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1) 0,5 grammi di un sale di formula XCl₂ vengono sciolti in 100 millilitri d’acqua. A 27°C la soluzione esercita una pressione osmotica di 1,77 atm. Calcolare il peso atomico del metallo X.

Il sale si dissocia nei suoi ioni componenti:

tenendo conto che il Cl nei Sali binari ha n° di ossidazione -1, X deve allora avere n° di ossidazione +2, t.c.

XCl₂ --> X⁺² + 2Cl^-

Impostiamo la relativa tabella stechiometrica, usando le moli o meglio ancora le concentrazioni molari:

n° moli = grammi / Peso Molare = 0.5g/PM

dove il PM del sale è la nostra incognita,

[XCl₂]_iniziale = (0.5g/PM) / 0.100L = 5/PM

Quindi

XCl₂ --> X⁺² + 2Cl^-

Inizio)___5/PM___0___0_

Fine)______0___5/PM_2*5/PM

__________0___5/PM_10/PM

Alla fine, dunque, la concentrazione molare totale (che è quella che determina la P osmotica) sarà

C_tot = 5/PM + 10/PM = 15/PM

So che P_osmotica= ∏ = C_tot*R*T

dove C_tot = 15/PM

R = 0.082L*atm/K*mol

T = 27°C è 27+273 = 300K

∏ = 1.77atm

=> 1.77atm = (15/PM)* 0.082*300

=> PM = 15*0.082*300 / 1.77 = 208.5g/mol

Ma PM = PM(X) + 2*PM(Cl) = PM(X) + 70.9

=> PM(X) = 208.5 – 70.9 = 137.6g/mol

(presumibilmente si tratta di Bario, un metallo del gruppo IIA della tavola periodica)

2) Due moli di PCl₅, poste in un reattore chiuso di 20 litri ad una certa temperatura, reagiscono secondo l’equilibrio

PCl5(gas) ↔ PCl3(gas) + Cl2(gas)

Calcolare la Kc della reazione a quella temperatura sapendo che all’equilibrio sono presenti 0,2 moli di cloro.

Anche qui dobbiamo impostare la tabella stechiometrica; poiché si tratta di una reazione di equilibrio, il reagente PCl₅ non si consumerà tutto, ma solo in parte; indicherò con “X” la variazione di concentrazione di tutte le specie coinvolte.

PCl_5(g)<--> PCl_3(g) + Cl_2(g)

Inizio)______2________0______0__

Equilibrio)__2-X_______X______X__

Dove so che:

n° moli di Cl₂ = X = 0.2

=> n° moli di PCl₅ = 2 – 0.2 = 1.8

=> n° moli di PCl₃ = 0.2

=> [PCl₅]_eq = 1.8mol/20L = 0.09M

=> [PCl₃]_eq = 0.2mol/20L = 0.01M

=> [Cl₂]_eq = 0.2mol/20L = 0.01M

=> Kc = [PCl₃]_eq*[ Cl₂]_eq / [PCl₅]_eq =

= 0.01M * 0.01M / 0.09M = 1.11*10^-3M

3) Calcolare la variazione di pH che si ha quando si aggiungono 80 milligrammi di idrossido di sodio ad un litro di soluzione di acido acetico (Ka=2x10alla meno 5 m/l) ed acetato di sodio, entrambi a concentrazione 0,1 M.

Prima:

soluzione CH₃COOH/CH₃COONa = soluzione acido debole + suo sale (da base forte) = tampone acido, per cui:

[H+] = Ka * [CH₃COOH] / [CH₃COONa] = 2*10^-5 * 0.1 / 0.1 = 2*10^-5

=> pH = -Log(2*10^-5) = 4.70

Se non si vuole usare la formula, possiamo, alternativamente, seguire il seguente ragionamento:

CH₃COONa è un sale che dissociandosi libera gli ioni

CH₃COO^- e Na⁺

Dove CH₃COO^- è la base coniugata di CH₃COOH.

