0667) / (0.0333)
Kb = 2.00 ∙ x; x = (1.8 ∙ 10-5)/2.00 = 0.90∙ 10-5 M
x è la concentrazione di ioni OH- in soluzione.
pOH = -log[OH-] = 5.0
pH = 14-5.0 = 9.0
(3) Calcolare la solubilità molare del fluoruro di calcio in acqua pura e in presenza di cloruro di calcio
0.15 M (Kps del fluoruro di calcio : 1.46 ∙ 10-10).
Soluzione:
L’equilibrio di solubilità del fluoruro di calcio in acqua è descritto dalla seguente relazione:
CaF2 (s) ↔ Ca2+ + 2 FI
-
-
C
s
2s
E
s
2s
Kps = [Ca2+][ F-]2 = s ∙(2s)2 = 4s3
s = 3√𝐾𝑝𝑠/4 = 3√ 1.46 ∙ 10−10 /4 = 3.32 ∙ 10-4 M
In presenza di cloruro di calcio la solubilità del fluoruro di calcio cambia a causa della presenza dello
ione a comune, cioè lo ione Ca2+.
CaCl2 → Ca2+ + 2ClLa concentrazione di ioni Ca2+ è uguale a quella di CaCl2.
CaF2 (s) ↔ Ca2+ + 2FI
0.15
C
s
E
(0.15+s)
2s
2s
Kps = [Ca2+][ F-]2 = (0.15+s) ∙ (2s)2 ≈ 0.15∙4s2 (si trascura s rispetto a 0.15)
Kps = 0.15∙4s2 = 0.60 ∙ s2
s = √𝐾𝑃𝑠/60 = √3.32 ∙ 10−4 /60 = 1.6 ∙ 10-5 M
4) Una cella voltaica consiste di una semicella Zn/Zn2+ e di una semicella Ni/Ni2+. Le
concentrazioni inziali sono: [Zn2+] = 0.100 M e [Ni2+] = 1.50 M. Calcolare il potenziale di cella e
scrivere il processo chimico globale che avviene nella cella voltaica.
Soluzione:
I potenziali per le due semicelle sono :
a)
Ni2+ +2e- → Ni(s)
E = E° + 0.059/2 log ([Ni2+]); E° = -0.23 V; E = -0.22 V
b)
Zn2+ +2e- → Zn(s)
E = E° + 0.059/2 log ([Zn2+]);E° = -0.76 V
Quindi a) è il catodo e b) è l’anodo.
f.e.m = -0.22-(-0.79) = 0.57 V
Il processo globale è:
Ni2+ +2e- → Ni(s)
Zn(s)
→ Zn2+ +2e-
--------------------------------Ni2+ +2e- + Zn(s) → Ni(s) + Zn2+ +2e-
E = -0.79 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 4 Novembre 2013
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Calcolare la massa molecolare in grammi del glucosio, C6H12O6. Quanto pesano 2 moli di glucosio?
Soluzione:
Massa molecolare = 6∙(12.01)+12∙(1.008)+6∙(16.00)=180.2 uma (o g/mol)
Massa molecolare in grammi: 180.2 (g/mol)/6.022 1023 (molecole/mol) =299.2 10-24 g/molecola
Massa di una mole =180.2 g/mol
Il peso di 2 moli è 2 ∙180.2 g =360.4 g
2) L’ammoniaca può essere sintetizzata con la seguente reazione:
H2(g) + N2(g) → NH3(g)
Bilanciare la reazione e determinare quanti g di NH3 si possono formare a partire da 5.22 kg di H2
(l’altro reagente è in largo eccesso).
Soluzione:
La reazione bilanciata è: 3 H2(g) + N2(g) → 2 NH3(g)
Massa molare di H2: 2.02 g/mol;
numero moli = 5.22 ∙ 103/2.02 = 2.58 ∙ 103
Massa molare di NH3: 17.03 g/mol
Dai coefficienti stechiometrici della reazione si vede che:
H2 produce 2.58 ∙ 103 ∙ 2/3 moli di NH3 = 1.72 ∙ 103 moli
Grammi di NH3 prodotti: 1.72 ∙ 103 moli ∙ 17.03 g/mol = 29.3 ∙ 103 g
3) Determinare la concentrazione di ioni OH-, il pH e il pOH di una soluzione 0.15 M di ammoniaca.
(Kb di NH3 = 1.76 ∙ 10-5)
Soluzione:
In soluzione acquosa:
NH3(aq) + H2O(l)↔ NH4+(aq) + OH-(aq)
I
0.15
-
-
C
-x
+x
+x
E
(0.15-x)
+x
+x
Kb = 1.76∙ 10-5 = [ NH4+] [OH-]/[ NH3] = x2/(0.15-x) ≈ x2/(0.15)
x = [OH-] = √1.76 ∙ 10−5 ∙ 0.15 = 1.6∙10-3 M
pOH = -log[OH-] = -log(1.6 ∙ 10-3) = 2.8
pH = 14 – 2.8 = 11.2
4) Si prenda in esame la pila a concentrazione
Zn / Zn2+; c0 // Zn∙ ; 2c0 / Zn
In questa pila c0 e 2c0 sono le concentrazioni di Zn ∙ nei due semielementi.
Stabilire il catodo e l'anodo della pila e determinare la sua f.e.m.
Per quale valore di concentrazione di Zn 2+ la pila smette di funzionare ?
Soluzione:
I potenziali dei due semielementi sono:
a) Ea = E° +(0.059/2) log [Zn2+] = E° + (0.059/2) log (c0)
b) Eb = E° +(0.059/2) log [Zn2+] = E° + (0.059/2) log (2c0)
Il potenziale di b) è superiore, quindi b) è il catodo (riduzione) e a) è l’anodo (ossidazione)
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo = Eb – Ea = (E° + (0.059/2) log (2c0)) – (E° + (0.059/2) log (c0)) =
= 0.059/2 log (2c0/c0) = 0.059/2 log (2) = 0.0089 V
La pila smette di funzionare quando la concentrazione degli ioni Zn2+ nelle semicelle diventa uguale,
ossia pari a 1.5 c0
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 5 Febbraio 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Stabilire la natura acida (pH<7), basica (pH > 7) o neutra (pH = 7) delle soluzioni acquose dei
seguenti sali:
LiNO3 , KClO4 , NaCN , HCOONa , NH4Br
Soluzione:
LiNO3 , soluzione neutra, pH = 7
KClO4 , soluzione neutra, pH = 7
NaCN , soluzione basica , pH > 7
HCOONa , soluzione basica, pH > 7
NH4Br soluzione acida, pH < 7
2) Calcolare il pH della soluzione tampone in cui la concentrazione di un certo acido debole
monoprotico è 2.5 ∙ 10-4 M e quella del suo sale sodico è 5.0 ∙ 10-4 M.
La Ka dell'acido è pari a 10-5.
Soluzione:
Tabella ICE:
HA(aq) + H2O(l) <=> A?(aq) + H3O+(aq)
Inizio:
Cambiamento:
Equilibrio:
2.5∙10-4
-x
(2.5∙10-4 -x)
---
5.0∙10-4
+x
(5∙10-4 +x)
--+x
+x
Ka = 10-5 = [A?] [H3O+] /[ HA] = (5∙10-4 +x) x /(2.5∙10-4 -x) ≈ (5∙10-4 ) x /(2.5∙10-4 )
10-5 = (5∙10-4 ) x /(2.5∙10-4 )
x = 5.0∙10-6 = [H3O+]
pH = -log (5.0∙10-6 ) = 5.3
3) Determinare la solubilità di Pb(C2O4) (ossalato di Pb II ) sapendo che Kps = 8.5 ∙ 10-10.
Determinare quanti grammi di Pb2+ sono presenti in un litro di soluzione satura.
Quale deve essere il valore della concentrazione di C2O42- nella soluzione satura per ridurre la
concentrazione del catione a 10-8 M ?
Soluzione:
Pb(C2O4) (s) <=> Pb2+(aq) + C2O42- (aq)
Inizio
-
-
Cambiamento
s
s
Equilibrio
s
s
Kps = 8.5 ∙ 10-10 = [Pb2+] [C2O42-] = s ∙ s = s2
s = 2.9 ∙ 10-5 M = solubilità di Pb(C2O4) in una soluzione acquosa
La concentrazione di ioni Pb2+ è pari a 2.9 ∙ 10-5 M.
Poiché una mole di ioni Pb2+ pesa 207.2 g, in soluzione sono presenti 207.2 ∙ 2.9 ∙ 10-5 = 0.0060 g di
ioni Pb2+ .
Kps = [Pb2+] [C2O42-]
8.5 ∙ 10-10 = [Pb2+] [C2O42-]= 10-8 ∙ [C2O42-]
[C2O42-]= 8.5 ∙ 10-10 /10-8 = 8.5 ∙ 10-2 M
4) Una pila è costituita dai seguenti semi-elementi:
Pt/HCl (2.25 x 10-3 M) / H2 (P=1 bar) e
Pt/Cl2 (P=1 bar) / KCl (2.25 ∙ 10-3 M)
Identificare il catodo e l'anodo della pila; determinare la f.e.m. della pila; esplicitare il processo
chimico globale che determina il funzionamento della pila.
Soluzione:
Si calcolano i potenziali di elettrodo con l'equazione di Nernst:
1)
2H+ (aq) + 2e- → H2 (g); E° = 0 V
E = E° - log (1 /[H+]2) = 0 - (0.059/2) log (1 /[2.25∙10-3]2) = -0.16 V
2)
Cl2 (g) + 2e- → 2 Cl- (aq);
E° = 1.36 V
E = E° - log ([Cl-]2) = 1.36 - (0.059/2) log ([2.25∙10-3]2) = 1.52 V
Il semielemento 2) ha il potenziale maggiore ed è il catodo (vi avviene una riduzione) mentre il
semielemento 1) è l'anodo (vi avviene una ossidazione).
f.e.m. = Ecatodo - Eanodo = 1.52-(-0.16) = 1.68 V
Processo chimico globale:
1) H2 (g) → 2 H+ (aq) + 2e2) Cl2 (g) + 2e- → 2 Cl- (aq)
H2 (g) + Cl2 (g) + 2e- = 2H+ (aq) + 2e- + 2 Cl- (aq)
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 19 Febbraio 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Calcolare la molarità di una soluzione ottenuta sciogliendo 20.0 g di Na2CO3∙10 H2O
(carbonato di sodio decaidrato) in 500 mL di acqua. Quale è la concentrazione molare degli ioni
Na+ in soluzione?
Soluzione:
La massa molecolare del carbonato di sodio decaidrato è 286.19 uma. Una mole di carbonato di sodio
decaidrato pesa 286.19 g.
Numero moli: 20.0/286.19 = 0.0700 mol
Molarità : 0.0700/0.500 = 0.140 M
Poiché Na2CO3 in acqua si dissocia come: Na2CO3 → 2 Na+ + CO32la concentrazione di ioni Na+ sarà 2 ∙ 0.14 = 0.28 M
2) Calcolare il pH di una soluzione 0.42 M di formiato di sodio (HCOONa). La Ka dell'acido
formico (HCOOH) è 1.8 ∙ 10-4.
Soluzione:
In soluzione acquosa :
HCOONa → HCOO- + Na+
La concentrazione dell'anione HCOO - è uguale a quella del sale.
