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ESERCIZI RISOLTI
di
CHIMICA ANALITICA |
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CHIMICA ANALITICA
QUALITATIVA & QUANTITATIVA
ANALISI DEI MEDICINALI |
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1) Due soluzioni acide identiche a pH = 0, A e B, contengono Fe+3 0,1 M, Fe+2 in tracce e O2 disciolto in piccola quantità. La soluzione A viene saturata con ossigeno a pressione P = 1 atm, conservata per permettere alla coppia Fe +3 /Fe +2 di portarsi in equilibrio con l ’ ossigeno a pressione unitaria.
Le due soluzioni vengono collegate con un ponte salino ed elettrodi di platino generando un f.e.m. = 0,06 V.
a) quale sarà l ’ elettrodo positivo?
b) calcolare la pressione parziale dell ’ ossigeno disciolto nella soluzione B
e
c) la concentrazione del Fe +2 nella soluzione B
d) a quanto è scesa la concentrazione del Fe +2 nella soluzione A in seguito alla saturazione con l ’ ossigeno? E° O2/H2O = 1,23 V E° Fe(III)/Fe(II) = 0,77 V
02) il perossido d'idrogeno reagisce in soluzione acida per acido solforico con KMnO4. Per determinare il titolo di una soluzione di H2O2, un campione del perso di 8g richiese per la completa ossidazione 30 ml di una soluzione di KMnO4 0,026M. Calcolare la percentuale di H2O2 nel campione.
03) calcolare l'errore di titolazione quando 50 ml di soluzione acquosa di HCl 0.01 M vengono titolati con soluzione NaOH 0.01 M fino a ph 5.3. indicatore rosso metile
04) quanti grammi di k2c2o4 dovrebbero essere aggiunti a 20 ml di soluzione di hcl 0.8 M per avere ph 4.40 , quando la soluzione viene diluta fino ad un volume di 500 ml
05) dato l'equilibrio:
CaF2-> Ca++ + 2F-
che cosa succede alla solubilità del fluoruro di calcio quando si aggiunge HCl? si aggiunge un chelante per lo ione Ca++ si aggiunge KCl?
06)l a conentrazione ( [ ] ) della chinina in una soluzione incognita viene determinata per via spettrofotometrica con il metodo dell'aggiunta. Un campione di 20 ml di soluzione incognita viene diluito a 50ml e ne viene misurata l'Assorbanza che risulta essere 0,438 in una cella di 1cm.
Una seconda aliquota di 20 ml di soluzione incognita viene mescolata con 10 ml di soluzione standard di chinina a [ ] = 23,4 ppm (mg/l) e, dopo diluizione a 50 ml, l'assorbanza nelle stesse condizioni risulta essere 0,645. calcolare il contenuto di chinina nel campione iniziale
07) Un campione di g 2,0000 contenente solamente sodio solfato e calcio solfato viene solubilizzato in un matraccio da 200,0 mL e portato a volume con acqua. Si effettuano determinazioni volumetriche. Per ogni 25,0 mL di soluzione prelevata si consumano 35,0 mL di EDTA sodico 0,0100 M. Calcola la percentuale di sodio solfato nel campione.
08) 900 ml di una soluzione 0,2 M di cloruro ferroso a pH = 0 vengono elettrolizzati in condizioni di
densità di corrente che comportano una sovratensione di 0,8 V per l'ossigeno e di 0,1 V per
l'idrogeno.
• Scrivere tutte le possibili reazioni di scarica anodica e catodica;
• Calcolare il potenziale di decomposizione;
• Sapendo che la soluzione viene elettrolizzata per 1 ora e 30 minuti con una corrente di 2 A,
calcolare il volume di gas che si sviluppa al catodo (misurato a T = 25°C e P = 1 atm), il volume
di gas che si sviluppa all'anodo (misurato a c.n.) ed il pH al termine dell'elettrolisi.
E°Fe++/Fe = -0,447 V; E°Cl2/Cl- = 1,358 V; E°O2/H2O = 1,229 V.
09)Un campione di 0,800 g esattamente pesato contiene CaCl2, CaSO4 e materiale inerte viene opportunamente solubilizzato e portato a volume con acqua in matraccio da 200,0 mL. Si prelevano due aliquote da 100,0 mL ciascuna e si effettuano le seguenti determinazioni:
- sulla prima aliquota si aggiungono 50,0 mL di AgNO3 0,0500 M e si retrotitola l'eccesso con 10,0 mL di KCNS 0,1000 M;
- nella seconda aliquota si effettua una titolazione diretta impiegando 30,0 mL di EDTA sodico 0,1000 M al viraggio dell'opportuno indicatore.
