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CHIMICA GENERALE E INORGANICA
Esito e Soluzioni della prova del 13 dicembre 2013
1) Si fanno reagire 70.8 g di Sb2S3 e 65.8 g di HNO3 secondo l’equazione (da
bilanciare): Sb2S3 + NO3- + H+  S + H3SbO4 + NO + H2O. Calcolare la massa di
zolfo ed il volume di NO (misurato a 1 atm e 263 K) prodotti.
L’equazione bilanciata è 3 Sb2S3 + 10 HNO3 + 4 H2O  9 S + 6 H3SbO4 + 10 NO
Le moli utilizzate sono :
mol di Sb2S3 (MM = 339.6 g/mol) = massa/MM = 70.8/339.6 = 0.208 mol
mol di HNO3 (MM = 63 g/mol) = massa/MM = 65.8/63 = 1.04 mol
Il rapporto ideale è mol Sb2S3 /mol HNO3= 3/10 = 0.3
Il rapporto utilizzato è mol Sb2S3 /mol HNO3 = 0.208/1.04 = 0.2 < 0.3; l’agente limitante
è Sb2S3.
Le moli di S prodotte sono mol S = mol Sb2S3 9/3 = 0.208  3 = 0.624 mol
Le moli di NO prodotte sono mol NO = mol Sb2S3  10/3 = 0.208  3 = 0.693 mol
La massa di S (MA = 32 g/mol) prodotta è massa = mol  MA = 0.624  32 = 20 g
Il volume di NO prodotto è dato dall’equazione dei gas perfetti
V = nRT/P = 0.693 0.082 263 / 1 = 15 L
2) 3.00 L (misurati a 1.20 atm e 300 K) di una miscela gassosa contenente vapori di
HCl vengono fatti gorgogliare in 300 mL di una soluzione di NH3 0.250 M. Il pH
risultante è 9.28. Calcolare il pH iniziale della soluzione di ammoniaca, la
percentuale (in moli) e la pressione parziale dell’acido cloridrico nella miscela
gassosa
KB(NH3) = 1.8  10-5.
NH3 è una base debole. Il suo pH può essere calcolato con l’equazione (approssimata)
[OH-] Kb[NH3] =  1.8  10-5  0.25 = 2.12 10-3 M
pOH = -Log[OH-] = - Log 2.12 10-3 = 2.67
pH = 14 – pOH = 14 – 2.67 = 11.33
Le mmoli di NH3 contenute nella soluzione iniziale sono mmol = M  V = 0.25 300 =
75 mmol
La reazione tra NH3 e HCl (e la corrispondente tabella delle variazioni) è
NH3 +
HCl 
NH4Cl
75
x
0
-x
-x
+x
75-x
0
x
Trattandosi di una soluzione tampone, il suo pH è dato dall’equazione (approssimata)
[H3O+] = KA nA/nB
[H3O+] = 10-pH = 10 – 9.28= 5.25  10-10 M
KA = Kw /KB = 10-14/1.8 10-5 = 5.5  10-10 M
per cui 5.25  10-10 = 5. 5  10-10  (x/75 – x)
x = mmol di HCl = 36.46 mmol
La pressione parziale va calcolata con l’equazione di stato dei gas perfetti P = nRT/V =
=.0365  0.082  300 /0.3 = 0.30 atm
La percentuale in moli è data dal rapporto tra pressione parziale e pressione totale
% = P(HCl)/Ptot 100 = 0.3/1.2 100 = 25 %
3) Due colluttori anticarie indicano in modo diverso il contenuto di fluoro. Il primo
riporta lo 0.05% di fluoruro di sodio, il secondo 225 ppm. Calcolare la molarità
[F-] di entrambi, e determinare qual è il più concentrato.
La % è definita come % = massa di soluto/massa totale  100
Le ppm sono definite come ppm = massa di soluto/massa totale  106
per cui il fattore di conversione è = 106/100 = 104 ppm /%
Per cui 0.05 % corrisponde a 0.05  104 = 500 ppm
500>225 questa è più concentrata
Una soluzione acquosa diluita (d = 1 Kg/L) ha una massa di 106 mg/L, per cui il
contenuto in massa/Volume è 500  106/106 mg/L di NaF = 0.5 g/L
la molarità di NaF (MM = 42 g/mol) = massa/(MM  L) = 0.5/42 = 1.2  10-2 M
Il contenuto di NaF nella seconda soluzione è 0.225 g/ L
la molarità di NaF (MM = 42 g/mol) = massa/(MM  L) = 0.225/42 = 5.4  10-3 M
4) La reazione N2(g) + 3 H2(g)
2 NH3(g) è esotermica (produce energia).Prevedere in
che modo le seguenti perturbazioni influenzano la posizione dell'equilibrio e il
valore della costante di equilibrio. Giustificare ogni risposta.