L'anione HCOO- è la base coniugata di un acido debole e in acqua da reazione di idrolisi:
HCOO- + H2O → HCOOH + OHTabella ICE:
HCOO- + H2O → HCOOH + OHInizio
0.42
-
-
Cambiamento
-x
+x
+x
+x
+x
Equilibrio
0.42-x
Kb = [HCOOH][ OH-]/[ HCOO-] = x2/(0.42-x) = x2/0.42
Kb = Kw/Ka = 10-14/1.8 ∙ 10-4 = 5.56 ∙ 10-11
5.56 ∙10-11∙ = x2∙/0.42
x2 = 5.56 ∙10-11 ∙ 0.42 = 2.33∙10-11
x = [OH-]= 4.83 ∙10-6 M
pOH = -log([OH-]) = -log (4.83 ∙10-6) = 5.32
pH = 14 - pOH = 8.68
3) Determinare il prodotto di solubilità del sale PbSO4 (solfato di piombo) sapendo che in un litro di
soluzione acquosa satura di questo sale sono presenti 0.0278 g di Pb2+.
Quale deve essere il valore della concentrazione di SO42- nella soluzione satura per ridurre la
concentrazione del catione a 10-6 M ?
Soluzione:
Tabella ICE:
PbSO4 (s) →Pb2+ (aq) + SO42- (aq)
I
--
--
C
s
s
E
s
s
Kps = [Pb2+][ SO4 2-] = s ∙s = s2
s rappresenta la solubilità cioè la concentrazione molare dello ione Pb2+ in soluzione satura. La
concentrazione molare dello ione Pb2+ in soluzione satura è la seguente:
Il peso di una mole di ioni Pb2+ è 207.2 g.
Il numero delle moli è 0.0278/207.2 = 0.0001342 mol
La concentrazione molare in soluzione è 0.0001342/1 = 0.0001342 M
Kps = s2 =(0.0001342)2 = 1.8 ∙ 10-8
Da Kps = 1.8 ∙ 10-8 = [Pb2+][ SO42-] = s · s si ha :
1.8 ·10-8 = [10-6][ SO42-] = 10-6 ∙ s
s = 1.8 ∙ 10-8 /10-6 = 1.8 ∙ 10-2. Questo valore rappresenta la concentrazione richiesta di ioni SO42-.
4) Una pila è costituita dai seguenti semi-elementi:
Pt/HClO4 (3.00 ∙ 10-3 M) / H2 (P=1 bar) e
Pt/ H2 (P=1 bar) / NaClO4 (2.00 ∙ 10-3 M)
Identificare il catodo e l'anodo della pila; determinare la f.e.m. della pila ; esplicitare il processo
elettrochimico globale che determina il funzionamento della pila.
Soluzione:
Si calcolano i potenziali di elettrodo nelle due semicelle con l'equazione di Nernst:
1)
2H+ (aq) + 2e- → H2 (g) E° = 0 V
E = E° - log (1 /[H+]2) = 0 - (0.059/2) log (1 /[3.00 ∙10-3]2) = -0.15 V
2)
2H+ (aq) + 2e- → H2 (g) E° = 0 V
In questo caso il sale presente in soluzione (NaClO 4) non influisce sul pH. Quindi la concentrazione di
ioni H+ è 10-7 M.
E = E° - log (1 /[H+]2) = 0 - (0.059/2) log (1 /[10-7]2) = -0.41 V
La semicella 1) è il catodo e la semicella 2) è l'anodo.
f.e.m. = Ecatodo - Eanodo = -0.15 - (-0.41) = 0.26 V
Processo elettrochimico globale:
1)
2H+ (aq) + 2e- →H2 (g)
2)
H2 (g) → 2H+ (aq) + 2e-
2H+ (aq) + H2 (g) + 2e- → H2(g) + 2H+ (aq) + 2e-
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 4 Aprile 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Bilanciare la reazione :
Idrossido di Magnesio + Acido Solforico = Solfato di Magnesio + H2O
e determinare la quantità in grammi di solfato di magnesio che si ottiene facendo reagire 5.70 g di
idrossido con 10.0 g di acido (è indispensabile individuare il reagente in difetto e quello in eccesso). Le
masse molecolari relative sono: Idrossido di Magnesio 58.32 g/mol, Acido Solforico 98.08 g/mol,
Solfato di Magnesio 120.37 g/mol.
Soluzione:
Equazione bilanciata: Mg(OH)2 + H2SO4 = MgSO4 + 2 H2O
Numero di moli di Mg(OH)2 = 5.70/58.32 = 0.0977 mol
Numero di moli di H2SO4= 10.0/98.08 = 0.102 mol
Mg(OH)2 è il reagente in difetto e determina la quantità di MgSO4 che si forma. Poiché i coefficienti
stechiometrici di Mg(OH)2 e MgSO4 sono 1 e 1, 0.0977 moli di Mg(OH)2 produrranno 0.0977 moli di
MgSO4.
La quantità in grammi di MgSO4 è : 0.0977 · 120.37 = 11.8 g.
2) Il pH di una soluzione acquosa di acido acetico (CH3COOH) 0.10 M è 2.87. Determinare la
costante di dissociazione e il grado di dissociazione dell'acido.
Soluzione:
CH3COOH + H2O → CH3COO- + H3O+
I
0.10
C
-x
E
(0.10-x)
-
-
+x
+x
x
x
Ka = [CH3COO-] [H3O+] / [CH3COOH] = x2 / (0.10-x) ≈ x2 / 0.10
x rappresenta la concentrazione di ioni H3O+ che si ricava dal pH.
[H3O+] = 10-2.87 = 1.35·10-3
x2= (1.35·10-3)2 = 1.8·10-6
Ka = x2 / 0.10= 1.8·10-6/0.10 = 1.8·10-5
Il grado di dissociazione è dato da (1.35·10-3/0.10)·100 =1.35
3) Calcolare la concentrazione dell'idrossido di calcio (Ca(OH)2) in una soluzione satura, sapendo che
il suo Kps è 5.5 · 10-5.
Soluzione:
Ca(OH)2 (s) → Ca2+ (aq) + 2OH-(aq)
I
-
-
C
+s
E
s
+2s
2s
Kps =5.5 · 10-5 = [Ca2+] · [OH-]2 = s · (2s)2 = 4s3
s3 = (5.5·10-5 /4) = 1.375 ·10-5
3
s = √1.375 · 10−5 = 2.40 · 10-2 = 0.024 M
s rappresenta la solubilità, espressa in moli per litro, dello ione Ca 2+ ma anche dell'idrossido di calcio
Ca(OH)2.
4) Una cella voltaica è costituita dai seguenti semi-elementi:
1)Pt | Fe3+(aq, 0.20 M), Fe2+ (aq, 0.10 M) e
2)Pt | H2(p = 1 bar) | HCl (aq, 0.10 M).
Identificare il catodo e l'anodo, calcolare la f.e.m. della pila e scrivere il processo elettrochimico
globale.
Soluzione:
1)
Fe3+(aq) + 1e- → Fe2+ (aq);
E° = 0.77 V
E = E° - (0.0592/1)·log ([Fe2+]/[Fe3+]) = 0.77- (0.0592/1)·log(0.10/0.20) = 0.788 V
2)
2H+(aq)+ 2e- → H2 (g);
E° = 0.00 V
La concentrazione di ioni H+ in soluzione è determinata da HCl:
HCl → H+ + Cl-
(la concentrazione di ioni H+ è la stessa di HCl).
Quindi:
E = E° - (0.0592/2)·log ([H2(g)]/[H+]2) = 0.00- (0.0592/2)·log(1/(0.1)2) = -0.0592 V
1)
è il catodo e 2) è l'anodo.
f.e.m. = 0.788-(-0.0592) = 0.847 V
Processo globale:
Fe3+(aq) + 1e- → Fe2+ (aq)
H2 (g)
x2
→ 2 H+(aq)+ 2e-
--------------------------------------2Fe3+(aq) + 2e- + H2 (g) → 2Fe2+ (aq) + 2H+(aq)+ 2e-
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 4 Giugno 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1) Bilanciare la redox: Cu(s) + H+(aq) + NO3-(aq) → Cu2+(aq) + NO(g) + H2O
Determinare quanti grammi di Cu(s) bisogna far reagire per ottenere una mole di NO(g).
Soluzione:
Cu(s) → Cu2+(aq) + 2e-
| x3
4H+(aq) + NO3-(aq) + 3e- → NO(g) + 2H2O
| x2
---------------------------------------------------------------------3Cu(s) + 8H+(aq) + 2NO3-(aq) → 3Cu2+(aq) + 2NO(g) + 4H2O
Dalla equazione bilanciata si vede che 3 moli di Cu(s) producono 2 moli di NO(g).
Quindi si imposta la seguente proporzione:
3:2=x:1
x = 1 ·3/2 = 1.5 = numero di moli di Cu(s)
I grammi di Cu(s) necessari sono 1.5 · 63.55 = 95.33 g.
2) Determinare le concentrazioni all'equilibrio di tutte le specie ioniche presenti in una soluzione
acquosa di a) acido nitrico 1.50 · 10-3 M e b) acido acetico 2.0 M (Ka = 1.8·10-5).
Soluzione:
L'acido nitrico è un acido forte. In soluzione si dissocia completamente.
HNO3 + H2O → NO3- + H3O+
All'equilibrio la concentrazione di ioni NO3- e H3O+ è uguale a 1.50 · 10-3 M (uguale a quella dell'acido
di partenza). L'acido acetico è un acido debole. In soluzione si dissocia secondo il seguente equilibrio:
CH3COOH + H2O → CH3COO- + H3O+
I
2.0
-
-
C
-x
+x
+x
E
(2.0-x)
+x
+x
Ka = 1.8·10-5 = ([CH3COO-] [H3O+])/[CH3COOH] = x2/(2.0-x) ≈ x2/(2.0)
x = [CH3COO-] e [H3O+] = 0.6 ·10-2 M
3) Il prodotto di solubilità del carbonato di argento (Ag2CO3) in acqua è pari a 8.50 · 10-12. Determinare
la solubilità del sale.
Soluzione:
Ag2CO3 (s) → 2Ag+ (aq) + CO3 2- (aq)
I
-
-
C
2s
s
E
2s
s
Kps = 8.50·10-12 = (2s)2· s = 4s3
𝑠 = 3√8.50 · 10−12 /4 = 1.29·10-4 M
s rappresenta la solubilità del carbonato di argento.
4) Una pila è costituita dai seguenti semi-elementi:
semi-elemento A: Pt/ MnO4- (aq), 1.50 M ; Mn2+ (aq), 1.00 M; pH=2; E° = 1.51 V
semi-elemento B: Pb/ Pb2+ (aq), 1.00 M; E° = -0.13 V
Stabilire il catodo e l'anodo della pila, la sua f.e.m e scrivere la reazione di ossido-riduzione associata
alla pila.
Soluzione:
MnO4- (aq) + 8H+ + 5e- → Mn2+ (aq) + 4H2O
E = E° - (0.0592/5) log ([Mn2+]/[ MnO4-][H+]8)
[H+] = 10-pH = 10-2 M
E = 1.51 - (0.0592/5) log (1.00/ 1.50·(10-2)8) = 1.70 V
Catodo
Pb2+ (aq) + 2e- → Pb(s)
E = E° - (0.0592/2) log (1/ [Pb2+]) = -0.13 V
f.e.m.= 1.70 - (-0.13) = 1.83 V
Anodo
Processo globale:
MnO4- (aq) + 8H+ + 5e- → Mn2+ (aq) + 4H2O
Pb(s) → Pb2+ (aq) + 2e-
| x2
| x5
----------------------------------------------------------------------------------------------------2MnO4- (aq) + 16H+ + 10e- + 5Pb(s) → 2Mn2+ (aq) + 8H2O + 5Pb2+ (aq) + 10e-
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 2 Luglio 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1)
a) Determinare la massa molecolare di CuSO4 in unità di massa atomica.
b) Determinare la massa in grammi corrispondente ad una mole di molecole di CuSO 4.
c) Determinare la massa in grammi di una molecola di CuSO4 .
d) Quante molecole di CuSO4 sono contenute in una mole di questo sale ?
e) Quante molecole di CuSO4 sono contenute in 0.10 moli di questo sale ?
