Moli ...................................................................................................................................................... 4
Gas ....................................................................................................................................................... 9
Soluzioni ............................................................................................................................................ 14
Proprietà colligative ........................................................................................................................... 18
Termochimica .................................................................................................................................... 22
Equilibrio Chimico............................................................................................................................. 24
Acidi – basi – pH ............................................................................................................................... 31
Equilibri di solubilità ......................................................................................................................... 36
Reazioni di ossidoriduzione ............................................................................................................... 39
Elettrochimica .................................................................................................................................... 43
Pile ................................................................................................................................................. 43
1
I composti più comuni (e quindi quelli da saper riconoscere per raggiungere una conoscenza
minima della chimica) sono quelli derivanti dai seguenti ioni:
Cationi di metalli che formano un solo ione
H+
ione idrogeno
Li+
ione litio
+
Na
ione sodio
Ag+
ione argento
2+
Mg
ione magnesio
Ca2+
ione calcio
2+
Sr
ione stronzio
Zn2+
ione zinco
Cd2+
ione cadmio
3+
Al
ione alluminio
Cationi di metalli che formano più ioni
Cr2+
ione cromoso
Cr3+
ione cromico
2+
Co
ione cobaltoso
Co3+
ione cobaltico
+
Cu
ione rameoso
Cu2+
ione rameico
2+
Fe
ione ferroso
Fe3+
ione ferrico
Pb2+
ione piomboso
Pb4+
Hg+
Hg2+
Sn2+
Sn4+
ione piombico
ione mercuroso
ione mercurico
ione stannoso
ione stannico
Cationi contenenti atomi diversi
NH4+
ione ammonio
H3O+
ione idronio
anioni contenenti atomi uguali
Hione idruro
F
ione fluoruro
Clione cloruro
Br
ione bromuro
Iione ioduro
2O
ione ossido
S2ione solfuro
3N
ione nitruro
anioni contenenti atomi diversi
CH3COO- ione acetato
CNione cianuro
OH
ione idrossido
ClOione ipoclorito
ClO2
ione clorito
ClO3ione clorato
ClO4
ione perclorato
NO2ione nitroso
NO3
ione nitrico
MNO4ione permanganico
CO32ione carbonico
HCO3
ione idrogeno carbonato o bicarbonato
CrO42ione cromato
2Cr2O7
ione bicromato
O22ione perossido
3PO4
ione fosfato
HPO42ione idrogenofosfato
H2PO4
ione diidrogenofosfato
SO32ione solfito
HSO3ione idrogenosolfito o bisofito
2SO4
ione solfato
HSO42ione idrogeno solfato o bisolfato
2
Molti degli esercizi riportati in questa raccolta sono tratti e reinterpretati, dai seguenti siti (sui quali
è possibile trovarne molti altri):
http://www.selitalia.net/Sel/Dipartscientifico/
http://digilander.libero.it/righetti48/quarte_classi.htm
http://www.cosediscienza.it/index.html
http://web.uniud.it/cepo/documenti/Esercitazioni0203.pdf
http://www.chimicamente.it/esercizi.htm
http://www.mclink.it/personal/MC2113/dispenseChimica.html#stechio
http://209.85.129.132/search?q=cache:EWc55eYCVUJ:venus.unive.it/miche/chimrestau/Eserchimica.doc+esercizi+chimica&hl=it&ct
=clnk&cd=7&gl=it
http://takimika.liceofoscarini.it/esercizi/eschemindex.html
http://micvac.dichi.unina.it/mvsite/
da quest’ultimo indirizzo è possibile scaricare un software che genera problemi di stechiometria.
3
Moli
1. Quante moli di zinco sono contenute in 6.50 g di Zn.
La massa atomica dello zinco è 65.37 g/mol; occorrono dunque 65.37 g per avere una mole del
metallo.
Duplice approccio al problema:
a) imposto un proporzione: 65.35 g :1 mol = 6.50 g : X mol risolvo e trovo X che è la soluzione
cercata
b) uso la formula diretta: n° moli = grammi di sostanza/massa atomica
risultato= 0.099 mol
2. 10 g di magnesio vengono fatti reagire con 10 g di arsenico in atmosfera inerte secondo la
reazione:
3Mg + 2As = Mg3As2
Quale dei reagenti è in eccesso? quanto arseniuro di magnesio viene prodotto?.