CH₃COOH e CH₃COO^- essendo, appunto, una coppia coniugata acido-base, non reagiscono tra loro, ma si mettono in equilibrio secondo la Ka:

CH₃COOH <---> CH₃COO- + H+

Inizio)____0.1__________0.1_____0_

Equilibrio)_0.1-X_______0.1+X____X_

Ka = [CH₃COO-]*[ H+] / [CH₃COOH]

2*10^-5 = (0.1+X)*X / (0.1-X)

Essendo la Ka molto minore di 1, mi aspetto che l’equilibrio sia molto spostato a sinistra, verso i reagenti, per cui posso ipotizzare che la quantità di acido che si dissocia (cioè X) sia molto piccola, almeno trascurabile rispetto a 0.1, per cui:

2*10^-5 ≈ (0.1)*X / (0.1) = X

è X = [H+] = 2*10^-5

(effettivamente X è << 0.1 quindi l’approssimazione fatta era giusta)

e pH = 4.70

Dopo:

PM(NaOH) = 40g/mol

80mg = 0.08g

N° moli NaOH = grammi/PM = 0.08g / 40g/mol = 0.002mol

[NaOH]_iniziale = 0.002mol / 1L = 0.002M

NaOH reagisce con la parte acida del tampone, cioè con CH₃COOH:

NaOH + CH₃COOH -> CH₃COONa + H₂O

Inizio)__0.002_____0.1_______0.1_______/__

Fine)__0.002-x____0.1-x_______0.1+x______/__

La reazione tra scido debole e base forte è quantitativa per cui il reagente in difetto, in questo caso NaOH, si consuma tutto:

[NaOH]_finale = 0.002-x = 0

=> x = 0.002

=> [CH₃COOH]_finale = 0.1 – 0.002 = 0.098M

=> [CH₃COONa]_finale = 0.1 + 0.002 = 0.102M

=> abbiamo comunque una soluzione contenente CH₃COOH/CH₃COONa = tampone acido, per cui:

[H+] = Ka * [CH₃COOH] / [CH₃COONa] = 2*10^-5 * 0.098 / 0.102 = 1.92*10^-5

=> pH = -Log(1.92*10^-5) = 4.72

Come prima, se non si vuole usare la formula, possiamo, alternativamente, seguire il seguente ragionamento:

CH₃COONa è un sale che dissociandosi libera gli ioni

CH₃COO^- e Na⁺

Dove CH₃COO^- è la base coniugata di CH₃COOH.

CH₃COOH e CH₃COO^- essendo, appunto, una coppia coniugata acido-base, non reagiscono tra loro, ma si mettono in equilibrio secondo la Ka:

CH₃COOH <--> CH₃COO- + H+

Inizio)____0.1__________0.1_____0_

Equilibrio)_0.098-X_____0.102+X__X_

Ka = [CH₃COO-]*[ H+] / [CH₃COOH]

2*10^-5 = (0.098+X)*X / (0.102-X)

2*10^-5 ≈ (0. 102)*X / (0.098)

è X = [H+] = 2*10^-5 * 0.098 / 0.102 = 1.92*10^-5

(effettivamente X è << 0.098 e 0.102 quindi l’approssimazione fatta era giusta)

e pH = 4.72

=>∆pH = 4.72 – 4.70 = 0.02

4) Facendo la elettrolisi di un sale, dopo il passaggio di una quantità di corrente pari a 27 coulombs, al catodo si ottengono 27,3 milligrammi del metallo. Calcolare il peso equivalente del metallo e il volume di ossigeno, a condizioni standard, ottenuti all’anodo.

Al catodo avviene la riduzione del metallo:

Me^+x + xe- --> Me_(s)

All’anodo avviene l’ossidazione dell’ossigeno:

2H₂O --> O_2(g) + 4e- + 4H+

La quantità di corrente Q (Q = 27C) è trasportata dagli elettroni che fluiscono attraverso il circuito.

La quantità di carrente trasportata da 1 mole di elettroni corrisponde ad 1 Faraday (1F = 96485C/mol)

=> per sapere quante moli di elettroni (z) hanno attraversato il circuito durante l’elettrolisi basta fare:

Q = z*F è z = Q / F = 27C / 96485C/mol = 2.80*10^-4mol di e-

Dalla semireazione di riduzione del metallo si deduce che ogni x moli di e- si riduce 1 mole di Me, allora con 2.80*10^-4 moli di e-, quante N moli di me si riducono?