Calcolare la percentuale dei componenti la miscela di calcio nel campione.
10) Analisi dei medicinali II
Un campione di sodio solfato impuro è analizzato per retrotitolazione con EDTA sodico. 2,8530 g di campione si solubilizzano in acqua e si titolano fornendo per 100 mL di bario cloruro 0,2 M aggiunti, un volume di EDTA sodico 0,0150 M di 30 mL. Calcolare la percentuale di purezza. Qual è l’impiego farmaceutico del sodio solfato.
11) qual è [Ag+] massima in una soluzione satura H2S nella quale non c'è stata
precipitazione? kps Ag2S 7x10-50
12) 2 calcolare la solubilità di Hg2Cl2in g/100ml in una soluzione HCl 0,1N
sapendo che la sua solubilità in acqua pura è 8,4x10-7 PM=472,13
13) 3 si mescolino 50ml BaCl2 3x10-5 M e 100ml Na2SO4 4,5x10-5M. Calcolare la
frazione di bario che precipita come solfato Kps BaSO4 = 1,1x 10-10 e la concentrazione di Ba++ e SO4 -- in soluzione dopo la precipitazione
14) 4 una soluzione di AgNO3 0,06 M viene aggiunta a 500 ml di una soluzione
contenente NaCl 4 gr PM 58,54 e NaBr 4 gr PM 102,913. calcolare la concentrazione di Br quando comincia la precipitazione di AgCl. calcolare la concentrazione di Br e Cl quando sono stati aggiunti 1,786 l di AgN03 0,06 M. calcolare la concentrazione di di Br e Cl quando sono stati aggiunti 2,28 l di AgN03 0,06 M .
kps agcl= 1x10-9
kps agbr= 1x10-12
15) quanti ml di KOH 0,1 N devono essere aggiunti a 100ml 0,1 M di HA generico per avere un pH di 1,5? pka 0,6 |
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01) le reazioni interessate sono:
Fe(+3) + 1 e- --> Fe (+2)
con E = 0,77 + 0,059Log [Fe +3 ] / [Fe +2 ]
O2 + 4 H+ + 4 e- --> 2 H2O
con E = 1,23 + (0,059/4)Log[H + ] 4 x P O2
o meglio,
l ’ ossidazione del Fe +2 a Fe +3 (da parte dell ’ ossigeno):
Fe(+2) --> Fe(+3) + 1e -
e la riduzione dell ’ ossigeno:
O2 + 4 H+ + 4 e- --> 2 H2O
cioè, in entrambe le soluzioni, si stabilisce il seguente equilibrio:
4 Fe(+2) + O2 + 4 H+ <---->4 Fe(+3) + 2 H2O Proprio perché i sistemi sono in equilibrio, il potenziale della singola semicella può essere calcolato sulla base della semirezione di riduzione o di ossidazione indifferentemente in quanto
E Fe(III)/Fe(II) = E O2/H2O
Allora
(1) E = E° Fe(III)/FeII) + 0,059Log [Fe +3 ] / [Fe +2 ]
Ma anche
(2) E = E° O2/H2O + (0,059/4)Log[H + ] 4 x P O2
a) La soluzione A viene saturata con ossigeno a P = 1 atm; questo provocherà l ’ ossidazione di ulteriore Fe(II), che già era poco, a Fe(III). Quindi, nella soluzione A, sarà
(1) E A = E° Fe(III)/FeII) + 0,059Log [Fe +3 ] / [Fe +2 ]
che non possiamo calcolare perché non conosciamo [Fe +3 ] / [Fe +2 ]
Ma anche
(2) E A = E° O2/H2O + (0,059/4)Log[H + ] 4 x P O2 = 1,23 + (0,059/4)Log(10 0 ) 4 x 1 = 1,23 V
Poiché sappiamo che P O2 = 1 atm e pH = 0 ( allora [H + ] = 10 0 = 1 )
Della soluzione B, invece, non possiamo calcolare E B = E° Fe(III)/FeII) + 0,059Log [Fe +3 ] / [Fe +2 ] = E° O2/H2O + (0,059/4)Log[H + ] 4 x P O2
poiché conosciamo solo [Fe +3 ] = 0,1 M.