Soluzione:
a) La massa molecolare di CuSO4 vale 159.62 unità di massa atomica;
b) Una mole di molecole di CuSO4 hanno una massa pari a 159.62 g;
c) massa molecola = massa UNA MOLE/N Avogadro = 159.62/6.022·1023=2.651·10-22 g;
d) Una mole di CuSO4 contiene:
n molecole= n moli ·numero di Avogadro = 1 ·6.022.1023 = 6.022.1023 molecole;
e) In 0.10 moli di questo sale sono contenute:
n molecole= n moli ·numero di Avogadro = 0.1 ·6.022.1023 = 6.022.1024 molecole;
2) Calcolare il pH delle seguenti soluzioni saline:
a) soluzione 0.10 M di NaCl e b) soluzione 0.2 M di NH 4Cl (la Kb di NH3 è 1.8∙10-5).
Soluzione:
Il pH di una soluzione salina 0.10 M di NaCl è 7.00 (non c'è idrolisi salina).
Una soluzione 0.2 M di NH4Cl dà luogo ad idrolisi salina perché lo ione NH4+ proveniente dal cloruro
di ammonio (NH4Cl) è l'acido coniugato della base debole NH3.
NH4Cl →NH4+ + ClNH4+ (aq) + H2O (l) → NH3+(aq) + H3O+(aq)
I
0.2
-
-
C
-x
+x
+x
E
( 0.2-x)
+x
+x
Ka = 1.0·10-14/ 1.8·10-5 =5.6·10-10
Ka = 5.6·10-10 = x2/(0.2-x) ≈ x2/0.2
x = √5.6 · 10−10 · 0.2
x = 1.06·10-5 M
pH = -log(1.06·10-5) = 4.98
3) Calcolare la solubilità molare di AgCl in una soluzione 0.1 M di NaCl (Kps di AgCl = 1.8 · 10-10).
Soluzione:
La solubilità di AgCl è condizionata dalla presenza dello ione a comune Cl- proveniente da NaCl.
AgCl (s) → Ag+ (aq) + Cl- (aq)
I
-
0.1
C
+s
+s
E
+s
(0.1+s)
Kps = 1.8 · 10-10 = [Ag+] [Cl-] = s(0.1+s) ≈ 0.1s
s = 1.8 · 10-10/0.1 = 1.8 · 10-9 M
s rappresenta la solubilità molare di AgCl.
4)
a) Bilanciare la seguente reazione di ossido-riduzione:
Fe2+ + Cr2O72- + H+ → Fe3+ + Cr3+ + H2O
e determinare quanti mL di soluzione acquosa 0.10 M di K2Cr2O7 sono necessari per ossidare 100 mL
di una soluzione acquosa 0.10 M di FeSO4.
b) Descrivere una pila che possa sfruttare questa reazione di ossido-riduzione (stabilire le reazioni che
avvengono nelle due semicelle, il tipo di elettrodo da usare e il verso secondo cui fluiscono gli elettroni
nel filo metallico esterno).
c) Assumendo che le concentrazioni di tutte le specie che compaiono nella reazione di ossidoriduzione siano pari a 1 M, quanto varrebbe la f.e.m della pila
Soluzione:
a)
Fe2+ →
Fe3++1e-
Cr2O72- + 14H+ + 6e- → 2Cr3+ + 7H2O
|x6
|x1
--------------------------------------------6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ + 6e- → 6Fe3++6e- + 2Cr3+ + 7H2O
Se in 1 L di soluzione 0.10 M di FeSO4 ci sono 0.10 moli, in 0.1 L (100mL) ci saranno 0.01 moli di
FeSO4.
Dalla reazione bilanciata si vede che 6 moli di Fe2+ sono ossidate da 1 mole di Cr2O72-, 0.01 moli di
FeSO4 da quante moli di Cr2O72- saranno ossidate?
6 :1 = 0.01 : x
x = (0.01 · 1) / 6 = 0.0017 moli di Cr2O72ma anche di K2Cr2O7, perché K2Cr2O7 → 2K+ + Cr2O72I mL necessari della soluzione di K2Cr2O7 0.10 M si ottengono tenendo conto che:
1 L : 0.10 moli = x : 0.0017 moli
x = 0.0017/0.10 = 1.7·10-2 L = 17 mL
b) In una pila basata su questa reazione di ossido-riduzione, all'anodo avverrebbe la reazione di
riduzione Cr2O72- + 14H+ + 6e- → 2Cr3+ + 7H2O
mentre al catodo avverrebbe la reazione di ossidazione
6Fe2+ → 6Fe3++ 6e-.
Siccome le specie che partecipano al processo non sono solide conduttrici gli elettrodi devono essere
inerti (platino).
Gli elettroni fluiscono nel filo esterno dall'anodo al catodo.
Pt(s)|Fe2+(aq), Fe3+(aq)|| Cr2O72-(aq), 14H+(aq), Cr3+(aq)|Pt(s)
c) Se le concentrazioni di tutte le specie che compaiono nella reazione di ossido-riduzione sono pari a 1
M, il potenziale di ogni semicella è il potenziale standard della semicella.
f.e.m = 1.33-0.77 = 0.56 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 10 Settembre 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1)
a) Stabilire quali sono i prodotti della seguente reazione e bilanciarla:
HNO3 + Mg(OH)2 → ?
b) Quanti grammi di HNO3 si devono pesare per consumare completamente 2.00 grammi di Mg(OH) 2 ?
Soluzione:
2 HNO3 + Mg(OH)2 → Mg(NO3)2 + 2 H2O
Massa molare di Mg(OH)2 : 58.32 g/mol
Numero di moli di Mg(OH)2 : 2.00/58.32= 0.0343 moli
Dalla reazione bilanciata si vede che per consumare una mole di Mg(OH) 2 occorrono 2 moli di HNO3 e
quindi:
2 : 1 = x : 0.0343
x = 0.0686 moli
I grammi di HNO3 necessari saranno 0.0686 · 63.02 = 4.32 g. (63.02 g/mol è la massa molare di
HNO3).
2) Quanti grammi di cloruro di ammonio (NH4Cl) devono essere aggiunti ad 1.00 L di soluzione di
NH3 0.10 M per avere una soluzione tampone con il massimo potere tamponante? Calcolare il pH di
questa soluzione (Kb di NH3 = 1.8·10-5).
Soluzione:
Il massimo potere tamponante si ha quando la concentrazione in soluzione di NH 3 è uguale a quella di
NH4+. Quindi alla soluzione si devono aggiungere 0.01 moli di NH 4Cl.
La massa molare di NH4Cl è 53.50 g/mol. I grammi di NH4Cl da aggiungere sono:
g NH4Cl = 53.50 · 0.01 = 5.35 g.
NH3 + H2O → NH4+ + OHI
0.1
0.1
-
C
-x
+x
+x
(0.1+x)
+x
E
(0.1-x)
Kb = 1.8·10-5 = [NH4+][OH-]/[NH3] = (0.1+x)·/(0.1-x) ≈ 0.1x/0.1 = x
x = [OH-] = Kb = 1.8·10-5
pOH = -log(1.8·10-5) = 4.74
pH = 14 - 4.74 = 9.26
3) Quale è la concentrazione molare dello ione Ag+ in una soluzione satura di Ag2SO4 ? (Kps di
Ag2SO4 = 6.9 · 10-15).
Soluzione:
Ag2SO4 (s) →2Ag+(aq) + SO42-(aq)
I
-
-
C
2s
s
E
2s
s
Kps = (2s)2 s = 4s3
3
s = 3√𝐾𝑝𝑠/4 = √6.9 · 10−15 /4 = 1.9x10-5 M
[Ag+] = 2 ·1.9·10-5 = 3.8·10-5 M
4) Stabilire l'anodo e il catodo e calcolare la f.e.m della seguente pila:
Cu(s) | Cu2+(aq), [CuSO4] = 0.10 M || Cu2+(aq), [Cu(NO3)2 ] = 2.0 M | Cu(s)
Soluzione:
Cu2+(aq) + 2e- → Cu(s)
E° = 0.34 V
E = E° - (0.0592/2) log(1/0.10) = 0.31 V
Cu2+(aq) + 2e- → Cu(s)
E° = 0.34 V
E = E° - (0.0592/2) log(1/2.0) = 0.35 V
f.e.m. = 0.35 - 0.31 = 0.04 V
anodo
catodo
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Esame scritto di Chimica Generale ed Inorganica - 1 Ottobre 2014
Prof. Luigi Bencivenni, Prof. Anna Rita Campanelli
1)Bilanciare la seguente reazione redox scritta in forma ionica:
MnO4- (aq) + H+ (aq) + Cl-(aq) → Mn2+ (aq) + Cl2 (g) + H2O (l)
Se lo ione MnO4- proviene dalla dissociazione del sale KMnO4, quanti sono i grammi di sale necessari
per produrre 20 grammi di Cl2 ?
(Per il bilanciamento si consiglia di partire dalle due semireazioni).
Soluzione:
MnO4- +5 e- + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2O
→ Cl2 + 2 e-
2 Cl-
|x2
|x5
-----------------------------------------------------------------------------2 MnO4- + 16 H+ + 10 Cl- +10 e- → 2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O +10 e-
M
Cl2 =
70.90 g/mol
nCl2 = 20/70.90 = 0.28 moli
Dalla reazione bilanciata si vede che 2 moli di MnO4- producono 5 moli di Cl2. Quindi
2 : 5 = x : 0.28
x = 0.28·2/5 = 0.11 moli di MnO4-.
Le moli di MnO4- sono le stesse di KMnO4 .
M KMnO4 = 158.04 g/mol
gKMnO4 = 0.11·158.04= 17.38 g
2) La reazione di ossido-riduzione dell'esercizio precedente è il processo elettrochimico globale che sta
alla base del funzionamento di una pila. Assumendo che tutte le specie nelle due semicelle della pila
siano presenti nelle loro condizioni standard, calcolare la f.e.m. della pila. Calcolare inoltre la costante
di equilibrio della reazione globale.
Soluzione:
Poiché tutte le specie sono nelle loro condizioni standard, la f.e.m. è pari alla differenza dei potenziali
standard di ciascuna semicella:
f.e.m. = E°cella = 1.51 - 1.36 = 0.15 V.
Dalla relazione
E°cella = (0.0592/n) log(K)
si ricava la costante di equilibrio K (n è il numero di elettroni scambiati nel processo globale):
E°cella = 0.15 V = (0.0592/10) log(K)
log(K) = 0.15 · 10 / 0.0592 = 25.34
K =1025.34 = 2.19·1025≈ 1025
3) Determinare il pH e le concentrazioni di tutte le specie ioniche presenti all'equilibrio per le seguenti
soluzioni:
a)
1.0 L di soluzione acquosa 1.50 · 10-2 M di acido nitrico (HNO3).
b)
1.0 L di soluzione acquosa 2.00 · 10-2 M di acetato di sodio (CH3COONa) (la Ka dell'acido acetico
è 1.8 ·10-5).