Cioè

x : 1 = 2.80*10^-4 : N

N = 2.80*10^-4 * 1 / x = 2.80*10^-4/x moli di Me

Che corrispondono a 27.3mg = 0.0273g di Me

=> PM(Me) = 0.0273g / (2.80*10^-4/x) = x*(0.0273g/2.80*10^-4)

Il Peso Equivalente è, per definizione, il peso Molare diviso il n° di e- scambiati, cioè

PE = PM/x

=> PE(Me) = 0.0273g/2.80*10^-4 = 97.6

Dalla semireazione di ossidazione all’anodo si deduce che si sviluppa 1 mole di O₂ ogni 4 moli di elettroni, allora quante moli di O₂ si sviluppano se passano 2.80*10^-4 moli di elettroni?

Cioè

1 : 4 = x : 2.8*10^-4

è x = 2.8*10^-4*1/4 = 7*10^-5 moli di O₂

A c.n. (condizioni normali*) 1 mole di qualsiasi gas (ideale) occupa un volume di 22.4L, allora 7*10^-5 moli di gas O₂, che volume occupano?

Cioè

1 : 22.4 = 7*10^-5 : x

=> x = 7*10^-5 * 22.4 / 1 = 0.001568L = 1.568mL

* c.n. significa che:

P = 1atm

T = 0°C = 273K

PV = nRT è V = nRT/P = 1mol * 0.082L*atm/K*mol * 273K / 1atm = 22.4L

5) Scrivere e spiegare sulla base della configurazione elettronica degli elementi alcune possibili formule di struttura dell’anidride clorica e dell’anione perclorato. Prevedere la geometria molecolare e indicarne la ibridazione.

Anidride clorICA è composto binario Cloro/Ossigeno; n° di ossidax di O = -2 (come in tutti i composti dell’Ossigeno tranne i perossidi e il fluoruro di ossigeno) e n° di ossidax di Cl = +5 (poiché …ICA indica il n° di ossidax ALTO, ma non il +7 che vorrebbe anche il prefisso PER…):

Cl⁺⁵ O^-2 incrocio i numeri è Cl₂O₅

Nel composto ci sono un totale di elettroni di valenza (derivanti dai gusci esterni degli atomi) pari a:

7 dal Cl (poiché è del gruppo VIIA della tavola periodica) * 2 = 14e-

6 dall’O (poiché è del gruppo VIA della tavola periodica) * 5 = 30e-

44e- distribuiti in 44/2 = 22 coppie di elettroni (rappresentate da stanghette – o doppi punti °°)

L’atomo centrale della struttura è quello che ha più bisogno di formare legame covalenti per completare l’ottetto (che in genere corrisponde all’atomo meno elettronegativo), quindi il Cl; poiché sono due atomi di Cl possiamo immaginare che la molecola abbia una struttura interna doppia e simmetrica con al centro di ogni parte un atomo di Cl.

Gli atomi di O sono distribuiti attorno ai due Cl nel modo più simmetrico possibile: poiché sono 5 O, ne spettano 2.5 attorno a ciascun Cl è ci saranno due O attorno ad ciascun Cl e un O nel mezzo ai due Cl, come a formare un ponte:

O O

O Cl O Cl O

Ora distribuiamo le 22 coppie di elettroni:

1) prima i legami sigma tra gli atomi:

O O

| |

O ─Cl ─O ─Cl ─O

Consumando 6 coppie è ne restano 22-6 = 16

2) ora completiamo l’ottetto sugli atomi periferici:

_ _

|O| |O|

_ | _ | _

|O ─Cl ─O ─Cl ─O|

‾ ‾ ‾

Consumando 14 delle restanti 16 coppie è ne restano 16 -14 = 2

3) ora completiamo l’ottetto sugli atomi centrali:

_ _

|O| |O|

_ | _ | _

|O ─Cl ─O ─Cl ─O|

‾ ‾ ‾ ‾ ‾

Consumando le ultime 2 coppi di elettroni.