Però sappiamo che P O2,A (= 1 atm) >> P O2,B per cui (Log[H + ] 4 x P O2 ) A >> (Log[H + ] 4 x P O2 ) B
E quindi E A >> E B e per avere una f.e.m. > 0 dobbiamo fare ΔE = E A - E B e non ΔE = E B – E A
b) Inoltre sappiamo che tra le due soluzione c ’ è un ΔE = E A - E B = 0,06 V! Allora E B = E A - ΔE = 1,23 - 0,06 = 1,17 V
Possiamo usare questo valore per calcolare P O2 nella soluzione B tramite l ’ equazione (2):
E B = E° O2/H2O + (0,059/4)Log[H + ] 4 x P O2 1,17 = 1,23 + (0,059/4)Log[1] 4 x P O2 ……..
P O2 = 8,51 x 10 -5 atm c)
e [Fe +2 ] nella soluzione B tramite l ’ equazione (1):
E B = E° Fe(III)/FeII) + 0,059Log [0,1] / [Fe +2 ] ........... [Fe +2 ] = 1,58 x 10 -8 M
d) come si può notare il Fe(+2) è veramente poco quindi anche se in parte si trasforma in Fe +3 in seguito alla saturazione con ossigeno, la concentrazione di Fe(+3) nella soluzione A rimarrà praticamente uguale a quella iniziale (0,1 M)
allora possiamo usare questo valore per calcolare [Fe +2 ] nella soluzione A tramite l ’ equazione (1):
E A = E° Fe(III)/FeII) + 0,059Log [0,1] / [Fe +2 ] ...........
[Fe +2 ] = 1,58 x 10 -9 M
Cioè [Fe +2 ] nella soluzione A è scesa ad 1/10
02) Innanzitutto scriviamo l'ossidoriduzione bilanciata dato che dobbiamo tenere conto della stechiometria.
2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 --> 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O
30mL*0.026M*5=milliequivalenti (meq) di MnO4-
5=valenza del Mn nella redox perchè va da +7 a +2
ma meq(Mno4-) = meq(H2O2) nella titolazione
mmol(H2O2) = meq(H2O2)/2 dove 2 = valenza di O nella redox
mmol(H2O2)*10^-3*PM(H2O2) = grammi di H2O2 =
= 1,95*10^-3 mol * 34,015 g/mol = 0,066 g
(grammi(H2O2)/8g)*100 = % = 0,066g/8g * 100 = 0,82%
03) al punto di equvalenza 50mL*0.01M (di acido) = V(incognito) *0.01mL (di base)
da cui V = 50mL necessari per titolare l'acido
al punto di equvalenza di una titolazione di un acido forte con una base forte il pH deve essere neutro;
arrivare a pH=5.3 significa essersi fermati prima, cioè aver aggiunto un volume X di base forte < dei 50mL necessari
il volume al punto finale sarà 50+X mL
e le mmoli di H+ = mmoli di HCl - mmoli di NaOH =
= 0.01M*50mL - 0.01M*XmL = 0.5-0.01X
quindi [H+] = (0.5-0.01X)mmol / (50+X)mL
ma è anche [H+] = 10^-5.3
allora (0.5-0.01X)/ (50+X) = 10^-5.3
da cui X = 49.95 mL
usando questo volume di titolante abbiamo calcolato [HCl]= 0.01M*49.95mL / 50mL = 0.00999M
invece di 0.01M
quindi l'errore è( 0.01-0.00999 / 0.01) *100 = 0.1%
04) ka1 = 5.59* 10-2 ka2 5.42*10-5
HC2O4- : Ka1 >> Ka2 (3 ordini di grandezza) allora possiamo trascurare la seconda dissociazione acida rispetto alla prima; inoltre
________Ka2 = 5.42*10^-5
________Kb = 10^-14/Ka1 = 1.8*10^-13
QUINDI se c'è HC2O4- PREVALE LA DISSOCIAZIONE ACIDA SULL'IDROLISI BASICA!