Soluzione:
a)
L'acido nitrico è un acido forte quindi:
HNO3 → H+ + NO3[H+] = [NO3-] = 1.50 · 10-2 M.
Il pH della soluzione è :
pH = -log(1.5·10-2) = 1.82 .
b)
CH3COONa → CH3COO- + Na+
All'equilibrio la concentrazione di Na+ è 2.00 · 10-2 M.
Invece lo ione CH3COO- è soggetto ad un equilibrio di idrolisi :
CH3COO- → CH3COOH + H+.
CH3COO- → CH3COOH + OHI
0.02
-
-
C
-x
+x
+x
x
x
E
0.0200-x
Kb = Kw /Ka = x2/(0.02-x) ≈ x2/0.02
1·10−14
x = √𝐾𝑏 · 0.0200 = √0.0200 · 1.8·10−5 = 0.33 x 10-5 M
All'equilibrio :
[OH-] = [CH3COOH] = x = 0.33 · 10-5 M;
[CH3COO-] = 0.02-x ≈ 0.02 M
pOH = -log(0.33 · 10-5) = 5.48
pH = 14 - 5.48 = 8.52
4) Determinare la concentrazione dello ione Ag+ in una soluzione acquosa satura di Ag2CrO4 (Kps =
1.12·10-12).
Soluzione:
Ag2CrO4 (s) → 2 Ag+ (aq) + CrO42- (aq)
I
-
-
C
2s
s
E
2s
s
Kps = (2s)2 · s = 4s3
3
√𝐾𝑃𝑠/4 = √1.12 · 10−12 /4s = 0.65 · 10-4 M.
3
[Ag+] = 0.65 · 10-4 · 2 = 1.30 · 10-4 M.
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/02/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) Bilanciare la reazione di combustione del butano (C4H10):
C4H10(g) + O2 (g) → CO2(g) + H2O(l)
In questa reazione 8.00 moli di butano reagiscono con O2 in eccesso. Calcolare la quantità in
grammi di CO2 che si forma.
Soluzione:
2 C4H10(g) + 13 O2 (g) → 8 CO2(g) + 10 H2O(l)
2: 8 = 8.00 : X
X = 8 ∙ 8.00 / 2 = 32.0 mol
M CO2 =
44.0 g/mol
g CO2 = 32.0 ∙ 44.0 = 1408 g
2) Calcolare la solubilità molare del bromuro di argento in : (a) acqua pura, (b) una soluzione di nitrato
di argento 3.00 ∙ 10-2 M. Commentare.
(Il valore del prodotto di solubilità del bromuro di argento è 5.35 ∙ 10-13)
Soluzione:
In acqua pura:
AgBr(s) ⇄ Ag+(aq) + Br-(aq)
I
--
--
C
s
s
E
s
s
-13
Kps = [Ag+][ Br -] = s2 = 5.35 ∙ 10
𝑠 = √𝐾𝑝𝑠 = √5.35 ∙ 10−13 = 7.31 ∙ 10−7 𝑀
s rappresenta la solubilità del bromuro di argento in acqua pura.
In una soluzione di nitrato di argento 3.00 ∙ 10-2 M:
AgBr(s) ⇄
Ag+(aq) +
Br-(aq)
I
3.00 ∙ 10-2
--
C
s
s
E
s+3.00 ∙ 10
-2
+
-2
s
-2
Kps = [Ag ][ Br-] = (s+3.00 ∙ 10 ) ∙ s ≈ 3.00 ∙ 10 ∙ s
s = Kps /3.00 ∙ 10-2 = 1.78 ∙ 10
-11
M
s rappresenta la solubilità del bromuro di argento in presenza di nitrato di argento.
+
L’effetto dello ione a comune, in questo caso lo ione Ag proveniente dal nitrato di argento, fa
diminuire la solubilità del bromuro di argento.
3) Determinare il pH di una soluzione 0.20 M di cianuro di potassio (KCN).
-10
(La Ka di HCN è 4.9 ∙10 ).
Soluzione:
+
KCN(s) → K (aq) + CN-(aq)
-
La concentrazione molare di CN è pari a 0.20 M.
-
CN (aq) + H2O ⇄ HCN(aq) + OH-(aq)
I
0.20
--
--
C
-x
+x
+x
E
0.20-x
+x
2
+x
2
Kb = KW/ Ka = [HCN][ OH-]/[ CN-] = x /(0.20-x) ≈ x /0.20
10−14
𝑥 = [𝑂𝐻− ] = √4.9∙10−10 ∙ 0.20 = 2.0 ∙ 10−3 𝑀
-3
pOH = -log (2.0 ∙10 ) = 2.7
pH = 14-2.7 = 11.3
4) Dopo aver stabilito il catodo e l'anodo della pila costituita dai semi-elementi
Pt/[KMnO4] = 1.00 M, [MnCl2]= 0.250 M, pH = 1.00
e
Zn / [Zn(NO3)2]=1.00 ∙ 10-2 M
determinarne la FEM.
Soluzione:
a) MnO4 -(aq) + 8H+ (aq) + 5e- → Mn2+ (aq) + 4H2O (l)
𝐸 = 𝐸0 −
0.0592
5
E°= 1.51V
[𝑀𝑛 2+ ]
𝑙𝑜𝑔 [𝑀𝑛𝑂 −][𝐻 +]8
4
pH= -log[H+]=1.0
[H+]=10-pH = 10-1.00 = 0.100 M
𝐸 = 1.51 −
0.0592
5
0.250
𝑙𝑜𝑔 1.00∙(0.100)8 = 1.42 V (catodo)
b) Zn2+ (aq) + 2e- → Zn(s)
𝐸 = −0.76 −
0.0592
2
1
𝑙𝑜𝑔 1.00 ∙ 10−2 = -0.819 V (anodo)
E°= -0.76V
FEM= 1.42-(-0.819)=2.24 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/02/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) Bilanciare la reazione di combustione del propano (C3H8):
C3H8(g) + O2 (g) → CO2(g) + H2O(l)
In questa reazione 5.00 moli di propano reagiscono con O2 in eccesso. Calcolare la quantità in grammi
di CO2 che si forma.
Soluzione:
C3H8(g) + 5 O2 (g) → 3 CO2(g) + 4 H2O(l)
1 : 3 = 5.00 : X
X = 3 ∙ 5.00 / 1 = 15.0 mol
M CO2 =
44.0 g/mol
g CO2 = 15.0 ∙ 44.0 = 660 g
2) Calcolare la solubilità molare del cloruro di argento in : (a) acqua pura, (b) una soluzione di cloruro
di sodio 3.00 ∙ 10-2 M. Commentare.
(Il valore del prodotto di solubilità del cloruro di argento è 1.58 ∙ 10-10)
Soluzione:
In acqua pura:
AgCl(s) ⇄ Ag+(aq) + Cl-(aq)
I
--
--
C
s
s
E
s
s
Kps = [Ag+][ Cl -] = s2 = 1.58 ∙ 10
-10
𝑠 = √𝐾𝑝𝑠 = √1.58 ∙ 10−10 = 1.26 ∙ 10−5 𝑀
s rappresenta la solubilità del cloruro di argento in acqua pura.
In una soluzione di NaCl 3.00 ∙ 10-2 M:
AgBr(s) ⇄
Ag+(aq) +
Cl-(aq)
I
--
3.00 ∙ 10-2
C
s
s
E
s
s+3.00 ∙ 10
-2
+
-2
-2
Kps = [Ag ][ Cl-] = s∙ (s+3.00 ∙ 10 ) ≈ s ∙ 3.00 ∙ 10
-9
s = Kps /3.00 ∙ 10-2 = 5.27 ∙ 10 M
s rappresenta la solubilità del cloruro di argento in presenza di cloruro di sodio.
-
L’effetto dello ione a comune, in questo caso lo ione Cl proveniente dal cloruro di sodio, fa diminuire
la solubilità del cloruro di argento.
3) Determinare il pH di una soluzione 0.50 M di fluoruro di potassio (KF).
-4
(La Ka di HF è 6.8 ∙10 ).
Soluzione:
+
KF(s) → K (aq) + F-(aq)
-
La concentrazione molare di F è pari a 0.50 M.
-
F (aq) + H2O ⇄ HF(aq) + OH-(aq)
I
0.50
--
--
C
-x
+x
+x
E
0.50-x
2
+x
+x
2
Kb = KW/ Ka = [HF][ OH-]/[ F-] = x /(0.50-x) ≈ x /0.50
10−14
𝑥 = [𝑂𝐻− ] = √6.8∙10−4 ∙ 0.50 = 2.7 ∙ 10−6 𝑀
-6
pOH = -log (2.7 ∙10 ) = 5.6
pH = 14-2.7 = 8.4
4) Dopo aver stabilito il catodo e l'anodo della pila costituita dai semi-elementi
Pt/[K2Cr2O7] = 1.00 M, [CrCl3]= 0.250 M, pH = 1.00
e
Zn / [ZnCl2]=1.00 ∙ 10-2 M
determinarne la FEM.
Soluzione:
a) Cr2O72-(aq) + 14 H+ (aq) + 6e- → 2 Cr3+ (aq) + 7 H2O (l) E°= 1.33V
𝐸 = 𝐸0 −
0.0592
𝑙𝑜𝑔 [𝐶𝑟
[𝐶𝑟 3+ ]
2−
+ 14
2 𝑂7 ][𝐻 ]
6
pH= -log[H+]=1.0
[H+]=10-pH = 10-1.00 = 0.100 M
𝐸 = 1.33 −
0.0592
6
0.250
𝑙𝑜𝑔 1.00∙(0.100)14 = 1.20 V (catodo)
b) Zn2+ (aq) + 2e- → Zn(s)
𝐸 = −0.76 −
0.0592
2
1
𝑙𝑜𝑔 1.00 ∙ 10−2 = -0.819 V (anodo)
E°= -0.76V
FEM= 1.20-(-0.819)=2.02 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Chimica Generale ed Inorganica
prova scritta del 18/02/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
Esercizio 1
Calcolare il numero delle moli e il numero delle molecole contenute in 2.00 g di acido solforico e in
3.00 g di idrossido di potassio.
Se si fanno reagire queste due sostanze, quanti grammi di sale si formano?
Soluzione:
Una mole di acido solforico (H2SO4) ha una massa pari a 98.09 g.
Numero di moli = 2.00/98.09 = 0.0204 moli
Numero di molecole = 0.0204 ∙ 6.022 1023 = 1.23 ∙ 1022
Una mole di idrossido di potassio KOH ha una massa pari a 56.11 g.
Numero di moli = 3.00/56.11 = 0.0535 moli
Numero di molecole = 0.0535 ∙ 6.022 1023 = 3.22 ∙ 1022
H2SO4 + 2 KOH → K2SO4 + 2H2O
H2SO4 è il reagente in difetto. Dalla reazione si formano tante moli di sale quante sono quelle di acido
(i coefficienti stechiometrici dell’acido e del sale sono 1 e 1).
Una mole di solfato di potassio (K2SO4) ha una massa pari a 174.27 g.
g K2SO4 = 174.27 ∙ 0.0204 = 3.56 g
Esercizio 2
In 1200 ml di acqua vengono sciolti 4.0 g di acido acetico (CH3COOH) e 4.0 g di acetato di sodio
(CH3COONa). Che tipo di soluzione si forma?
Calcolare il pH della soluzione finale.
La Ka per l’acido acetico è 1.8 ∙ 10-5.