a) diminuzione della pressione parziale di azoto
L’equilibrio si sposta verso sinistra, in modo da produrre azoto; la costante non cambia
b) aumento della pressione parziale di ammoniaca
L’equilibrio si sposta verso sinistra, in modo da consumare ammoniaca; la costante
non cambia
c) diminuzione della temperatura del reattore
Basse temperature favoriscono la reazione esotermica (verso destra); la costante
aumenta
d) aggiunta di un catalizzatore
Il catalizzatore non ha effetti né sul verso della reazione, né sulla costante di equilibro
e) riduzione della pressione totale, a temperatura costante
L’equilibrio si sposta nel verso in cui si ha un aumento delle moli; la costante non
cambia
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5) Determinare la formula di Lewis, la geometria molecolare, e gli orbitali usati
dall’atomo centrale nelle seguenti molecole o ioni: a) H2S b) N2O c) BrF2
H2S
N2O
BrF2
6+21=8
6 + 2  5 = 16
7 + 2  7= 21
Classificazione
AX2E2
AX2
AX2E3
Geometria
Piegata
Lineare
Lineare
H-S-H < 109°
N-N-O = 180°
F-Br-F = 180°
S usa quattro
N usa due orbitali
Br usa cinque orbitali sp3d(e
orbitali sp3
sp e due orbitali p
un orb p per il legami )
el. di valenza
Form. Di Lewis
Orb. Utilizzati
per il legame 
6) Sulla base dei potenziali di elettrodo, stabilire se ioduro di potassio o cloruro di
sodio possono essere ossidati dal biossido di manganese in ambiente acido.
Scrivere le equazioni bilanciate e complete che descrivono i fenomeni. Le
semireazioni implicate ed i rispettivi potenziali sono: I2 + 2e-  2 I- (E° = 0.54V),
Cl2+ 2e-  2 Cl- (1.35 V);
MnO2 + 4 H+ + 2 e-  Mn2+ + 2 H2O (1.23 V)
Le semireazioni di ossidazione corrispondono al verso anodico (l’opposto di quello
tabulato), che vanno accoppiate con la semireazione di riduzione di MnO 2
MnO2 + 4 H+ + 2 I-  Mn2+ + 2 H2O + I2
reazione spontanea (lo ioduro si ossida)
MnO2 + 4 H+ + 2 Cl-  Mn2+ + 2 H2O + Cl2
reazione non spontanea (il cloruro non si ossida)
E° = 1.23-0.54 =0.69 V>0
E° = 1.23-1.35 = - 0.12 V<0
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7) In un reattore da 10.0 L si fanno reagire 10 moli di CO e 10 di acqua secondo la
reazione CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g), la cui KC vale 3.26. Calcolare la
composizione della miscela all’equilibrio. Qual è l’effetto del volume del reattore
sulla posizione di equilibrio?
Si imposta la tabella ICE della variazioni:
CO
+
H2O 
Inizio
10
10
Variazioni
-x
-x
Equilibrio
10-x
10 – x
Conc. All’Eq
10-x/V
10-x/V
CO2 +
x
x
x/V
H2O
x
x
x/V
Kc = [CO2][H2O]/[CO][H2O] = x2/(10-x)2 = 3.26
(Il volume viene
semplificato)
 3.26 = x/(10 –x)
da cui mol di CO2 = mol di H2O = x = 6.42 mol
mol di CO = mol di H2 = 10 – 6.42 = 3.58 mol
Poiché la reazione avviene senza variazione del numero di moli, il Volume non ha
effetto sulla posizione dell’equilibrio (si semplifica nella K)
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Milano,16 dicembre 2013
CHIMICA GENERALE ED INORGANICA
Si comunica il risultato della prova scritta del 13 dicembre 2013:
BAGLIONI MARCO
N.A.
MARINONI PAOLO
Insuff
BERTULETTI PAOLO N.A.
MASTROLIA ELISA
N.A.
CASTELLI LORENA
22
MUSSAT BEATRICE
N.A.
CIVELLI BEATRICE
Insuff
NERI DAVIDE
N.A.
COLOMBO SILVIA
N.A.
PASQUALINI JULIA
N.A.
CRISTARELLA EMANUELE
N.A.
PETROSILLI CLAUDIA N.A.
CRIVELLI ALESSANDRO
Insuff
SAPORITI GIULIA
20
GAROFALO CHIARA
N.A.
TESTA PAOLO
19
LABBATE MAURO
N.A.
VOGLI MEGI
Insuff
Insuff: deve integrare con una prova orale
N.A.: non ammesso all’integrazione orale.
Sia chi intende accettare il voto proposto, sia chi intende sottoporsi all’integrazione orale,
deve comunicarlo al docente entro il 19 dicembre. Chi non comunica le sue intenzioni
entro tale data, verrà considerato ritirato.
Per prendere visione degli scritti o fissare la data dell’eventuale prova orale rivolgersi al
prof Della Pergola nell’ ufficio al terzo piano del DISAT o per Email:
[email protected]
Il docente del corso
Della Pergola
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