[HCl]= 20mL*0.8M/500mL = 0.032M
[C2O4--] = X
C2O4-- + HCl --> HC2O4- + Cl-
__X_____0.032_____0________0_
_X-Y___0.032-Y____Y_________Y_
poichè pH <7 ma non <<7, c'è un sistema acido ma non forte (visto che pKa2 = 4.3, sicuramente siamo in un sistema tampone con HC2O4- come acido)
quindi HCl si consuma tutto:
0.032-Y = 0
e Y = 0.032
HC2O4- <=> C2O4-- + H+
_0.032____X-0.032____0__
0.032-W___X-0.032+W__W_
W = 10^-4.4 trascurabile rispetto a 0.032
Ka2 = (X-0.032+W)*W / (0.032-W) =
5.42*10-5 = circa (X-0.032)*W / 0.032
5.42*10-5 = (X-0.032)*10^-4.4/ 0.032
da cui
X = 0.0756 M
0.0756M*0.5 L = 0.0378 mol
PM = 166g/mol
0.0378mol*166g/mol = 6.27 g
05) HCl è un acido forte mentre F- è la base coniugata di una acido debole, HF; quindi avviene una reazione acido base HCl + F- --> HF + Cl- , che consuma F- quindi, in base al principio di le chatelier, l’equilibrio di dissoluzione del sale si sposta a dx cioè si scioglie altro sale cioè la solubilità aumenta. Una cosa simile accade se si aggiunge un chelante perché avviene la reazione Ca++ + L --> CaL++ che consuma Ca++ e quindi S aumenta. KCl non partecipa in alcun modo all’equilibrio di dissociazione del fluoruro di calcio, quindi funge da elettrolita inerte e, apparentemente, non dovrebbe influire in alcun modo sulla solubilità; tuttavia, aggiungendolo alla soluzione del fluoruro, si dovrebbe osservare sperimentalmente il discioglimento di un’ulteriore parte di sale, cioè un aumento della solubilità, chiamato effetto sale; esso è dovuto al fatto che l’aggiunta del KCl, il quale si dissocia in K+ e Cl-, fa aumentare la forza ionica della soluzione e questa a sua volta fa sì che gli ioni interessati alla formazione del precipitato si “sentano ” con minor forza, per cui la solubilità aumenta.
06) 0.438 = E*X*20mL/50mL
0.645 = E*(X*20mL + 23.4ppm*10mL)/50mL
0.645/0.348 = (X*20mL + 23.4ppm*10mL)/X*20mL
1.853 = 1 + 11.7ppm/X
11.7ppm /(1.853 – 1) = 13.72ppm
08) 35.0mL*0.0100M = 0.35mmol EDTA = 0.35mmol Ca++ = 0.35mmol CaSO4 in 25mL ; allora 0.35mmol/25mL * 200mL = 2.8mmol (PM = 136g/mol) t.c. 2.8mmol*136g/mol /1000 = 0.3808g CaSO4 ; 2.0000 – 0.3808 = 1.6192g Na2SO4 t.c. 1.6192g/2.0000g * 100 = 80.96%
09) Probabili reazioni anodiche: 2H2O --> O2 + 4H+ + 4e- con E = 1.229 V + 0.8 V = 2.029 V; 2Cl- --> Cl2 + 2e- con E = 1.358 + 0.059/2*Log(0.2^2) = 1.317 V . Probabili reazioni catodiche: Fe++ + 2e- --> Fe con E = -0.447 + 0.059/2*Log(0.2) = -0.468 V ; 2H+ + 2e- --> H2 con E = 0.1V . Provo le diverse combinazioni: {ossigeno/ferro} = -0.468 – 2.029 = -2.497 V ; {ossigeno/idrogeno} = - 0.1 -2.029 = -1.929 V ; {cloro/ferro} = -0.468 – 1.317 = - 1.785 V ; {cloro/idrogeno} = 0.1 – 1.317 = -1.217 V . La combinazione è quella che richiede di l’applicazione di un potenziale minore cioè 1.217 V per l’ossidazione del cloruro a cloro e la riduzione dell’idrogeno. 1h e 30min = 60*60 + 30*60 = 5400sec; i*t = 2A*5400sec = 10800 C; 10800C/96485F = 0.112mol di elettroni; 2e- : 1 Cl2 = 0.112mol e- : x mol Cl2 allora x = 0.112/2 = 0.0560 mol ; PV = nRT allora V = 0.056mol*0.082atm*L/mol*K *298K / 1atm = 1.37atm di Cl2 gassoso. Inoltre 2H+ : 2e- = x : 0.112 da cui x = 0.112 moli di H+ consumate t.c. H+ = 1mol/L*0.9L – 0.112mol = 0.788mol da cui 0.788mol/0.9L = 0.876 = [H+] e pH = -Log(0.876) = 0.06.
