soluzioni del 18-9 File - e-Learning

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 mmoli di KIO3 (MM = 214 g/mol) sono 2568/214 = 12 mmol
Le mmoli di K2C2O4 (MM = 166 g/mol) sono 4986/166 = 30 mmol
L’equazione bilanciata è:
KIO3 + 6 H+ + 3 K2C2O4  6 CO2 + 7 K+ + I- + 3 H2O
In cui il rapporto stechiometrico è mmol K2C2O4/ mmol KIO3= 3
Il rapporto effettivo è mmol K2C2O4/ mmol KIO3 = 30/12 = 2.5 < 3; il reagente limitante è
K2C2O4
Mmol di I- = mmol K2C2O4/3 = 30  1/3 = 10
[I-] = 10/500 = 0.020 M
mmol di H+ reagito = mmol K2C2O4  6/3 = 30  2 = 60 mmol
mmol di H+ in eccesso = moli iniz – mol reagito = 85 – 60 = 25
[H+] = 25/500 = 0.050 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) La soluzione iniziale contiene un acido debole ed un suo sale. È una soluzione tampone
acida. Il suo pH può essere calcolato con l’equazione (approssimata)
[H3O+]  Ka[CH3COOH]/[CH3COO-] = 1.8  10-5  0.25/0.30 = 1.5  10-5 M
Il pH è quindi pH = -Log [H3O+] = -Log 1.5  10-5 = 4.82
b) Aggiungendo HCl si ha la reazione H3O+ + CH3COO-  CH3COOH + H2O
Le quantità utilizzate sono:
mmol di HCl = M  V = 0.25  100 = 25 mmol
mmol di CH3COO- = M  V = 0.3  500 = 150 mmol
mmol di CH3COOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
Ricavo la tabella delle quantità:
H3O+
inizio
+
CH3COO-
 CH3COOH + H2O
25
150
125
var.
-25
-25
+25
equil
0
125
150
Si ottiene una soluzione tampone il cui pH può essere calcolato con l’equazione
(approssimata):
[H3O+]  KA nA/nB = 1.8  10-5  150/125 = 2.16  10-5 M
Il pH è quindi pH = -Log [H3O+] = -Log 2.16  10-5 = 4.67
c) Aggiungendo NaOH si ha la reazione OH- + CH3COOH  CH3COO- + H2O
Le quantità utilizzate sono:
mmol di NaOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
mmol di CH3COO- = M  V = 0.3  500 = 150 mmol
mmol di CH3COOH = M  V = 0.25  500 = 125 mmol
Ricavo la tabella delle quantità:
OHinizio
+
CH3COOH  CH3COO- + H2O
125
125
150
var.
-125
-125
+125
equil
0
0
275
Si ha quindi una soluzione in cui è presente solo lo ione acetato (una base debole con
Kb = Kw/Ka = 10-14/1.8  10-5 = 5.55  10-10
Il pH delle sue soluzioni può essere calcolato con l’equazione approssimata
[OH-]  Kb[CH3COO-] =  (5.55  10-10  0.275/1)= 1.23  10-5 M.
pOH = -Log [OH-] = 4.91
pH = 14 – pOH = 14 – 4.91 = 9.10
5 - Un solido è costituito da AgI e da un inerte, che non reagisce. 1.00 g di miscela vengono
trattati con cloro gassoso, in modo tra trasformare tutto lo ioduro d’argento nel corrispondente
cloruro. Calcolare la composizione iniziale del solido, sapendo che la perdita di massa è 0.250 g.
La reazione che avviene è 2 AgI + Cl2(g)  2 AgCl + I2(g)
La perdita di massa è quindi dovuta alla trasformazione dello ioduro nel corrispondente
cloruro, rimanendo costanti le moli di argento. Indicando con m la quantità (in millimoli) di
sale iniziale m  (MA Ag + MA I) – m  (MA Ag + MA Cl) = m  (MA I - MA Cl) = 250
m  (127 – 35.5) = 250
m = 250/91.5 = 2.73 mmoli
La massa di AgI (MM = 234.8) = m  MM = 2.73  234.8 = 641 mg
La percentuale di AgI è
% = 100  massa AgI/massa totale = 100  641/1000 = 64.1 %
6 - Una soluzione contiene KI ed un eccesso di I2 solido. Sulla base dei potenziali standard,
prevedere cosa succede quando a questa soluzione vengono aggiunti a) del cloro (Cl 2) b) zinco
elementare. Le semireazioni coinvolte, ed i potenziali di riduzione corrispondenti, sono: Cl2 + 2e 2 Cl- (1,36 V); I2 + 2e-  2 I- (0.53 V); Zn2++ 2e-  Zn (-0,77 V). Scrivere le equazioni chimiche,
bilanciate e complete, che descrivono i fenomeni
Essendo presenti sia la forma ossidata (I2) sia la forma ridotta (I-) la semireazione
c) I2 + 2 e-  2 I- può procedere in entrambe le direzioni:
a) Il cloro elementare si riduce a Cl-. Si tratta di una semireazione catodica che va
accoppiata con il verso anodico della remireazione c:
Cl2 + 2e-  2 Cl- (1.35 V)
2 I-  I2 + 2e(0.53 V)
Cl2 + 2 I  2 Cl + I2
E° = 1.35 – 0.53 = 0.82 V >0 (reazione spontanea a
favore dei prodotti)
b) Lo zinco elementare si ossida a Zn2+. Si tratta di una semireazione anodica che va
accoppiata con il verso catodico della remireazione c:
I2 + 2e-  2 I(0.53 V)
2+
Zn  Zn + 2e
(-0.77 V)
2+
Zn + I2 Zn + 2 I
E° = 0.53 – (-0.77) = 1.30 V >0 (reazione spontanea a
favore dei prodotti)
4 - Determinare formula di Lewis, geometria molecolare ed orbitali utilizzati dall’atomo centrale
nelle seguenti molecole o ioni:
a) BrF3
b) H3BO3
c) COCl2
BrF3
H3BO3
COCl2
7 + 3  7 = 28
3 + 3  6 + 3  1 = 24
4 + 6 + 2  7= 24
Classificazione
AX3E2
AX3
AX3
Geometria
A “T”
Triangolare planare
Lineare
F-Br-F < 90°
O-B-O = 120°
O-C-Cl > 120°
Br usa cinque orbitali sp3d
B usa tre orbitali sp2 (e
C usa tre orbitali sp2 (e
non raggiunge
un orb p per il legami )
el. di valenza
Form. Di Lewis
Orb. Utilizzati
l’ottetto)