Soluzione:
M CH3COOH = 60.06 g/mol
n CH3COOH = 4.0/60.06 = 0.067 mol
[CH3COOH] = 0.067/1.2 = 5.6 10-2 M
M CH3COONa = 82.04 g/mol
n CH3COONa = 4.0/82.04 = 0.049 mol
[CH3COONa] = 0.049/1.2 = 4.1 ∙ 10-2 M
Questa è una soluzione tampone.
in soluzione
CH3COONa → CH3COO- + Na+
e quindi
[CH3COO-] = [CH3COONa]
CH3COOH + H2O ⇄CH3COO- + H3O+
Tabella ICE:
I
0.056 0.041 -
C
-x
E
(0.056-x)
+x
+x
(0.041+x)
+x
Ka = 1.8 ∙ 10-5 = (0.041+x) ∙ x/(0.056-x) ≈ 0.041 ∙ x/ 0.056
x =[H3O+] = 0.056 ∙ 1.8 ∙ 10-5 /0.041 = 2.5 ∙ 10-5 M
pH = -log[H3O+] = 4.6
Esercizio 3
In una analisi del sangue il valore del colesterolo (C27H46O) risulta 180 mg/dL.
Esprimere la concentrazione in moli/L.
Soluzione:
M C27H46O = 386.7 g/mol
n C27H46O = 0.180/386.7 = 4.65 ∙ 10-4 mol
1.00 dL = 0.100 L
[C27H46O] = 4.65 ∙ 10-4 / 0.100 = 4.65 ∙ 10-3 M
Esercizio 4
Calcolare la forza elettromotrice della pila ottenuta collegando opportunamente la semicella
a) Ag (s)/ Ag2CO3 , soluzione satura
(Kps di Ag2CO3 (carbonato di argento) = 6.2 ∙ 10-12)
con la semicella
b) Cu (s)/ [CuSO4] = 0.50 M
(i potenziali standard vanno reperiti nelle apposite tabelle).
Soluzione:
a) La concentrazione di ioni Ag+ da mettere nell’equazione di Nernst si ottiene calcolando la solubilità
dello ione nella soluzione satura (quindi dal prodotto di solubilità fornito).
Ag2CO3 (s) ⇄ 2Ag+(aq) + CO32- (aq)
Kps = [Ag+]2 ∙ [CO32-] = (2s)2 s = 4s3
3
𝑠= √
6.2∙10−12
4
= 1.16 ∙ 10-4 M
[Ag+] = 2 ∙ 1.16 ∙10-4 = 2.32 ∙ 10-4 M
Ag+(aq) + 1e- → Ag(s)
E0 = 0.799
E = E0 – 0.0592/1 ∙ log(1/[ Ag+]) = 0.799 + 0.0592 ∙ log(2.32 ∙ 10-4) = 0.58 V Catodo
b) La concentrazione degli ioni Cu2+ è fornita dal solfato di rame (CuSO4).
CuSO4→ Cu2+(aq) + SO4 2- (aq)
[Cu2+]= [CuSO4] = 0.50 M
Cu2+(aq) + 2e- → Cu(s)
E0 = 0.341
E = E0 – 0.0592/2 log(1/[ Cu2+]) = E = 0.341 + 0.0592/2 log(0.50) = 0.34 V Anodo
f.e.m. = 0.58 - 0.34 = 0.24 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
Chimica Generale ed Inorganica
prova scritta del 18/02/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
Esercizio 1
In 1200 ml di acqua vengono sciolti 3.0 g di acido formico (HCOOH) e 3.0 g di formiato di sodio
(HCOONa). Che tipo di soluzione si forma?
Calcolare il pH della soluzione finale.
La Ka per l’acido formico è 1.8 ∙ 10-4.
Soluzione:
M HCOOH = 46.03 g/mol
nHCOOH = 3.0/46.03 = 0.065 mol
[HCOOH ] = 0.065/1.2 = 5.4 10-2 M
M HCOONa = 68.01 g/mol
nHCOONa = 3.0/68.01 = 0.044
[HCOONa] = 0.044/1.2 = 3.7 10-2 M
Questa è una soluzione tampone.
in soluzione
HCOONa → HCOO- + Na+
e quindi
[HCOO-] = [HCOONa]
HCOOH + H2O ⇄HCOO- + H3O+
Tabella ICE:
I
0.054 0.037 -
C
-x
+x
+x
E
(0.054-x)
(0.037+x)
+x
Ka = 1.8 10-4 = (0.037+x) x/(0.054-x) ≈ 0.037 ∙ x/0.054
x = [H3O+] = 0.054 ∙ Ka /0.037 = 2.6 ∙ 10-4 M
pH = -log[H3O+] = 3.6
Esercizio 2
Calcolare il numero delle moli e il numero delle molecole contenute in 2.00 g di acido solforico e in
3.50 g di idrossido di sodio.
Se si fanno reagire queste due sostanze, quanti grammi di sale si formano?
Soluzione:
Una mole di acido solforico (H2SO4) ha una massa pari a 98.09 g.
Numero di moli = 2.0/98.09 = 0.020 moli
Numero di molecole = 0.020 ∙ 6.022 1023 = 1.2 ∙ 1022
Una mole di idrossido di sodio NaOH ha una massa pari a 40.00 g.
Numero di moli = 3.5/40.00 = 0.088 moli
Numero di molecole = 0.088∙ 6.022 1023 = 5.3 x 1022
H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2H2O
H2SO4 è il reagente in difetto. Dalla reazione si formano tante moli di sale quante sono quelle di acido
(i coefficienti stechiometrici dell’acido e del sale sono 1 e 1).
Una mole di solfato di potassio (Na2SO4) ha una massa pari a 142.05 g.
gNa2SO4 = 142.05 ∙ 0.020 = 2.8 g
Esercizio 3
Calcolare la forza elettromotrice della pila ottenuta collegando opportunamente la semicella
a) Ag (s)/ Ag2CrO4 , soluzione satura
(Kps di Ag2CrO4 (cromato di argento) = 1.12 ∙ 10-12)
con la semicella
b) Zn (s)/ [ZnSO4] = 1.20 M
(i potenziali standard vanno reperiti nelle apposite tabelle).
Soluzione:
a) La concentrazione di ioni Ag+ da mettere nell’equazione di Nernst si ottiene calcolando la solubilità
dello ione nella soluzione satura (quindi dal prodotto di solubilità fornito).
Ag2CrO4 (s) ⇄ 2Ag+(aq) + CrO42- (aq)
Kps = [Ag+]2 ∙ [CrO42-] = (2s)2 ∙ s = 4s3
3
𝑠= √
1.12∙10−12
4
= 6.54 ∙ 10-5 M
[Ag+] = 2 ∙ 6.54 ∙ 10-5 = 1.30 ∙ 10-4 M
Ag+(aq) + 1e- → Ag(s)
E0 = 0.799 V
E = E0 – 0.0592/1 log(1/[ Ag+]) = 0.799 + 0.0592/1 log(1.30 ∙ 10-4) = 0.57 V Catodo
b) La concentrazione degli ioni Zn2+ è fornita dal solfato di rame (ZnSO4).
ZnSO4→ Zn2+(aq) + SO4 2- (aq)
[Zn2+]= [ZnSO4] = 1.20 M
Zn2+(aq) +2e- → Zn(s)
E0 = -0.761 V
E = E0 – 0.0592/2 log(1/[ Zn2+]) = -0.761 + 0.0592/2 log(1.20) = -0.76 V Anodo
f.e.m. = 0.57 - (-0.76) = 1.33 V
Esercizio 4
In una analisi del sangue il valore della glicemia (concentrazione del glucosio C6H12O6) è pari a 100
mg/dL.
Esprimere la concentrazione in moli/L.
Soluzione:
M C6H12O6 = 180.16 g/mol
n C6H12O6 = 0.100/180.16 = 5.55 ∙ 10-4 mol
1.00 dL = 0.100 L
[C6H12O6] = 5.55 ∙ 10-4 / 0.100 = 5.55 ∙ 10-3 M
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/06/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) 1.50 mol di COCl2 vengono introdotte in un recipiente di 10.0 L. Il sistema viene portato a 650 °C in
modo che si stabilisca il seguente equilibrio:
COCl2(g) ↔ CO(g) + Cl2(g)
Sapendo che a 650 °C la Kp = 17.43, determinare le pressioni parziali delle sostanze all’equilibrio.
Soluzione:
Calcoliamo la pressione iniziale di COCl2
T = 650 + 273 = 923 K
p°COCl2 = 1.50 ∙ 0.0821 ∙ 923 / 10.0 =11.37 atm
COCl2(g)
↔
CO(g) +Cl2(g)
Inizio
11.37
--
Cambiamento
-x
+x
+x
Equilibrio
11.37-x
x
x
𝐾𝑝 =
𝑝𝐶𝑂· 𝑝𝐶𝑙2
𝑥2
=
𝑝𝐶𝑂𝐶𝑙2
11.37 − 𝑥
17.43 =
x2 +17.43·x-198.18 = 0
x = 7.84 atm
pCO =7.84 atm
pCl2 = 7.84 atm
pCOCl2 = 11.37-7.84=3.53atm
--
𝑥2
11.37 − 𝑥
2) Partendo da una soluzione 1.00 M di acido cloridrico si vuole preparare 1.00 L di soluzione di acido
a pH = 2.00. Che volume della soluzione iniziale di acido cloridrico si deve prelevare? Che volume di
acqua si deve aggiungere per la diluizione?
Soluzione:
nella soluzione a pH = 2.00 si ha:
[H3O+]= 10-pH = 10-2.00 = 1.00 ∙ 10-2 M
Le moli di H3O+ presenti in soluzione sono uguali a quelle di HCl da cui provengono (acido forte!), per
cui:
nH3O+ = nHCl = [H3O+] ∙ V = 1.00 ∙ 10-2 ∙ 1.00 = 1.00 ∙ 10-2 mol
il volume di soluzione concentrata che contiene 1.00 ∙ 10 -2 mol di HCl è:
M = n/V
V = n/M = 1.00 ∙ 10-2 / 1.00 = 1.00 ∙ 10-2 L = 10.0 ml
Oppure: C1 V1 = C2 V2 dove
C1 = concentrazione della soluzione iniziale
V1 = volume della soluzione iniziale da prelevare
C2 = concentrazione della soluzione finale diluita
V2 = volume della soluzione finale diluita
V1 = C2 V2 / C1V1 = 1.00 10-2· 1.00 /1.00 = 0.01 L =10 ml
Quindi bisogna prelevare 10.0 ml di soluzione 1.00 M e diluirla fino ad un volume di 1 L aggiungendo
(1.00-0.01) = 0.99 L cioè 990 ml.
3) Calcolare il pH di una soluzione 0.425 M di cloruro di ammonio. L’ammoniaca è una base debole
con Kb = 1.79· 10-5
Soluzione:
NH4Cl→ NH4+ + ClNH4+ è l’acido coniugato di una base debole e quindi da origine ad un equilibrio di idrolisi.
NH4+ (aq) + H2O (l) ⇄NH3 (aq) + H3O+ (aq)
I
0.425
C
-x
-
-
+x
+x
E
(0.425-x)
x
x
1.00 · 10−14
𝐾𝑎 =
= 5.59 · 10−10
1.79 · 10−5
[𝑁𝐻3 ] · [𝐻3 𝑂+ ]
𝑥2
𝑥2
𝐾𝑎 =
=
≈
[𝑁𝐻4+ ]
(0.425 − 𝑥) 0.425
2
[H3O+] = x = √𝐾𝑎 · 0.425 = 1.54· 10-5 M
pH = -log [H3O+] = 4.81
4) Una pila voltaica viene costruita nel seguente modo:
Ag / Ag+ (aq) (Ag2CrO4, soluzione satura)// Ag+ (aq) =0.125 M / Ag
Sapendo che Kps di Ag2CrO4è pari a 1.1 · 10-12, calcolare la f.e.m. della pila.