Così tutti gli elettroni di valenza sono stati ridistribuiti e, vedo, che tutti gli atomi hanno raggiunto l’ottetto.

Per essere più recisi dovrei controllare la Carica Formale* (CF) di tutti gli atomi:

CF(O esterni) = 6 – (6+1) = -1

CF(O interno) = 6 – (4+2) = 0

CF(Cl) = 7 – (2+3) = +2

* CF = (n° di elettroni di valenza dell’atomo isolato) – (n° di elettroni esterni che circondano l’atomo nella molecola assegnando 1 elettrone di legame a ciascun atomo legato)

Per annullare le 2 cariche formali positive sul Cl, questo dovrebbe ricevere altri 2 elettroni cioè dovrebbe condividerli con gli atomi di O a cui è legato è

/O\ /O\

_ || _ || _

|O = Cl ─O ─Cl =O| (**)

Così le cariche formali diventano:

CF(O esterni) = 6 – (4+2) = 0

CF(O interno) = 6 – (4+2) = 0

CF(Cl) = 7 – (2+5) = 0

In tal modo però il Cloro è circondato da 6 coppie di elettroni invece cha da 4 (12e- invece di 8e-), cioè ha fatto una “espansione dell’ottetto”, cosa che comunque può fare perché è un elemento del 3° periodo della tavola periodica per cui possiede orbitali d vuoti che può utilizzare, appunto, per circondarsi di un numero di elettroni superiore a 8 (se fosse stato del 2° periodo non lo poteva fare)

Quindi la struttura (**) è quella che meglio rappresenta l’anidride clorica!

Ibridizzazione dell’atomo centrale:

il Cloro forma 2 doppi legami + 1 legame singolo, per un totale di 3 legami sigma (+2 legami p-greco che però non interessano ai fini dell’ibridizzazione).

Inoltre ha una coppia di e- di non legame.

Le coppie dei legami sigma e quella di non legame vanno ad occupare gli orbitali ibridizzati, che sono quindi 3+1 = 4.

Quindi il Cl ha 4 orbitali ibridi çè è ibridizzato sp₃ ( = s + p_x +p_y + p_z)

Che corrisponde ad una geometria tetraedrica, ma, in questo caso, con una posizione mancante (poiché ha una coppia di non legame) è è una piramide a base triangolare su ciascun Cl è sono due piramidi a base triangolare unite attraversu un vertice (l’atomo di O a ponte)

6) Quanti grammi di ammoniaca si sintetizzano facendo reagire 15 g di Idrogeno con 35 g di Azoto. Individuare il reagente limitante e calcolare quanto di esso rimane inalterato alla fine della reazione.

Il corretto rapporto stechiometrico Idrogeno/Azoto è 3/1 che corrisponde ad un rapporto ponderale 6/28. In base a tale rapporto ponderale calcoliamo quanti grammi di Azoto reagirebbero con 15 grammi di Idrogeno

6g : 28g = 15g : x

che risolta fornisce x = 70 g di Azoto, una quantità superiore a quella disponibile (35 g). L’Azoto è quindi il reagente in difetto e quindi limitante la reazione. Le quantità di tutte le altre specie chimiche che partecipano alla reazione devono essere calcolate rispetto all’Azoto.

Calcoliamo quanto Idrogeno reagisce

6g : 28g = x : 35g

x = 7,5 g di Idrogeno

Dunque solo metà dell’Idrogeno reagisce.

La quantità di Ammoniaca che si forma può essere calcolata sommando le quantità dei due unici reagenti 35 + 7,5 = 42,5 g di Ammoniaca. Più in generale sarà necessario risolvere la proporzione impostata sul rapporto ponderale Azoto/Ammoniaca = 28/34

In molti casi le reazioni non si completano ed i prodotti di reazione si formano in misura inferiore a quanto consentirebbero i reagenti presenti. In tal caso è possibile calcolare una resa percentuale della reazione come rapporto tra la quantità di prodotto realmente ottenuta e la quantità di prodotto stechiometrica.

7) Facendo reagire 30 g di Idrogeno e Azoto in eccesso si ottengono 136g di Ammoniaca. Calcolare la resa della reazione.