La reazione bilanciata va letta in questo modo: 3 moli di magnesio reagiscono con 2 moli di
arsenico per dare 1 mole di Mg3As2
Le moli dei reagenti sono:
M Mg = 24.31 g/mol
n° di moli di magnesio = 10 g/24.31g/mol = 0.41 mol
M As = 74.92 g/mol
n° moli di arsenico = 10g/74.92g/mol = 0.13 mol
Verifichiamo quale dei due reagenti è in eccesso.
Dai coefficienti di reazione ricavo che 3 moli di magnesio reagiscono con 2 moli di arsenico;
imposto un proporzione di prova
3 moli Mg : 2 moli As = 0.41 mol Mg : X mol As
X mol As = 0.27
il magnesio è in eccesso
La quantità di prodotto formato sarà uguale alla metà delle moli del reagente limitante (As 0.13
mol)
Cioè: moli di Mg3As2 =0.13/2= 0.065 mol
M Mg3As2 = 222.8 g/mol
grammi di Mg3As2 ottenuti =0.065 mol ∙ 222.8g/mol =14.48g
3. Quanto cloruro di potassio KCl si può ottenere da 78 g di potassio e 80 g di cloro?
4
K+1/2 Cl2→KCl
39 g (M K=39 g/mol) di potassio reagiscono con 35g (M Cl=35 g/mol) di cloro per dare 74g di
cloruro di potassio.
Troviamo il reagente in difetto:
39 g di K: 35g di Cl = 78g di K : X g di Cl
Per consumare 39 g di K occorrono 70g di Cl.
Segue che si formano 78g + 70g =148g di cloruro di potassio.
Ed avanzano 10 g di cloro
4. A quante moli corrispondono 25 grammi di una proteina la cui massa molecolare è 50000
g/mol?
Il risultato si ottiene dividendo la massa di proteina (25 g) per la massa molecolare della proteina: n
= 25/50000 = 5 · 10-4 mol
5. Se riscaldo sufficientemente una miscela di ferro in polvere e di zolfo, si forma FeS, ferro
solfuro, secondo la reazione:
Fe + S → FeS
date le masse atomiche di Fe (55.85) e di S (32.06), quanti grammi e quante moli di FeS posso
ottenere al massimo se parto da 15.00 g di Fe e 10.00 g di S?
e il prodotto ottenuto sarà puro?
E’ ovvio che la massima quantità di prodotto ottenibile è vincolata dal reagente che si trova in
quantità minore (non in peso, ma in moli!); occorre perciò determinare quante moli dei due reagenti
costituiscono il sistema iniziale:
nFe=15.00 g / 55.85 = 0.2686 mol
nS=10.00 g / 32.06 = 0.3119 mol
Poiché la reazione avviene in rapporto 1:1 tra i due reagenti, è ovvio che la massima quantità di
prodotto, condizionata dal numero di moli di Fe, sarà 0.2686 moli;
la massa di FeS che si potrà ottenere sarà 0.2686 x (55.85 + 32.06) = 23.61 g
Il prodotto finale sarà impuro poiché rimangono ancora 0.3119 – 0.2686 = 0.0433 moli di S,
corrispondenti a 1.39 g
6. Per combustione totale di 0.1 g di serotonina, di formula C10H12N2, in cui i prodotti finali della
combustione siano CO2, H2O, NO2, quante moli e quanti grammi si otterranno di ognuno dei tre
prodotti?
(masse atomiche: H 1.008; C 12.01; N 14.01; O 16.00)
Calcoliamo innanzitutto la massa molecolare della serotonina e dei prodotti finali; quindi
calcoliamo le moli di serotonina sottoposti a combustione; da questo valore potremo calcolare
quante moli si otterranno (e poi quanti grammi) di ognuno dei prodotti finali.
Le masse molecolari sono:
C10H12N2 = (10 ∙ 12.01) + (12 ∙ 1.008) + (2 ∙ 14.01) = 160.22 g/mol
CO2= (12.01) + (2 ∙ 16.00) = 44.01 g/mol
H2O = (2 ∙ 1.008) + (16.00) = 18.02 g/mol
NO2 = (14.01) + (2 ∙ 16.00) = 46.01 g/mol
Il numero di moli di serotonina è: 0.1 /160.22 = 6.24 ∙ 10-4 moli
Per la combustione completa della serotonina occorrerà introdurre una quantità di ossigeno
determinabile dalla seguente reazione:
C10H12N2 + 15 O2 → 10 CO2 + 6 H2O + 2 NO2
5
La reazione completa produce 10 moli di CO2, 6 di acqua e 2 di NO2 per ogni mole di serotonina;
ma poiché abbiamo solo 6.24 x 10-4 moli di serotonina, occorrerà moltiplicare tale valore per il
coefficiente stechiometrico appena indicato:
nCO2=10 ∙ 6.24 ∙ 10-4 = 6.24 ∙ 10-3 mol
nH2O= 6 ∙ 6.24 ∙ 10-4 = 3.74 ∙ 10-3 mol
nNO2=2 ∙ 6.24 ∙ 10-4 = 1.25 ∙ 10-3 mol
e quanti grammi rispettivamente?