Soluzione:
Si tratta di una pila a concentrazione per cui il processo elettrodico, scritto nel verso della riduzione, è
lo stesso nei due semielementi:
Ag+ + 1e- → Ag(s)
Per l'elettrodo di sinistra la concentrazione degli ioni Ag + si ricava dal prodotto di solubilità:
Ag2CrO4 (s) ⇄2Ag+(aq) + CrO42- (aq)
Kps=[Ag+]2· [CrO42-] = (2s)2· s = 4s3
3
s= √
𝐾𝑝𝑠
4
3
=√
1.1·10−12
4
= 6.50∙10-5 M
[Ag+] = 2 s = 1.30∙10-4 M
0
𝐸𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔
−
0.0592
1
𝑙𝑜𝑔
1
[𝐴𝑔+ ]
= 0.80 −
0.0592
1
𝑙𝑜𝑔
1.0
(1.30∙ 10−4 )
= 0.57V anodo
Per l'elettrodo di destra:
0
𝐸𝑑𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔
−
0.0592
1
1
𝑙𝑜𝑔 [𝐴𝑔+ ] = 0.80 −
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo = 0.75 – 0.57 = 0.18 V
0.0592
1
1.0
𝑙𝑜𝑔 0.125 = 0.75 V catodo
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 08/04/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) 50.0 g di C vengono ossidati secondo la seguente reazione : C (s) + O2 (g)→ CO2 (g), con ossigeno
in quantità stechiometrica. Il gas formato occupa un volume pari a 10.0 L ad una temperatura di 25 °C.
Qual è la pressione del gas?
Soluzione:
C (s) + O2 (g)→ CO2 (g)
M
C = 12.011 g/mol
nC = nCO2 = 50.0 / 12.011 = 4.16 mol
Il gas è costituito da 4.16 mol di anidride carbonica.
P = n∙R∙T/V
T = 25.0+273 = 298 K
P = 4.16 ∙ 0.0821 ∙ 298 / 10.0 = 10.2 atm
2) Calcolare il pH di una soluzione ottenuta aggiungendo 0.40 mol di NaF a 1.00 L di una soluzione di
HF 0.40 M . (Ka = 6.8 · 10-4).
Soluzione:
Si tratta di una soluzione tampone.
HF + H2O ↔ H3O+ + F‫־‬
I
0.40
-
0.40
C
-x
+x
+x
E
0.40-x +x
0.40+x
𝐾𝑎 = [H3O+] . [F-] / [HF] = x . (0.40+x)/ (0.40-x) ≈ 0.40 . x / 0.40
x = [𝐻3 𝑂+ ] = 𝐾𝑎 .0.40 / 0.40 = 6.8 ·10-4 M
pH = -log 6.8∙10-4 = 3.17
Determinare la solubilità molare di AgBr in una soluzione di CaBr2 (aq) 0.10 M.
(Kps di AgBr = 7.7 ∙ 10-13).
Soluzione:
CaBr2 → Ca2+ + 2 Br –
Questa reazione fa si che [Br-] = 0.20 M
AgBr (s) ⇄ Ag+ (aq) + Br‫( ־‬aq)
I
-
C
s
E
s
0.20
s
(0.20+s)
Kps = 7.7 ∙ 10-13 = [Ag+] [Br‫ = ]־‬s ∙ (0.20+s) ≈ s ∙ 0.20
s = 7.7.10-13/ 0.20 = 3.85.10-12 M = solubilità di AgBr.
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
4) Determinare la f.e.m. della pila
Pt | H2, P =1.0 bar | [NaOH] = 0.100M || [NaCl] = 1.00 M | H2, P=0.50 bar |Pt
Soluzione:
si tratta di una pila a concentrazione costituita da due elettrodi ad idrogeno.
La reazione elettrodica per entrambi gli elettrodi (scritta nel verso della riduzione) è:
2 H+ + 2e- → H2
Per l’elettrodo di sinistra:
[OH-]= 0.100 M
per cui [H+] = Kw/[OH-]= 1.00 · 10-13 M
𝐸1 = E0H+
⁄𝐻
2
+
0.0592
[𝐻+ ]2
· log
= 0+ 0.0592· log [ 𝐻+ ] = 0.0592 ∙ log 10−13 = −0.770 𝑉
2
𝑝𝐻2
Per quanto riguarda il secondo elettrodo, l’NaCl non influenza il pH della soluzione quindi:
[H+] = 10-7 M
𝐸2 =
E0H+ +
⁄𝐻
2
0.0592
[𝐻 + ]2
10−7
· log
= 0.0592 ∙ log
= −0.397 𝑉
2
𝑝𝐻2
0.50
Il secondo elettrodo si comporta da catodo:
f.e.m. = E2-E1 = -0.397 – (-0.770) = 0.373 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/06/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) 1.50 mol di COCl2 vengono introdotte in un recipiente di 10.0 L. Il sistema viene portato a 650 °C in
modo che si stabilisca il seguente equilibrio:
COCl2(g) ↔ CO(g) + Cl2(g)
Sapendo che a 650 °C la Kp = 17.43, determinare le pressioni parziali delle sostanze all’equilibrio.
Soluzione:
Calcoliamo la pressione iniziale di COCl2
T = 650 + 273 = 923 K
P°COCl2 = 1.50 ∙ 0.0821 ∙ 923 / 10.0 =11.37 atm
COCl2(g)
↔
CO(g) +Cl2(g)
Inizio
11.37
--
Cambiamento
-x
+x
+x
Equilibrio
11.37-x
x
x
𝐾𝑝 =
--
𝑝𝐶𝑂· 𝑝𝐶𝑙2
𝑥2
=
𝑝𝐶𝑂𝐶𝑙2
11.37 − 𝑥
𝑥2
17.43 =
11.37 − 𝑥
x2 +17.43·x-198.18 = 0
x = 7.84 atm
pCO =7.84 atm
pCl2 = 7.84 atm
pCOCl2 = 11.37-7.84=3.53atm
2) Partendo da una soluzione 1.00 M di acido cloridrico si vuole preparare 1.00 L di soluzione di acido
a pH = 2.00. Che volume della soluzione iniziale di acido cloridrico si deve prelevare? Che volume di
acqua si deve aggiungere per la diluizione?
Soluzione:
nella soluzione a pH = 2.00 si ha:
[H3O+]= 10-pH = 10-2.00 = 1.00 ∙ 10-2 M
Le moli di H3O+ presenti in soluzione sono uguali a quelle di HCl da cui provengono (acido forte!), per
cui:
nH3O+ = nHCl = [H3O+] ∙ V = 1.00 ∙ 10-2 ∙ 1.00 = 1.00 ∙ 10-2 mol
il volume di soluzione concentrata che contiene 1.00 ∙ 10 -2 mol di HCl è:
M = n/V
V = n/M = 1.00 ∙ 10-2 / 1.00 = 1.00 ∙ 10-2 L = 10.0 ml
Oppure: C1 V1 = C2 V2 dove
C1 = concentrazione della soluzione iniziale
V1 = volume della soluzione iniziale da prelevare
C2 = concentrazione della soluzione finale diluita
V2 = volume della soluzione finale diluita
V1 = C2 V2 / C1V1 = 1.00 10-2· 1.00 /1.00 = 0.01 L =10 ml
Quindi bisogna prelevare 10.0 ml di soluzione 1.00 M e diluirla fino ad un volume di 1 L aggiungendo
(1.00-0.01) = 0.99 L cioè 990 ml.
3) Calcolare il pH di una soluzione 0.425 M di cloruro di ammonio. L’ammoniaca è una base debole
con Kb = 1.79· 10-5
Soluzione:
NH4Cl→ NH4+ + ClNH4+ è l’acido coniugato di una base debole e quindi da origine ad un equilibrio di idrolisi.
NH4+ (aq) + H2O (l) ⇄NH3 (aq) + H3O+ (aq)
I
0.425
-
-
C
-x
E
(0.425-x)
+x
+x
x
x
1.00 · 10−14
𝐾𝑎 =
= 5.59 · 10−10
1.79 · 10−5
[𝑁𝐻3 ] · [𝐻3 𝑂+ ]
𝑥2
𝑥2
𝐾𝑎 =
=
≈
[𝑁𝐻4+ ]
(0.425 − 𝑥) 0.425
2
[H3O+] = x = √𝐾𝑎 · 0.425 = 1.54· 10-5 M
pH = -log [H3O+] = 4.81
4) Una pila voltaica viene costruita nel seguente modo:
Ag / Ag+ (aq) (Ag2CrO4, soluzione satura)// Ag+ (aq) =0.125 M / Ag
Sapendo che Kps di Ag2CrO4è pari a 1.1 · 10-12, calcolare la f.e.m. della pila.
Soluzione:
Si tratta di una pila a concentrazione per cui il processo elettrodico, scritto nel verso della riduzione, è
lo stesso nei due semielementi:
Ag+ + 1e- → Ag(s)
Per l'elettrodo di sinistra la concentrazione degli ioni Ag + si ricava dal prodotto di solubilità:
Ag2CrO4 (s) ⇄2Ag+(aq) + CrO42- (aq)
Kps=[Ag+]2· [CrO42-] = (2s)2· s = 4s3
3
s= √
𝐾𝑝𝑠
4
3
=√
1.1·10−12
4
= 6.50∙10-5 M
[Ag+] = 2 s = 1.30∙10-4 M
0
𝐸𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔
−
0.0592
1
1
𝑙𝑜𝑔 [𝐴𝑔+ ] = 0.80 −
0.0592
1
1.0
𝑙𝑜𝑔 (1.30∙ 10−4 ) = 0.57V anodo
Per l'elettrodo di destra:
0
𝐸𝑑𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔
−
0.0592
1
1
𝑙𝑜𝑔 [𝐴𝑔+ ] = 0.80 −
0.0592
1
1.0
𝑙𝑜𝑔 0.125 = 0.75 V catodo
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo = 0.75 – 0.57 = 0.18 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 02/07/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) Stabilire i prodotti di reazione e bilanciare le seguenti reazioni chimiche:
1) acido iodidrico + idrossido di bario
2) acido fosforico + idrossido di sodio
Inoltre scrivere l’equazione ionica netta.
Soluzione:
1) 2 HI (aq) + Ba(OH)2 (aq) → BaI2 (aq) + 2 H2O (l)
2 H+(aq) + 2 OH─(aq) → 2 H2O (l)
2) H3PO4 (aq) + 3 NaOH (aq) → Na3PO4 (aq) + 3 H2O (l)
3 H+(aq) + 3 OH─(aq) → 3 H2O (l)
2) Un campione di 625 mL di una soluzione acquosa contenente 20.38 g di acido propionico
(CH3CH2COOH) ha un pH = 2.62. Quale è la Ka dell’acido propionico? Quale è la percentuale di
ionizzazione dell’acido ()?
Soluzione:
M CH3CH2COOH = 74.08 g/mol
n CH3CH2COOH = 20.38/74.08 = 0.2750 mol
[CH3CH2COOH] = 0.2750/0.625 = 0.440 M
CH3CH2COOH ↔ CH3CH2COO- + H+
I
0.440 -
-
C
-x
+x
E
0.440-x
+x
x
x
𝑥2
𝑥2
𝐾𝑎 =
≈
(0.440 − 𝑥)
0.440
All’equilibrio la concentrazione di ioni H+, che corrisponde ad x, si ricava dal pH.
