CHIMICA GENERALE ED INORGANICA (A-H) - e-Learning

CHIMICA GENERALE ED INORGANICA
Prova scritta del 26 febbraio 2014
1) Si prepara una soluzione di 0,500 L contenente 2,568 g di KIO3, 0,0850 moli di
acido forte e 4,986 g di K2C2O4. Avviene la reazione (da bilanciare): KIO3 + H+ +
K2C2O4  CO2 + K+ + I- + H2O, la cui resa è 100%. Calcolare la
concentrazione di ioni I- e H+ nella soluzione finale
Le quantità utilizzate sono:
mmol di KIO3 (MM = 214 g/mol) = massa/MM = 2568/214 = 12 mmol
mmol di K2C2O4 (MM = 166.2 g/mol) = massa/MM = 4986/166.2 = 30 mmol
La reazione bilanciata è KIO3 + 6 H+ + 3 K2C2O4  6 CO2 + 7 K+ + I- + 3 H2O
Il rapporto stechiometrico è mmol di K2C2O4/ mmol di KIO3 = 3/1
Il rapporto effettivo è mmol di K2C2O4/ mmol di KIO3 = 30/12 = 2.5 < 3
l’agente limitante è K2C2O4
Le mmoli di ioduro prodotte sono mmol I = mmol di K2C2O4  1/3 = 30/3 = 10 mmol
La concentrazione di ioduro è [I-] = mmol/V = 10/500 = 0.02 M
La quantità di acido reagito è mmol di H+ = mmol di K2C2O4  6/3 = 30  2 = 60
La quantità di acido rimasto è mmol H+ = mmol iniziali – mmol reagito = 85 – 60 =
25 mmol
La concentrazione di H+ è [H+] = mmol/V = 25/500 = 0.05 M
2) Si ha una soluzione contenente CH3COOH 0,250 M e CH3COONa 0,300 M.
Calcolare: (a) il pH della soluzione (b) il pH risultante se, a 500 mL di
soluzione, vengono aggiunti 100 mL di soluzione di HCl 0,250 M (c) il pH
risultante se, a 500 mL di soluzione, vengono aggiunti 500 mL di soluzione di
NaOH 0,250 M [Ka(CH3COOH) = 1,8  10-5]
a) Inizialmente si ha una soluzione tampone, il cui pH può essere calcolato con
l’equazione (approssimata)
[H3O+] = Ka[CH3COOH]/[CH3COO-] = 1.8  10-5  0.25/0.3 = 1.5  10-5 M
pH = -Log [H3O+] = -Log 1.5  10-5 = 4.82
b) Le quantità utilizzate per la prima aggiunta sono:
mmol di CH3COOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
mmol di CH3COO- = M  V = 0.30  500 = 150 mmol
mmol di HCl = M  V = 0.25  100 = 25 mmol
La reazione che avviene, con le rispettive quantità è:
H3O+ +
CH3COO- 
iniz
25
150
variaz
-25
-25
finale
0
125
CH3COOH + H2O
125
+25
150
si ha una diversa soluzione tampone, il cui pH può essere calcolato con l’equazione
(approssimata)
[H3O+] = Kana/nb = 1.8  10-5  150/125 = 2.2  10-5 M
pH = -Log [H3O+] = -Log 2.2  10-5 = 4.67
c) Le quantità utilizzate per la prima aggiunta sono:
mmol di CH3COOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
mmol di CH3COO- = M  V = 0.30  500 = 150 mmol
mmol di NaOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
La reazione che avviene, con le rispettive quantità è:
OH- +
CH3COOH 
iniz
125
125
variaz
-125
-125
finale
0
0
CH3COO- + H2O
150
+125
275
la soluzione contiene solo una base debole in concentrazione
[CH3COO-] = mol/V = 275/1000 = 0.275 M.