10) 0.015M*30mL = 0.45mmol EDTA = 0.45mmol Ba++ ; 100mL*0.2M = 20mmol BaCl2 ; 20mmol – 0.45mmol = 19.55mmol BaSO4 = 19.55mmol Na2SO4 (PM = 142g/mol) ; 19.55*142g/mol = 2776.1mg = 2.7761g di Na2SO4 ; 2.7761/2.8530*100 = 97.30%. Si usa come terapia di emergenza in caso di avvelenamento da bario: il solfato di sodio insieme a dieci molecole d'acqua (Na2SO4 * 10 H2O) costituisce il "sale di glauber" un purgante drastico ; ha azione irritante sulle mucose intestinali.
11) H2S = acido solfidrico a condizioni ambientali è un gas per cui ha una solubiltà limitata in acqua quando si parla di soluzione acquosa SATURA di H2S, si intende sempre che [H2S]totale = 0.1M
Perché [H2S]totale?
Perché tale acido, biprotico, si dissocia in parte secondo l’equilibrio globale di dissociazione:
H2S S-- + 2H+ con Ka = 10-21
Per risolvere questo tipo di esercizi sarebbe opportuno conoscer il pH della soluzione (magari la stessa soluzione dovrebbe essere stata tamponata!), ma nel tuo caso non sono riportate indicazioni sul pH, quindi questo sarà dovuto sola a:
1) dissociazione/ autoprotolisi dell’acqua ( con KW = 10-14)
2) dissociazione dell’acido stesso (con Ka << Kw per cui possiamo trascurare il contributo dell’acido agli ioni H+ totali e considerare solo quelli dell’acqua, cioè [H+ ] ≈ 10-7, pH ≈ 7)
Con queste considerazioni, passo ora a calcolare [S--], sapendo che:
Ka = [S--] x [H+]2 / [H2S]
[S--] + [H2S] = 0.1
Ma [S--] << [H2S]
e
[H+] ≈ 10-7
Per cui
[H2S] ≈ 0.1
[S--] = Ka x [H2S] / [H+]2 ≈ 10-21 x 0.1 / (10-7)2 = 10-8 M
Ora…
Ag2S(S) 2Ag+(aq) + S--(aq) con Kps = [Ag+]2 x [S--]
Quindi
[Ag+] = 2√(Kps / [S--]) = 2√(7x10-50 / 10-8) = 2.65 x 10-21 M
Questa è la massima [Ag+] in una soluzione satura H2S; per [Ag+] > 2.65 x 10-21 M, si ha formazione di precipitato!
12) Hg2Cl2(S) =Hg2++ + 2Cl-
All’inizio)___/__________0______0__
All’equil.)___/__________S_____2S__
Dove S = solubilità in mol/L = massima quantità di sale che può passare in soluzione sotto forma di ioni!
Kps = [Hg2++] x [Cl-]2 =
=
= S x (2S)2 = 4S3
Con S = 8.4*10-7
Allora
Kps = 2.37*10-18
HCl si dissocia completamente negli ioni H+ e Cl-, e quest’ultimo è A COMUNE con Hg2Cl2
Quindi…
La dissociazione COMPLETA di HCl influisce negativamente su quella di Hg2Cl2
Allora, scrivo prima la dissociazione COMPLETA di HCl e poi quella di Hg2Cl2:
HCl = H+ + Cl-
Inizio) 0.1____0_____0__
Fine) 0_____0.1___0.1_
Poi
Hg2Cl2(S) Hg2++ + 2Cl-
Inizio)___/_________0_____0.1_____
Equil.)__/__________S____0.1+2S__
Kps = [Hg2++] x [Cl-]2 =
=
2.37*10-18= S x (0.1 + 2S)2
Mi aspetto, come già detto, che S sia < di 8.4*10-7, quindi sarà sicuramente << di 0.1, per cui
Trascuro S nella somma con 0.1
Allora
2.37*10-18 ≈ S x (0.1)2
Da cui
S = 2.37*10-18 / (0.1)2 = 2.37*10-16 M (nella soluzione contenente HCl 0.1N)