[H+] = 10–pH = 2.40 ·10-3 M
(2.40 · 10−3 )2
𝐾𝑎 =
0.440
Ka = 1.31 · 10-5
 = (2.40 ·10-3/0.440) ·100 = 0.545 %
3) Calcolare la solubilità molare di Mg(OH) 2 in acqua pura e in una soluzione di MgCl2 0.0862 M. La
solubilità dell’idrossido di magnesio è uguale o no? Commentare.
(Kps di Mg(OH)2 = 1.8 10-11)
Soluzione:
In acqua pura:
Mg (OH)2 (s) ⇄ Mg2+ (aq) + 2OH─ (aq)
I
-
-
C
+s
+2s
E
s
2s
Kps = [Mg2+][OH─]2 = s (2s)2 = 4s3
s = 1.7 10-4 M
s rappresenta la solubilità dell’idrossido Mg(OH)2.
In una soluzione di MgCl2, poiché è presente uno ione a comune proveniente da MgCl2, la
solubilità di Mg(OH)2 diminuisce:
Mg (OH)2 (s)⇄ Mg2+ (aq) + 2OH─ (aq)
I
0.0862 -
C
+s
+2s
E
(0.0862+s)
2s
Kps = [Mg2+][OH─]2 = (0.0862+s) (2s)2 ≈ (0.0862) (2s)2 = 0.3448 s2
s = 7.2 10-6 M
4) Una cella voltaica, rappresentata dal seguente diagramma, ha una f.e.m. di 1.250 V.
Zn (s) / [Zn2+] = 1.000 M // [Ag+]= ? /Ag (s)
Quale è la concentrazione dello ione Ag+ in soluzione?
Soluzione:
Per l'elettrodo di destra (catodo):
Ag+ (aq) + 1e- → Ag(s)
0
𝐸𝑑𝑒𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔
−
E° = 0.80 V
0.0592
1
1
1
𝑙𝑜𝑔 [𝐴𝑔+ ] = 0.80 − 0.0592 · 𝑙𝑜𝑔 [𝐴𝑔+] = 0.80 + 0.0592 · 𝑙𝑜𝑔[𝐴𝑔+ ]
Per l'elettrodo di sinistra (anodo):
Zn2+ (aq) + 2e- → Zn(s)
E° = –0.76 V
Questo elettrodo è un elettrodo standard ([Zn2+] = 1.000 M) e quindi Esinistra = –0.76 V
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo = Edestra – Esinistra
1.250 = 0.80 + 0.0592 log [Ag+] – (–0.76)
[Ag+] = 10log[Ag+] = 6.3 10-6 M
log[Ag+] = – (0.31/0.0592) = –5.2
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 08/09/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) La fermentazione è un processo chimico complesso per fare il vino nel quale il glucosio (C 6H12O6)
viene convertito in etanolo (C2H5OH) e biossido di carbonio (CO2) secondo la seguente reazione:
C6H12O6 → 2 C2H5OH + 2 CO2
Partendo da 500.4 g di glucosio, quale è la massima quantità in grammi di etanolo che può essere
ottenuta con questo processo?
Soluzione:
M C6H12O6 = 180.16 g/mol
M C2H5OH = 46.07 g/mol
Numero delle moli di glucosio: 500.4/180.16 = 2.778 moli
Il numero delle moli di etanolo si ottiene dalla seguente proporzione:
1 : 2 = 2.778 : x x = 2.778 · 2 = 5.556 moli
I grammi di etanolo che si ottengono sono: 5.556 moli · 46.07 g/mol = 256.0 g
2) Quanti grammi di acetato di sodio (CH3COONa) si devono aggiungere ad 1.00 L di una soluzione di
acido acetico (CH3COOH) 0.300 M per avere una soluzione tampone a pH= 5.00?
(la Ka dell’acido acetico è 1.80 · 10-5).
Soluzione:
M CH3COONa = 82.03 g/mol
Il pH di una soluzione tampone costituita da un acido debole e dalla sua base coniugata si può trovare
calcolando la concentrazione di ioni H3O+ presenti in soluzione attraverso la formula [H3O+] = Ka · Ca
/ Cs dove Ca è la concentrazione dell’acido debole e Cs è la concentrazione del sale che contiene la base
coniugata dell’acido (questa formula si può ricavare utilizzando la tabella ICE).
Vogliamo che [H3O+] sia tale da dare un pH di 5.00. Sappiamo la Ka dell’acido debole e Ca. La nostra
incognita è quindi Cs , cioè la concentrazione del sale che fornisce la base coniugata dell’acido acetico
secondo la dissoluzione:
CH3COONa → CH3COO- + Na+ .
[H3O+] = 10-pH = 10-5.00 = 1.00 · 10-5 M
Da [H3O+]= Ka · Ca / Cs si ricava:
Cs = Ka · Ca /[H3O+] = 1.80 · 10-5 · 0.300 / 1.00 · 10-5 = 0.540 M
0.540 M è la concentrazione di acetato di sodio che si ottiene sciogliendo una certa quantità in grammi
del sale in 1.00 L di soluzione:
0.540 M = numero moli / 1.00 L
da cui si ricava che il numero delle moli è pari a 0.540 moli/L · 1.00 L = 0.540 moli
La quantità in grammi di acetato di sodio è pari a 0.540 moli · 82.03 g/mol = 44.30 g.
3) Calcolare la solubilità molare e quella in mg/L di AgCl in acqua pura e in una soluzione di HCl a pH
pari a 3.00 ( Kps di AgCl = 1.77 · 10-10). Commentare.
Soluzione:
MAgCl = 143.32 g/mol
AgCl (s) ⇄ Ag+ (aq) + Cl─ (aq)
I
-
-
C
+s
+s
E
s
s
Kps = 1.77 · 10-10 = s2
s = 1.33 · 10-5 M
s rappresenta la solubilità molare di AgCl in acqua pura, cioè il numero di moli in un litro.
Il numero dei milligrammi in un litro è pari a:
1.33 10-5 moli/L · 143.32 g/mol = 1.91 · 10-3 g/L da cui
1.91 · 10-3 g/L · 1000 = 1.91 mg/L
In una soluzione di HCl a pH = 3.00, la concentrazione degli ioni Cl- è pari a quella degli ioni H+ e
questa si ricava dal valore del pH:
HCl → H+ + Cl─
[H+] = [Cl-] = 10-pH = 10-3.00 = 1.00·10-3 M
AgCl (s) ⇄ Ag+ (aq) + Cl─ (aq)
1.00·10-3
I
-
C
+s
(1.00·10 -3+ s)
E
s
(1.00·10 -3+ s)
Kps = 1.77 · 10-10 = s · (1.00·10-3+ s) ≈ s ·1.00·10-3
s = 1.77 ·10-10 / 1.00·10-3= 1.77 10-7 M
Il numero dei milligrammi in un litro è pari a:
1.77 10-7 moli/L · 143.32 g/mol · 1000 = 0.0254 mg/L
La solubilità di AgCl in acqua è maggiore che in una soluzione di HCl a causa dello ione a
comune Cl─ proveniente da HCl.
4) Una cella voltaica è costituita dai seguenti semielementi:
a) Pt (s) / [MnO4-] = 2.0 · 10-1 M, [Mn2+] = 1.0 ·10-1 M, pH = 1.0
b) Zn (s) / [Zn2+] = 1.0 · 10-1 M
E° = 1.51 V
E° = -0.76 V
Calcolare la f.e.m. della pila e la reazione globale.
Soluzione:
a) La semireazione bilanciata è la seguente :
MnO4─ (aq) +8 H+ (aq) + 5e- → Mn2+ (aq) + 4 H2O (l)
[H+] = 10-pH = 10-1.0 = 0.10 M
𝐸𝑀𝑛𝑂4−⁄
𝑀𝑛2+
=
0
𝐸𝑀𝑛𝑂4−
⁄𝑀𝑛2+
0.0592
[𝑀𝑛2+ ]
−
𝑙𝑜𝑔
[𝑀𝑛𝑂4− ][𝐻+ ]8
5
E = 1.51 – {0.0592/5 · log 0.10/[0.20 · (0.108)]} = 1.42 V catodo
b) La semireazione bilanciata è la seguente:
Zn2+ (aq) + 2e- → Zn (s)
𝐸𝑍𝑛2+⁄
𝑍𝑛
0
= 𝐸𝑍𝑛
2+
⁄
−
𝑍𝑛
0.0592
1
𝑙𝑜𝑔
[𝑍𝑛2+ ]
2
E = -0.76 – 0.0592/2 · log 1/0.10 = -0.79 V
anodo
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo= 1.42 – (-0.79) = 2.21 V
La reazione completa è:
MnO4─ (aq) +8 H+ (aq) + 5e- → Mn2+ (aq) + 4 H2O (l) x 2
Zn (s) → Zn2+ (aq) + 2e-
x5
-------------------------------------------------------------------------2 MnO4─ (aq) + 16 H+ (aq) + 5 Zn (s) + 10e- → 2 Mn2+ (aq) + 8 H2O (l) + 5 Zn2+ (aq) + 10e-
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 02/10/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
Esercizio 1
Quali sono i prodotti della reazione che avviene tra idrossido di calcio e acido nitrico?
Quanti grammi di idrossido di calcio sono necessari per neutralizzare 10 g di acido nitrico?
Soluzione:
Ca(OH)2 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + 2H2O
Peso di una mole di Ca(OH)2: 74.10 g/mol
Peso di una mole di HNO3: 63.02 g/mol
Moli di HNO3: 10g / 63.02 g/mol = 0.16 moli
Secondo la reazione una mole di Ca(OH)2 neutralizza 2 moli di HNO3. Quindi per neutralizzare 0.16
moli di HNO3 occorreranno:
1: 2 = x : 0.16
x = 0.16 · 1 / 2 = 0.080 moli di Ca(OH)2
I grammi di Ca(OH)2 saranno: 0.080 mol · 74.10 g/mol = 5.9 g
Esercizio 2
Il pH di una soluzione tampone contenente NH3 e (NH4)2SO4 è 9.45. La concentrazione di NH3 è 0.258
M. Quanti grammi di (NH4)2SO4 sono presenti in 1.00 L di soluzione?
(la Kb di NH3 è 1.8·10-5).
Soluzione:
Per la soluzione tampone all’equilibrio possiamo scrivere:
NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH Kb = [NH4+] [OH-]/[ NH3]
La concentrazione di ioni NH4+ è quella da determinare.
[NH3] = 0.258 M.
La concentrazione di ioni OH - in soluzione si ricava dal pH.
pOH = 14 – pH = 14 – 9.45 = 4.55
[OH-] = 10-4.55 = 2.8 . 10-5 M
Kb = [NH4+] · 2.8 ·10-5 / 0.258 = 1.8 ·10-5
[NH4+] = 1.8 ·10-5 · 0.258 / 2.8 ·10-5 = 0.166 M
Poiché :
(NH4)2SO4 →2NH4+ + SO42una mole di (NH4)2SO4 produce 2 moli di ioni NH4+:
n(NH4)2SO4 = nNH4+ /2 = 0.166/2 = 0.0830 mol
Poiché la massa molecolare di (NH4)2SO4 è 132.14 g/mol,
g(NH4)2SO4= 0.0830 · 132.14 = 11.0 g
Esercizio 3
Il prodotto di solubilità del bromuro di rame(I) (bromuro rameoso) a 25°C è 4.2 · 10-8. Calcolare la
solubilità del bromuro di rame(I) in g /L a tale temperatura a) in acqua pura e b) in una soluzione
acquosa di bromuro di calcio 0.10 M.