gCO2: 44.01 ∙ 6.24 ∙ 10-3 = 274.6 ∙ 10-3 = 0.2746 g
gH2O: 18.02 ∙ 3.74 ∙ 10-3 = 67.39 ∙ 10-3 = 0.0674 g
gNO2: 46.01 ∙ 1.25 ∙ 10-3 = 57.51 ∙ 10-3 = 0.0575 g
7. Un idrocarburo è un composto formato da carbonio e idrogeno. Quando un idrocarburo viene
bruciato in ossigeno si forma acqua, H2O, e anidride carbonica, CO2.
Bruciando 100g di propano, C3H8, quanti grammi di acqua e quanti di anidride carbonica si
ottengono?
C3H8+ 5 O2→3 CO2 +4 H2O
Calcoliamo i pesi molecolari
M C3H8=3∙12.01+8∙1.01=44.11 g/mol
M CO2=12.01+2∙16=44.01 g/mol
M H2O=2∙1.01+16=18.02 g/mol
Le moli di propano sono:
n C3H8=g/ M =100/44.11=2.27 mol
ogni mole di propano produce tre moli di anidride carbonica e 4 di acqua per cui 2.27 moli di
propano daranno:
nCO2=2.27∙3=6.81 mol
nH2O=2.27∙4=9.08 mol
e quindi
gCO2=6.81∙44.01=300 g
gH2O=9.08∙18.02=164 g
8. L'acido solforico, H2SO4, reagisce con l'ossido d'alluminio, Al2O3, per formare solfato
d'alluminio, Al2(SO4)3, e acqua. Scrivere la reazione chimica bilanciata:
3 H2SO4+ Al2O3→ Al2(SO4)3+3 H2O
9. In un recipiente di reazione si pongono a reagire 6 moli di ossido di alluminio e 6 moli di acido
solforico. Quanto solfato di alluminio viene prodotto?
Il componente in eccesso è l’ossido.
Dalla reazione si ricava che tre moli di acido producono una mole di sale per cui 6 moli di acido
produrranno :
n Al2(SO4)3=n H2SO4 /3 = 6/3 = 2 mol
M Al2(SO4)3=2∙26.98+3∙32.06+12∙16.00=342.14 g/mol
g Al2(SO4)3=2∙342.14=684.28 g
6
10. Il ferro si estrae dall'ossido Fe2O3 per reazione con il carbonio. Tale reazione dà luogo a
produzione di anidride carbonica, CO2, secondo la seguente equazione chimica da bilanciare:
…Fe2O3 + C →…Fe + … CO2
Un minerale contiene ossido di ferro purissimo. Se il processo di estrazione avvenisse senza alcuna
perdita del metallo, quanti kg di Fe si potrebbero ottenere dalla estrazione di una tonnellata di
ossido?
La reazione bilanciata è:
2Fe2O3 + 3 C → 4 Fe + 3 CO2
M Fe2O3= 2∙55.85+3∙16.00=159.7 g/mol
Massa Fe2O3=1 t=1000 Kg= 106 g
n Fe2O3=g / M =106/159.7=6.26∙103 mol
da 2 moli di ossido si ottengono 4 moli di ferro per cui da 6.26∙103 moli si otterranno nFe:
2 : 4 = 6.26∙103 : nFe
nFe=6.26∙103∙4/2=1.25∙104 mol
per cui
g Fe=1.25∙104∙55.85=6.99∙105 g=6.99∙102 kg=0.699 t
11. Facendo reagire H2S con Fe2O3 si ha la formazione di Fe2S3 e H2O. Scrivere l’equazione
chimica bilanciata, relativa a questa reazione. Quante moli di Fe2S3 si formano facendo reagire 3
moli di H2S e 3 moli di Fe2O3?