L’Azoto in eccesso garantisce all’Idrogeno la possibilità di reagire completamente. La quantità teorica di Ammoniaca che si può sintetizzare si calcola attraverso una proporzione impostata sul rapporto ponderale Idrogeno/Ammoniaca = 6/34

6g : 34g = 30g : x x = 170g di Ammoniaca

La resa della reazione è pertanto 136/170 x 100 = 80%

8) Calcolare la composizione percentuale in peso di H3PO4 .

I Pesi atomici di H, P e O sono rispettivamente 1, 31 e 16. Perciò il peso molecolare dell’acido è 3 × 1 + 31 + 4 × 16 = 98

In 98 g di H3PO4, 3 g sono di H, 31 g di P e 64 g di O.

Impostando le proporzioni:

3 : 98 = x : 100 => x = 3,061% di H

31 : 98 = y : 100 => y = 31,63% di P

64 : 98 = z : 100 => z = 65,3% di O

9) Determinare quanti grammi di zolfo sono contenuti in 225 grammi di H2S2O8 acido perossodisolforico

Calcoliamo il peso molecolare di H2S2O8:

P.M. = 2 × 1 + 2 × 32 + 8 × 16 = 194.

In 194 grammi del composto sono contenuti 2 × 32 = 64 grammi di zolfo, quindi dalla proporzione otteniamo

64 : 194 = x : 225 => x = 74.22 grammi

10) Un composto costituito da cloro e cromo presenta all’analisi la seguente composizione in peso % : Cr: 32,81 %, Cl: 67,19%. Calcolare la formula minima.

Si indichi la formula come CrxCly; si devono determinare i due indici incogniti x e y.

Dividendo i valori percentuali di cromo e cloro per i rispettivi pesi atomici si ottengono i grammoatomi di cloro e cromo presenti in 100 grammi di composto:

32,81/52 = 0,63 grammoatomi di Cr;

67,19/35,5 = 1,89 grammoatomi di Cl

Per 100 g di composto la formula provvisoria è:

Cr0,63Cl1,89

Dividendo gli indici per il più piccolo di essi si ottiene la formula minima definitiva con gli indici interi.

Cr: 0,63/0,63 = x = 1, Cl: 1,89/0,63 = y = 3 à CrCl3

11) Calcolare la formula minima di un composto che presenta all’analisi i seguenti risultati: Na: 27,05 %, N: 16,47%, O: 56,47%

NaxNyOz; per 100 grammi di composto

27,05/23 = 1,17 g.atomi di sodio

16,47/14 = 1.17 g.atomi di azoto

56,47/16 = 3.52 g atomi di ossigeno

La formula corrispondente a 100 g di composto è quindi:

Na1,17N1,17O3,52

Dividendo tutti gli indici per il più piccolo

per Na : 1,17/1,17 = 1; per N : 1,17/1,17 = 1; per O : 3,52/1,17 = 3

quindi la formula è NaNO3

12) Una lega di Zn e Fe del peso di 1,75 grammi, reagendo con acido solforico, sviluppa 0,664 litri di idrogeno a c.n. Calcolare le percentuali di Zn e Fe nella lega.

Zn + H₂SO4 = ZnSO₄ + H₂

Fe + H₂SO₄ = FeSO₄ + H₂

Dalla reazione si vede che un grammoatomo di Zn e di Fe sviluppano una mole di H2 corrispondente a 22,4 litri a c.n. Indicando con x i grammi di Zn e con y i grammi di Fe.

x + y = 1,75

(x/Zn + y/Fe) × 22,4 = 0,664

Risolvendo il sistema si ottiene x = 0,65; y = 1,1.

Zn% = 0,65 ×100/1,75 = 37,1; Fe% = 62,9%

13) Determinare la quantità di NaNO₂ che occorre aggiungere in 750 ml di acqua, affinchè il pH della soluzione risulti pari a 8.00 Ka HNO ₂ = 4.6 x 10^-4. Si assuma il volume di soluzione pari al volume di acqua.

Indicherò con C_s la concentrazione molare del sale in soluzione.