Soluzione:
a)
AgCu (s) ⇄ Cu+(aq) + Br-(aq)
I
-
-
C
+s
+s
E
s
s
Kps = [Cu+][ Br-] = s2 = 4.2 · 10-8
s = 2.0 x 10-4 M
Poiché una mole di CuBr pesa 143.45 g, la solubilità in g/L è:
gCuBr/L = 2.0 · 10-4 mol/L · 143.45 g/mol = 0.29 g/L
b)
CaBr2 → Ca2+ + 2 BrPer ogni mole di CaBr2 si formano 2 moli di ioni Br-, quindi :
[Br-]= 0.20 M
CuBr (s) ⇄ Cu+(aq) + Br-(aq)
I
-
0.20
C
+s
0.20+s
E
s
0.20+s
Kps = [Cu+][ Br-] = s(0.20+s) = s(0.20) = 4.2 · 10-8
s = 4.2 · 10-8 / 0.20= 2.1 · 10-7 M
Poiché una mole di CuBr pesa 143.45 g, la solubilità in g/L è:
gCuBr/L =2.1 · 10-7 mol/L · 143.45 g/mol = 3.0 · 10-5 g/L
Esercizio 4
Una pila è costituita dai seguenti elementi:
a) Pt/ H2(g) (P = 1.0 atm)/ [H+] = 0.10 M
E° = 0.0 V
b) Pt/ [Cl-] = 0.10 M, [ClO4 -] = 0.20 M, pH = 3.0 E° = 1.35 V
Dopo aver bilanciato la semireazione che avviene nella semicella b), calcolare la f.e.m. della pila.
Soluzione:
b) ClO4¯ + 8 H+ + 8e- → Cl¯ + 4 H2O
[H+] = 10-pH = 10-3 M
0
−
𝐸𝑐𝑎𝑡𝑜𝑑𝑜 = 𝐸𝐶𝑙𝑂4
⁄
𝐶𝑙−
−
0.0592
[𝐶𝑙−]
0.10
𝑙𝑜𝑔
= 1.35 − 0.0074 · 𝑙𝑜𝑔
= 1.17 𝑉
8
[𝐶𝑙𝑂4−][𝐻+]8
0.20 (10−3 )8
a) 2H+ (aq) + 2e- → H2(g)
𝐸𝑎𝑛𝑜𝑑𝑜 = 𝐸𝐻0 +
⁄𝐻2(𝑔)
−
0.0592
2
1
1
𝑙𝑜𝑔 [𝐻 +]2 = 0.0 − 0.0296 · 𝑙𝑜𝑔 (0.10)2 = −0.0592 𝑉
E = Ecatodo – Eanodo = 1.17 – (-0.0592) = 1.23 V
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/11/2015
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
Esercizio 1
Determinare il pH di una soluzione acquosa 0.20 M di acido lattico (la cui formula è
CH3CHOHCOOH ma può essere schematizzata come HLa). Il valore della costante di dissociazione
acida è 1.23 · 10-4.
Soluzione:
HLa(aq) ⇄ La ‫(־‬aq) + H +(aq)
I
0.20
-
-
C
-x
+x
+x
+x
+x
E
(0.20-x)
Ka = [La‫[ ]־‬H+]/[HLa] = x2/(0.20-x) ≈ x2/0.20
2
𝑥 = [H + ] = √𝐾𝑎 · 0.20 =5.0·10-3 M
pH = -log [5.0 · 10-3] = 2.30
Esercizio 2
La combinazione H2PO4-/HPO42- svolge un ruolo importante nel mantenere costante il pH del sangue.
a) Supponendo che le due specie ioniche siano presenti in eguale concentrazione in soluzione, calcolare
il pH del sistema tampone. (La Ka2 dell’acido fosforico è 6.2 . 10-8).
b) Scrivere le reazioni attraverso cui queste specie ioniche tamponano l’aggiunta di una base o di un
acido.
Soluzione:
a) L’equilibrio in soluzione è il seguente:
H2PO4-+ H2O ⇄ HPO42- + H3O+
Ka2 = [HPO42-]·[H3O+] / [H2PO4-] = 6.2 · 10-8
[H3O+] = Ka2 · [H2PO4-] / [HPO42-]
ma [H2PO4-] = [HPO42-] per cui:
[H2PO4-] / [HPO42-]=1
[H3O+] = Ka2
pH = pKa2 = 7.2 = 7.2
b)
1) HPO42- + H3O+ ⇄ H2PO4- + H2O
2) H2PO4- + OH- ⇄ HPO42- + H2O
Esercizio 3
Calcolare la f.e.m. della pila costituita dai seguenti elementi:
a) Pt/ H2(g) (P = 1.0 atm)/ [NH4Cl] = 0.10 M (Kb di NH3 = 1.8 ·10-5)
b) Ag/ Ag2SO4 (Kps di Ag2SO4 = 1.4 ·10-5)
E° = 0.0 V
E° = 0.80 V
Soluzione:
a) NH4Cl →NH4+ + ClNH4+ + H2O ⇄ NH3 + H3O+
reazione di idrolisi salina :
I
0.10
-
C
-x
+x
E
(0.10-x)
x
+x
x
Ka = Kw/Kb = 1.0 · 10-14/ 1.8 ·10-5 = 5.56 · 10-10
Ka = [NH3] · [H3O+] / [NH4+] = x2 /(0.10-x) ≈ x2 /0.10
2
𝑥 = [H3 𝑂+ ] = √5.56 · 10−10 · 0.10 =7.46·10-6 M
2H+ (aq) + 2e- → H2(g)
𝐸𝑎𝑛𝑜𝑑𝑜 = 𝐸𝐻0 +
⁄𝐻2(𝑔)
−
0.0592
1
1
𝑙𝑜𝑔 + = 0.0 − 0.0296 · 𝑙𝑜𝑔
= −0.30 𝑉
[𝐻 ]2
[7.46 · 10−6 ]2
2
b) Ag2SO4(s) ⇄ 2Ag+(aq) + SO42-(aq)
Kps = [Ag+]2 · [SO42-] = (2s)2 · s =4s3
3
𝑠=√
1.4·10−5
4
=1.52·10-2 M
[Ag+] = 2s = 3.04 · 10-2 M
Ag+ (aq) + 1e- → Ag(s)
0
𝐸𝑐𝑎𝑡𝑜𝑑𝑜 = 𝐸𝐴𝑔
+
⁄𝐴𝑔(𝑠)
−
0.0592
1
1
𝑙𝑜𝑔
= 0.80 − 0.0592 · 𝑙𝑜𝑔
= 0.71 𝑉
+
[𝐴𝑔 ]
[3.04 10−2 ]
1
E = Ecatodo – Eanodo = 0.71 – (-0.30) = 1.01 V
Esercizio 4
Calcolare la costante ebullioscopica dell’acqua ad 1 atmosfera sapendo che:
1) la temperatura di ebollizione dell’acqua è 100 °C.
2) una soluzione acquosa di 480 g di glicole etilenico in 3100 g di acqua bolle a 101.3 °C. (Il glicole
etilenico è il comune antigelo delle automobili ed ha peso molecolare pari a 62.07 g/mol).
Soluzione:
ΔT = 101.3 -100 = 1.3 °C
ΔT = m · Kb
m è la molalità della soluzione (m = moli di soluto/kg di solvente) e Kb è la costante
ebullioscopica dell’acqua.
Moli di soluto: 480 g / 62.07 g mol-1 = 7.73 moli
Molalità: 7.73 mol / 3.100 kg = 2.49 m
Kb = 1.3 °C / 2.49 m = 0.52 °C/m
Corso di Laurea in Scienze Naturali
CHIMICA GENERALE E INORGANICA
prova scritta del 03/02/2016
Prof. Bruno Brunetti, Prof.ssa Anna Rita Campanelli
1) Scrivere la reazione di formazione del perclorato di potassio a partire dai relativi acido e idrossido.
Calcolare quanti grammi di perclorato di potassio si formano a partire da 20.0 g di acido.
Soluzione:
HClO4 (aq) + KOH (aq) → KClO4 (aq) + H2O (l)
M HClO4 = 100.46 g/mol
M KClO4 = 138.55 g/mol
moli di HClO4 = 20.0/100.46 = 0.199 mol
g KClO4 = 0.199 · 138.55 = 27.6 g
2) 1.00 mol di N2O4 vengono introdotte in un recipiente di 10.0 L. Il sistema viene portato a 350 °C in
modo che si stabilisca il seguente equilibrio:
N2O4(g) ↔ 2 NO2(g)
Sapendo che a 350 °C la Kp = 3.49, determinare le pressioni parziali delle sostanze all’equilibrio (non
fare approssimazioni).
Soluzione:
calcoliamo la pressione iniziale di N2O4
T = 350 + 273 = 623 K
P°N2O4 = 1.00 ∙ 0.0821 ∙ 623 / 10.0 = 5.11 atm
N2O4(g)
↔
2 NO2(g)
Inizio
5.11
---
Cambiamento
-x
+ 2x
Equilibrio
5.11-x
2x
𝑝𝑁𝑂2 2
(2𝑥)2
𝐾𝑝 =
=
𝑝𝑁2 𝑂4
5.11 − 𝑥
(5.11-x) ∙ Kp = 4x2
4x2 + Kp∙x -5.11∙Kp = 0
4x2 + 3.49∙x -17.83= 0
x
 3.49  12.18  285.28  3.49  17.25

8
8
x1= -2.59 atm
x2= 1.72 atm
Il valore negativo non ha senso perché comporterebbe la diminuzione del prodotto (che inizialmente
non è presente)
PN2O4 = 5.11 – 1.72 = 3.39 atm
PNO2 = 2 ∙ 1.72 = 3.44 atm
3) La solubilità molare di PbF2 in acqua pura è 5.63 10-3 M. Calcolare la costante Kps.
Soluzione:
PbF2 (s) ↔ Pb2+ (aq) + 2 F-(aq)
PbF2 (s)
Inizio
Cambiamento
↔
Pb2+ + 2 F--
-x
Equilibrio
--
+x
+2x
x
2x
Kps = [Pb2+].[ F-]2 = x . (2x)2 = 4x3 = 4·(5.63 10-3)3 = 7.14 10-7
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
4) Determinare la f.e.m. della pila:
Pt/ H2, PH2=1.00 atm, /[CH3COOH] = 0.200 M // [HCl]= 1.000 M / H2, PH2=1.00 atm / Pt
sapendo che il Ka dell'acido acetico è 1.8 ∙ 10-5.
Soluzione:
Si tratta di una pila a concentrazione per cui il processo elettrodico, scritto nel verso della riduzione, è lo
stesso nei due semielementi:
2 H+ + 2e- → H2
Per l'elettrodo di sinistra:
[H+] = √𝐶𝑎 ∙ 𝐾𝑎 = √0.200 ∙ 1.8 ∙ 10−5 = 1.90∙10-3 M
𝐸𝑠𝑖𝑛𝑖𝑠𝑡𝑟𝑎 = 𝐸𝐻0 +
⁄𝐻
"
−
0.0592
2
𝑝𝐻
𝑙𝑜𝑔 [𝐻 +2]2 = 0 −
0.0592
2
1.0
𝑙𝑜𝑔 (1.90∙ 10−3)2 = -0.161 V anodo
L'elettrodo di destra è un elettrodo standard: 𝐸𝐻0 +
⁄𝐻
"
f.e.m. = Ecatodo – Eanodo = 0.000 – (-0.161) = 0.161 V
= 0.000 V
catodo