3 H2S+ Fe2O3→ Fe2S3 + 3 H2O
3 moli di acido reagiscono con 1 mole di ossido quindi 3 moli di ossido reagirebbero con 9 moli di
acido per cui il reagente limitante è l’acido solfidrico (solo 3 moli rispetto alle 9 necessarie per
consumare tutto l’ossido).
Le moli di solfuro ferrico si possono ottenere facilmente dalle moli del reagente limitante (che si
consuma completamente):
ogni 3 moli di acido si forma una mole di sale per cui:
nFe2S3=1 mol
12. La densità dell'oro solido è 19.3 g cm-3. Quant'è il volume medio a disposizione di ogni atomo
di oro allo stato solido? Quantè la massa in kg di un singolo atomo d'oro?
d=m/V
per cui in un cm3 di oro sono contenuti 19.3 g di oro
M Au=196.97 g/mol
Le moli di oro contenute in un cm3 sono:
nAu=19.3/196.97=0.098 mol
1 mole di un qualsiasi composto contiene un numero di Avogadro (N =6.022∙1023 particelle/mol )di
particelle per cui per 0.098 mol:
n atomi=n Au∙ N =0.098∙6.022∙1023=5.90∙1022 atomi
il volume per atomo sarà= V/n atomi= 1 cm3/5.90∙1022 atomi=1.69∙10-23 cm3/atomo
m atomo= mtot//n atomi= 19.3 cm3/5.90∙1022 atomi=3.27∙10-22 g/atomo=3.27∙10-25 kg/atomo
13. Il carbonato d'ammonio ha formula (NH4)2CO3. Quanti grammi d'idrogeno, d'azoto e di
ossigeno sono contenuti in 200 g di carbonato d'ammonio?
Qual'è la composizione percentuale di questo composto?
7
M (NH4)2CO3= 2∙14.01+8∙1.01+12.01+3∙16.00=96.11 g/mol
n(NH4)2CO3=200/96.11=2.08 mol
una mole di carbonato contiene 8 moli di H, 2 di N, 1 di C e 3 di O per cui
nH= n(NH4)2CO3∙8=2.08∙8=16.65 mol
nN= n(NH4)2CO3∙2=2.08∙2=4.16 mol
nC= n(NH4)2CO3∙1=2.08∙1=2.08 mol
nO= n(NH4)2CO3∙3=2.08∙3=6.24 mol
quindi essendo g=n∙ M
gH=16.65∙1.01=16.82 g
gN=4.16∙14.01=58.28 g
gC=2.08∙12.01=24.98 g
gO=6.24∙16.00=99.84 g
%H= gH/g(NH4)2CO3∙100=16.82/200∙100=8.41 %
%N= gN/g(NH4)2CO3∙100=58.28/200∙100=29.14 %
%C= gC/g(NH4)2CO3∙100=24.98/200∙100=12.49 %
%O= gO/g(NH4)2CO3∙100=99.84/200∙100=49.92 %
8
Gas
14. Un gas occupa un volume di 0.150 L alla temperatura di 30°c e alla pressione di 0.8 atm. A
quale temperatura lo stesso gas occupa alla stessa pressione un volume di 0.450 L?
V1/T1=V2/T2
A questo punto basta esplicitare la temperatura finale
T2=V2∙T1/V1=0.450∙(30+273)/0.150=909 K
15. Qual’è la massa di metano che occupa un volume di 11.2 litri in condizioni normali?
volumi uguali di gas nelle stesse condizioni di temperatura e pressione contengono un ugual numero
di particelle, a C.N. (T=273 K, p= 1 atm) una mole di gas occupa un volume di 22.414 litri, per cui:
1 : 22.414= X : 11.2
X=1∙11.2/22.414=0.5 moli
Tenendo conto che il metano ha una massa molecolare di 16 g/mol si ha:
16 g/mol ∙ 0.5 mol =8 grammi
16. Calcolare la quantità in grammi di Cl2 che occupa un volume di 682 ml alla temperatura di
38.2°C e alla pressione di 435 torr. Quale sarebbe la pressione del gas se contemporaneamente
la temperatura (centigrada) triplicasse e il volume venisse dimezzato?
M Cl2 = 70.90 g/mole
V=682 ml=0.682 L
P=435 torr=435/760 atm= 0.572 atm
T=38.2 °C=38.2+273 K=311.2 K
PV=nRT
n=PV/RT =0.572∙0.682/(0.0821∙311.2)=1.53∙10-2 mol
g=n∙ M =1.53∙10-2∙70.90=1.08 g
T2=3∙T=3∙ 38.2=114.6 °C =387.6 K
V2=0.5∙V=0.5∙0.682=0.341 L
P2=nRT2/V2=1.53∙10-2∙0.0821∙387.6/0.341=1.43 atm
17. Quale volume occupano 4 moli di ossigeno alla pressione di 50 atm e alla temperatura di
100°C?