Ora dobbiamo solo trasformare S da mol/L a g/100mL …. 1.119*10-14
13) prima di tutto bisogna calcolare le nuove concentrazioni di BaCl2 e Na2SO4 che, in seguito al mescolamento, saranno diminuite: infatti il volume complessivo della soluzione risulterà essere 150ml, mentre le moli iniziali delle 2 specie non cambia
Ricorda
Conc.iniziale x Volume.iniziale = moli iniziali = moli finali = Conc.finale x Volume.finale
50ml di BaCl2 (3 x 10-5 M)
+
100ml di Na2SO4 (4.5 x 10-5 M)
=
150ml di BaCl2 (3 x 10-5 M x 50ml / 150ml = 10-5 M), e di Na2SO4 (4.5 x 10-5 M x 100ml / 150ml = 3 x 10-5)
Questi 2 Sali sono completamente solubili (non hanno la Kps) quindi si dissociano completamente indipendentemente l’uno dall’altro:
BaCl2 -> Ba++ + 2Cl-
Inizio)___ 10-5_____0______0_
Fine)______0______10-5__2x10-5
Na2SO4 = 2Na+ + SO4--
Inizio)___ 3x10-5___0______0_
Fine)______0______6x10-5__3x10-5
Quindi Ba++ e SO4—si mettono in equilibrio, secondo la Kps:
BaSO4 = Ba++ + SO4—
Inizio)______0______10-5____3x10-5__
Equil.)______X______10-5-X_3x0-5 –X_ cioè la conc. dei 2 ioni diminuirà di una quota X in
seguito alla precipitazione del solfato di bario
poiché di ione solfato ce n’è un eccesso, possiamo supporre che ne avanzerà una piccola quantità, mentre il Ba++ andrà QUASI a zero
allora indico con Y la [Ba++] all’equilibrio, tale che
Y tende a zero
e
Y = 10-5-X
Da cui
X = 10-5-Y
Per cui
[SO4--] = 3x10-5 –X = 3x10-5 – 10-5 + Y = 2x10-5 + Y ≈ 2x10-5 M(poiché Y è ≈ 0)
e
Kps = [Ba++] x [SO4--] =
=
1,1x 10-10 = Y x 2x10-5
Da cui
Y = 1,1x 10-10 / (2x10-5) = 5.5x10-6 (MOLTO PICCOLO => ABBIAMO FATTO BENE A CONSIDERARE Y ≈ 0)
Quindi
[Ba++] = Y = 5.5x10-6 M
Mentre
X = 10-5-Y = 10-5-5.5x10-6 = 4.5 x 10-6 mol/L
4,5 x 10-6 mol/L x 0.150L (di soluzione) = 6.75 x 10-7 mol di BaSO4 precipitato
PM(BaSO4) = 233.4g/mol
6.75 x 10-7 mol x 233.4g/mol = 0.000158g di BaSO4 precipitato
14) NaCl:
4g / 58.54g/mol = 0.0683mol di NaCl in 500mL (cioè 0.5L)
0.0683mol / 0.5L = 0.137 M = [Cl-]iniziale poiché NaCl si dissocia completamente nei suoi ioni
NaBr:
4g / 102.913g/mol = 0.0389mol di NaBr in 0.5L
0.0389mol / 0.5L = 0.0777 M = [Br-]iniziale poiché NaBr si dissocia completamente nei suoi ioni
Aggiungendo la soluzione di AgNO3 0.06M, sicuramente il volume iniziale di soluzione aumenterà e le conc. iniziali dei 2 ioni diminuirà, ma è anche vero che la precipitazione dei Sali di argento comincerà quasi subito, perché si tratta di Sali moltp poco solubili, quindi il la variazione di volume sarà, in prima approssimazione, trascurabile!
AgCl precipiterebbe quando
Kps(AgCl) = [Ag+]x[Cl-]
Cioè quando
[Ag+] = Kps / [Cl-] = 10-9 / 0.137 = 7.30x10-9 M
Mentre AgBr precipiterebbe quando
Kps(AgBr) = [Ag+]x[Br-]
Cioè quando
[Ag+] = Kps / [Br-] = 10-12 / 0.0777 = 1.29 x 10-11 M
Quindi AgBr precipita per primo perché richiede meno Ag+!