La Kb è data da KaKb = Kw Kb = Kw/Ka = 10-14/1.8  10-5 = 5.5  10-10
Il pH può essere calcolato con l’equazione (approssimata)
[OH-] Kb[CH3COO-] = (5.5  10-10  0.275) = 1.22  10-5 M
pOH = -Log[OH-] = -Log1.22  10-5 = 4.91
pH = 14 –pOH = 14 – 4.91 = 9.09
3) Una lega di argento viene analizzata come segue: un campione di 1.5 g viene sciolto
con acidi, e mediante l’aggiunta di Na2C2O4 si ottiene un precipitato di Ag2C2O4, che
viene seccato e pesato. Sapendo che la massa di Ag2C2O4 è 1.69 g, calcolare la
percentuale di Ag contenuta nel campione iniziale.
La quantità di Ag2C2O4 (MM = 303.76 g/mol) è mmol = massa/MM = 1690/303.76 =
5.56 mol
Ogni unità di Ag2C2O4 contiene due atomi di argento, per cui le moli di Ag sono pari al
doppio delle moli di ossalato mmol Ag = mmol Ag2C2O4 = 2  5.56 = 11.127 mmol
che corrispondo ad una massa di Ag (M.A. = 107.87 g/mol)
massa = M.A.  mol = 11.127  107.87 = 1200 mg
La% di Ag nella lega è % = 100  massa di Ag/massa tot = 100  1200/1500 = 80 %
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5) Determinare formula di Lewis, geometria molecolare e gli orbitali utilizzati dall’atomo
centrale nelle seguenti molecole o ioni: a) PCl3
b) [NO3]-
c) SOF2
PCl3
[NO3]-
SOF2
5+ 3  7 = 26
5 + 3  6 + 1= 24
6 + 6 + 2  7= 26
Classificazione
AX3E
AX3
AX3E
Geometria
Piramidale triangolare
Triangolare
Piram. triangolare
Cl-P-Cl < 109°
planare
O-S-F > 120°
O-N-O = 120°
F-S-F < 120°
P usa quattro orbitali
N usa tre orbitali
s usa quattro orbitali
sp3
sp2 (e UN orb p per sp3 (e un orb d per il
el. di valenza
Form. Di Lewis
Orb. Utilizzati
iL legami )
legame )
6) Sulla base dei potenziali standard di riduzione, prevedere se gli ioni Cu+ e Sn2+
possono disproporzionare in soluzione acquosa. Le semireazioni coinvolte ed i
rispettivi potenziali sono: Cu2+ + e- Cu+ (0.15 V); Cu+ + e- Cu (0.52 V);
Sn2+ + 2e- Sn (-0.14 V); Sn4+ + 2e- Sn2+ (0.15 V). Scrivere le equazioni
bilanciate e complete che descrivono le reazioni
Disproporzionamento è una reazione redox in cui un’unica specie chimica si ossida e
riduce
a) 2 Cu+  Cu2+ + Cu
Cu+ + e- Cu (verso catodico, riduzione)
Cu+ Cu2+ + e- (verso anodico, ossidazione)
E = 0.52 – 0.15 = 0.37 V > 0, spontanea, avviene
b) 2 Sn2+  Sn4+ + Sn
Sn2+ + 2e- Sn (verso catodico, riduzione)
Sn2+ Sn4+ + e- (verso anodico, ossidazione)
E = -0.14 – 0.15 = -0.29 V < 0, non spontanea, non avviene
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7) La reazione 2 N2O(g)
2 N2(g) + O2(g) libera calore. Prevedere se le seguenti
perturbazioni avranno un effetto, e quale, sulla posizione dell’equilibrio e sul valore
della Kc. Giustificare ogni risposta
a) si diminuisce la quantità di azoto
Diminuisce un prodotto, la reazione si sposta per riformarlo (verso sinistra). La
costante non cambia
b) si aumenta la quantità di ossido di diazoto
Aumenta un reagente, la reazione si sposta per ridurlo (verso destra). La costante non
cambia
c) si porta a temperatura superiore
Temperature alte favoriscono le reazioni endotermiche (in questo caso a sinistra). La
costante delle reazioni eso temiche diminuisce all’aumentare della temperatura
d) si comprime in un reattore più piccolo
Diminuisce il volume, la reazione si sposta nella direzione in cui si ha una diminuzione
delle molecole gassose (in questo caso a sinistra). La costante non cambia
e) si aggiunge una catalizzatore
Un catalizzatore non modifica ne’ la posizione dell’equilibrio né la costante
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