NaNO₂, in soluzione acquosa, si dissocia completamente nei suoi ioni:

NaNO₂ → Na⁺ + NO₂^-

C_s (inizio)

/ C_s C_s (fine)

il suo anione lo ione nitrito) è la base coniugata di un acido debole, l'acido nitroso HNO₂ con Ka = 4,6*10^-4, per darà idrolisi basica, cioè:

NO₂^- + H₂O ↔ HNO₂ + OH^-

C_s / (inizio)

C_s - x / x x (equilibrio)

dove "x" rappresenta la variazione di concentrazione delle specie coinvolte.

Per avere pH = 8, significa che devono esserci tanti ioni H⁺ t.c.:

[H⁺] = 10^-8

e quindi deve essere:

[OH^-] = 10^-14 / 10^-8 = 10^-6

ma [OH^-] = x,

Quindi:

NO₂^- + H₂O ↔ HNO₂ + OH^-

C_s / (inizio)

C_s - x / x x (equilibrio)

C_s - 10^-6 / 10^-6 10^-6

la K_eq della reazione di idrolisi, cioè K_i, è la K_b dello ione nitrato (che come si è detto è la base base coniugata dell'acido nitroso HNO₂ con Ka = 4,6*10^-4); sapendo che per una coppia coniugata acido - base, vale che:

K_a * K_b = K_w = 10^-14

risulterà:

K_i = K_b = K_w / K_a = 10^-14 / 4,6*10^-4 = 2,17*10^-11

D'altra parte, applicando la legge di azione di massa all'equilibrio di idrolisi, è anche

K_b = [HNO₂][OH^-] / [NO₂^-]

per cui

2,17*10^-11 = 10^-6 * 10^-6 / (C_s - 10^-6)

® 2,17*10^-11 = 10^-12 / (C_s - 10^-6)

® 2,17*10^-11 * (C_s - 10^-6) = 10^-12

® (C_s - 10^-6) = 10^-12 / 2,17*10^-11

® C_s - 10^-6 = 10^-12 / 2,17*10^-11

® C_s - 10^-6 = 0,046

® C_s = 0,046 + 10^-6

® C_s = 0,046 ... mol/L !

Quindi, in 750mL = 0,750L di soluzione, ci sono:

0,046 mol/L * 0,750 L = 0,0345 mol di ioni NaNO₂

PM(NaNO₂) = Na + N + 2O = 23 + 14 + 2*16 = 69 g/mol

® sono presenti 0,0345 mol * 69 g/mol = 2,38 g di NaNO₂

1 4) Calcola il pH e la concentrazione di tutte le specie all’equilibrio in una soluzione 4.82x10^-2 di acido formico (HCOOH). Ka. 1.77x10 ^-4

(l’acido formico è un acido organico bebole e monoprotico – infatti viene fornita una Ka)

HCOOH ßà HCOO^- + H⁺

(cmq, la struttura specifica dell’acido non è necessaria, basta ricordare che si tratta di una cido monoprotico, per cui possiamo indicarlo con HA:

HA ß à A^- + H⁺ )

Imposto la tabella stechiometrica:

HCOOH ßà HCOO^- + H⁺

4,82*10^-2 (inizio)

4,82*10^-2 – x x x (all’equilibrio)

dove “x” rappresenta la variazione di molarità

e dove

K_eq = Ka = [HCOO^-][H⁺] / [HCOOH]

ð 1,77*10^-4 = x * x / (4,82*10^-2 – x)

ð 1,77*10^-4 = x² / (4,82*10^-2 – x)

poichè la Ka è molto piccolo (Ka << 1), e quindi l’equilibrio di dissociazione acida è spostato a sx, verso i reagenti, possiamo dedurre che la quantità di acido che si dissocia (x) sia molto piccola e quindi trascurabile rispetto alla concentrazione iniziale di acido (x << 4,82*10 ^-2) è diventà:

ð 1,77*10^-4 ≈ x² / 4,82*10^-2

ð 1,77*10^-4 * 4,82*10^-2 = x²

_________________

ð x = √1,77*10^-4 * 4,82*10^-2 = 2,92*10^-3

in realtà il valore approssimato trovato per x non è << 4,82*10^-2 è l’approssimazione fatta NON è giustificata è dobbiamo tornare indietro e svolgere l’equazione di 2° grado!