Quando invece comincia a precipitare AgCl, [Ag+] si è detto deve essere = 7.30x10-9 M
Per cui
Essendo sempre valido che
Kps(AgBr) = [Ag+]x[Br-]
[Br-] = 10-12 / 7.30x10-9 = 4.36 x 10-17 M
500ml di [Cl-] = 0.137M e di [Br-] = 0.0777M
+
1786ml di [Ag+] = AgNO3 = 0.06M
=
2286ml di [Cl-] = 0.137M x 500ml / 2286ml = 0.030 M
e di [Br-] = 0.0777M x 500ml / 2286ml = 0.017 M
e di [Ag+] = 0.06M x 1786ml / 2286ml = 0.047 M
(Rimarrà anche del [NO3-] = 0.047 M
e [Na+] = 0.030+0.017 = 0.047M)
ipotizzando che Br- e Cl- reagiscano quasi completamente con Ag+, alla fine avremo
[Br-] = Y ≈ 0
[Cl-] = X ≈ 0
[Ag+] = conc. iniziale – (conc. che reagisce con Br-) – (conc. che reagisce con Cl-) =
= conc. iniziale – (conc. di Br- iniziale – conc. che non reagisce, cioè Y) – (conc. di Cl- iniziale – conc. che non reagisce, cioè X) =
=
= 0.047 – (0.017 - Y) – (0.030 - X) =
= 0.047 – 0.017 +Y + 0.030 +X =
= X + Y
Kps = 10-9 = (X+Y) * X
Kps = 10-12 = (X+Y) * Y
Divido membro a membro:
10-9 / 10-12 = (X+Y)*X / (X+Y)*Y =
=
1000 = X / Y
=> X = 1000*Y
(ad es.) Kps = 10-12 = (X+Y) * X = (1000*Y + Y) * Y
10-12 = (1001*Y)*Y = 1001*Y2
Y = 2√(10-12 / 1001) = 3.16*10-8 = [Br-]
Mentre
X = 1000*Y = 1000* 3.16*10-8 = 3.16*10-5 = [Cl-]
e
[Ag+] ≈ 3.16*10-5
All’equilibrio di precipitazione dei 2 Sali, avremo in soluzione ben 3 ioni a concentrazione incognita: Ag+ Cl- e Br-
Per cui abbiamo bisogno di 3 equazioni da mettere a sistema: 2 sono le Kps
1) 10-9 = [Ag+]x[Cl-]
2) 10-12 = [Ag+]x[Br-]
La terza può essere il bilancio di cariche:
3) [Cl-]+[Br-]+ [NO3-] = [Ag+]+[Na+]
Cioè
3) [Cl-]+[Br-]+ 0.047 = [Ag+]+0.047
Non ci resta che risolvere il sistema….(gulp!)
1) 10-9 / [Ag+] = [Cl-]
2) 10-12 / [Ag+] = [Br-]
3) 〖-9 / [Ag+]} + 〖-12 / [Ag+]} = [Ag+]
10-9 + 10-12 = [Ag+]2
[Ag+]2 = 1.001x10-9
[Ag+] = 2√[(0.1667)2 = 3.16x10-5 M
[Cl-] = 10-9 / 3.16x10-5 = 3.16x10-5
[Br-] = 10-12 / 3.16x10-5 = 3.16x10-8 M
(3,50)calcolare la concentrazione di di Br e Cl quando sono stati aggiunti 2,28 l
di AgN03 0,06 M
kps agcl= 1x10-9
kps agbr= 1x10-12
500ml di [Cl-] = 0.137M e di [Br-] = 0.0777M
+
2280ml di [Ag+] = AgNO3 = 0.06M
=
2780ml di [Cl-] = 0.137M x 500ml / 2780ml = 0.0246 M
e di [Br-] = 0.0777M x 500ml / 2780ml = 0.0140 M
e di [Ag+] = 0.06M x 2280ml / 2780ml = 0.0492 M
(Rimarrà anche del [NO3-] = 0.0492 M
e [Na+] = 0.0246+0.0140 = 0.0386M)
ipotizzando che Br- e Cl- reagiscano quasi completamente con Ag+, alla fine avremo
[Br-] = Y ≈ 0
[Cl-] = X ≈ 0
[Ag+] = conc. iniziale – (conc. che reagisce con Br-) – (conc. che reagisce con Cl-) =
= conc. iniziale – (conc. di Br- iniziale – conc. che non reagisce, cioè Y) – (conc. di Cl- iniziale – conc. che non reagisce, cioè X) =
=
= 0.0492 – (0.014 - Y) – (0.0246 - X) =
= 0.0492 – 0.014 +Y + 0.0246 +X =
= 0.0088 + X + Y
Kps = 10-9 = (0.0088 + X + Y) * X
Kps = 10-12 = (0.0088 + X + Y) * Y
Divido membro a membro:
10-9 / 10-12 = (0.0088 + X + Y)*X / (0.0088 + X + Y)*Y =
=
1000 = X / Y
X = 1000*Y
(ad es.) Kps = 10-12 = (0.0088 + X + Y) * X = (0.0088 + 1000*Y + Y) * Y
10-12 = 0.0088*Y + 1001*Y2
1001*Y2 + 0.0088*Y – 10-12 = 0
….
Y = {-0.0088 + 2√(0.00882 +4*10-12 *1001) }/ 2*1001 = 1.14*10-10 = [Br-]
Mentre
X = 1000*Y = 1000* 3.16*10-8 = 1.14*10-7 = [Cl-]
e
[Ag+] ≈ 0.0088
Anche qui c’è scappata l’eqauzione di 2° grado, però possiamo trovare una scappatoia:
visto che Ag+ è tanto, è in eccesso, possiamo dire da subito che
[Ag+] = 0.0088 + X + Y ≈ 0.0088
Cioè trascuriamo X e Y
Allora
[Cl-] = 10-9 / 0.0088 = 1.14x10-7 M
Mentre
[Br-] = 10-12 / 0.0088 = 1.14x10-10 M
All’equilibrio di precipitazione dei 2 Sali, avremo in soluzione ben 3 ioni a concentrazione incognita: Ag+ Cl- e Br-
Per cui abbiamo bisogno di 3 equazioni da mettere a sistema: 2 sono le Kps
1) 10-9 = [Ag+]x[Cl-]
2) 10-12 = [Ag+]x[Br-]
La terza è al solito, il bilancio di cariche:
3) [Cl-]+[Br-]+ [NO3-] = [Ag+]+[Na+]
Cioè
3) [Cl-]+[Br-]+ 0.0492 = [Ag+]+0.0386
Non ci resta che risolvere il sistema….
1) 10-9 / [Ag+] = [Cl-]
2) 10-12 / [Ag+] = [Br-]
3) 〖-9 / [Ag+]} + 〖-12 / [Ag+]} + 0.0492 = [Ag+] + 0.0386
10-9 + 10-12 + 0.0492x[Ag+] = [Ag+]2 + 0.0386x[Ag+]
[Ag+]2 – 0.0088x[Ag+] – 1.001x10-9 = 0
[Ag+] = ӎ.0088 + 2√[(0.0088)2 + 4 x 1.001x10-9 ]} / 2 = 0.0088 M
[Cl-] = 10-9 / 0.0088 = 1.14x10-7 M
mentre
[Br-] = 10-12 / 0.0088 = 1.14x10-10 M
15) KOH è una base forte, HA è un generico acido debole; insieme reagiscono per formare acuqa e il sale dell’acido stesso:
KOH + HA KA + H2O
Poiché alla fine il pH deve essere acido (1.5 < 7) è necessario che in tale reazione la base forte venga consumata tutta.
HA deve invece restare, altrimenti, se si consumasse tutto anche l’acido debole, resterebbe in soluzione sono KA che il sale derivante da una cido debole + una base forte, cioè è un sale basico (fa idrolisi basica) e il pH sarebbe > 7
Dunque noi vogliamo che in soluzione rimanga HA e che si formi (inevitabilemente) KA volgiamo un tampone acido! Tale che:
[H+] = 10-pH = 10-1.5 = Ka x [HA] / [KA]
Procediamo così:
1) calcoliamo le nuove conc. iniziali, conseguenti al mescolamento
Xml di KOH (0.1N o 0.1M)
+
100ml di HA (0.1M)
=
100+X ml di KOH (0.1M x Xml / (100+X)ml = 0.1X/(100+X) M)
e di HA (0.1M x 100ml / (100+X)ml = 10/(100+X) M)
2) scriviamo la reazione acido-base:
KOH + HA --> KA + H2O
Inizio)__ 0.1X/(100+X)_ 10/(100+X)_0_______/__
Fine)_____0_____(10 – 0.1X)/(100+X)_0.1X/(100+X)
3) sfruttiamo l’equazione del tampone:
[H+] = 10-pH = 10-1.5 = Ka x [HA] / [KA] = 10-0.6 x [(10 – 0.1X)/(100+X)] / [0.1X/(100+X)] =
=
10-1.5 = 10-0.6 x (10 – 0.1X) / 0.1X
Da cui
X = 88.82ml |
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