ð 1,77*10^-4 = x² / (4,82*10^-2 – x)

ð 1,77*10^-4 * (4,82*10^-2 – x)= x²

ð 8,53*10^-6 - 1,77*10^-4 x = x²

ð x² + 1,77*10^-4 x - 8,53*10^-6 = 0

________________________

- 1,77*10^-4 + √(1,77*10^-4)² + 4(8,53*10^-6)

ð x = -------------------------------------------------------- = 2,83*10^-3

è all’equilibrio abbiamo:

[HCOOH] = 4,82*10^-2 – x = 4,82*10^-2 – 2,83*10^-3 = 0,0454 M

[H⁺] = [HCOO^-] = x = 2,83*10^-3 M

(ci sarebbe poi da considerare anche l’acqua! Anche se abbiamo trascurato il suo contributo agli H⁺ totali, calcolando solo il contributo dell’acido, il suo equilibrio di autoprotolisi è sempre presente per cui:

H₂O ß à H⁺ + OH^-

con K_w = [H⁺][OH^-]

è [OH^-] = K_w / [H⁺] = 10^-14 / 2,83*10^-3 = 3,53*10^-12)

15) Calcola il pH di una soluzione di acido perclorico 8.62x10-2M. calcola il pH se a questa soluzione si aggiungono 0,1 moli di idrossido di bario. Il volume è 1 L

Acido perclorico = HClO₄ (un acido forte, infatti non viene fornita la Ka) è dissociazione acida completa (quantitativa); imposto la tabella stechiometrica:

HClO₄ ßà H⁺ + ClO₄^-

8,62*10^-2 (inizio)

0 8,62*10^-2 8,62*10^-2

è pH = - Log[H⁺] = - Log(8,62*10^-2) = 1,06

Ora si aggiungono 0,1 moli di Ba(OH)₂ (una base forte, infatti non viene fornita la Kb) è in 1L, la concentrazione dell’idrossido è pari a 0,1 M.

Avviene la reazione acido base tra l’acido forte e la base forte è si formerà acqua e sale; il sale che si ottiene dalla reazione tra acido forte e base forte è un sale neutro, cioè nè il suo anione nè il suo catione (gli ioni componenti) reagiscono con l’acqua per ripristinare, rispettivamente, l’acido (idrolisi basica) o la base (idrolisi acida) è il pH finale dipenderà solo dall’eccesso di uno dei due reagenti:

2 HClO₄ + Ba(OH)₂ ßà 2H₂O + Ba(ClO₄)₂

8,62*10^-2 0,1 / (inizio)

8,62*10^-2 – 2x 0,1 – x / x (fine)

dove “x” rappresenta la variazione di molarità

Essi non reagiscono in rapporto 1 : 1 (poichè l’acido è monoprotico e la base è biprotica) quindi per valutare quale è il reagente in difetto (cioè quello che alla fine si consumerà tutto) devo impostare un rapporto di proporzione in base ai loro coefficienti stechiometrici:

HClO₂ : 2 = Ba(OH)₂ : 1

è ad esempio, HClO₂ necessario per reagire completamente con le 0,1 moli/L di Ba(OH)₂ è dato da:

HClO₂ = 2 * Ba(OH)₂ : 1

ð HClO₂ = 2 * 0,1 : 1 = 0,2

ð 0,2 mol/L necessarie > 8,62*10^-2 mol/L effettivamente presenti

ð HClO₄ è il reagente in difetto, quello che alla fine si consuma tutto:

8,62*10^-2 – 2x = 0

8,62*10^-2 = 2x

x = 8,62*10^-2 : 2 = 0,0431

· Alla fine, Ba(OH)₂ = 0,1 – x = 0,1 – 0,0431 = 0,0569 mol/L

Quindi avviene la dissociazione basica, completa dell’idrossido di bario in eccesso:

Ba(OH)₂ à Ba⁺² + 2OH^-