Si applica la legge generale dei gas ideali PV = nRT
50∙ V = 4 ∙ 0.0821 ∙373.15
da cui V = 4 ∙x 0.0821 ∙ 373.15 / 50 = 2.45 litri
Da notare che 1 mole, a condizioni normali, occuperebbe 22.4 litri; la pressione incide molto!
9
18. In un recipiente chiuso contenente una miscela di gas il manometro indica la pressione di 2
atm; la miscela è costituita da 1 g di H2, 3 g di CO2, 10 g di N2.
Calcolare le pressioni parziali dei componenti la miscela considerandoli gas ideali.
Occorre ricordare la legge di Dalton sulle miscele di gas, che dice che la pressione parziale di un
gas è proporzionale alla sua frazione molare.
Poi si calcolerà il numero di moli totali del sistema e la frazione molare di ognuno dei componenti.
Moli di H2 : 1 / 2.016 = 0.4960 mol
Moli di CO2 : 3 / 44.01 = 0.0682 mol
Moli di N2 : 10/ 28.02 = 0.3569 mol
Moli totali della miscela= 0.9211 mol
Ora basta trovare la frazione molare di ogni componente e moltiplicarla per la pressione totale per
ottenere la pressione parziale di quel componente:
pressione parziale di H2 : (0.4960/0.9211) x 2 atm = 0.5384 x 2 = 1.077 atm
pressione parziale di CO2 : (0.0682/0.9211) x 2 atm = 0.0740 x 2 = 0.148 atm
pressione parziale di N2 : (0.3569/0.9211) x 2 atm = 0.3875 x 2 = 0.775 atm
In questo caso abbiamo anche la possibilità di controllare i nostri calcoli: infatti, se sommiamo le 3
frazioni molari, il risultato è 0.9999 (lo scostamento dall’unità è dovuto agli arrotondamenti); se
sommiamo le pressioni parziali otteniamo 2.000 atm.
19. Si consideri il dispositivo qui schematizzato. Ambedue i recipienti hanno lo stesso volume e si
trovano alla stessa temperatura. Quando il rubinetto è chiuso, nel recipente di destra sono
contenuti 2 g di H2, mentre in quello di sinistra ci sono 2 g di N2. Quante moli dei due gas sono
presenti nei due recipienti?
2 g N2
2 g H2
M H2=2.02 g/mol
M N2=28.02 g/mol
n H2=2/2.01=0.995 mol
n N2=2/28.01=0.0714 mol
Cosa accade quando si apre il rubinetto?
□ Si forma un flusso di gas da sinistra a destra fino ad avere la stessa pressione.
□ I gas si mescolano ma la pressione rimane la stessa.
□ Si forma un flusso di gas da destra a sinistra fino ad avere la stessa pressione.
□ I gas non si mescolano perchè hanno peso molecolare diverso.
Nel caso in cui nel recipiente di sinistra vi siano 4 g di He al posto di N2, come cambia la pressione
quando si apre il rubinetto?
□ Nel primo recipiente aumenta, mentre nel secondo diminuisce.
□ Nel primo recipiente diminuisce, mentre nel secondo aumenta.
□ Tende a diminuire in entrambi i recipienti.
□ Rimane costante in entrambi i recipienti.
10
20. Calcolare quanti litri di ammoniaca (M NH3 =17.04), a condizioni normali, sono sciolti in 200
ml di una soluzione di ammoniaca al 20.88% in peso con densità 0.92 g/ml.
Dalla densità e volume della soluzione si calcola il peso:
g=200 ml∙0.92 g/ml=184 g
dalla concentrazione della soluzione espressa in % in peso si ricava che:
20.88:100=gNH3:184
gNH3=20.8∙184/100=38.27 g
le moli sono:
n=38.27/17.04=2.25 mol
A C. N. una mole di un qualsiasi gas ideale occupa un volume pari a 22.414 L per cui nelle stesse
condizioni 2.25 moli di ammoniaca occuperà un volume calcolabile dalla:
22.414:1=Vx:2.25
Vx=22.414∙2.25/1=50.43 L
21. In un recipiente del volume di 10 L e alla temperatura di 25°C, vengono posti 30 g di PCl5(g).
Calcolare la pressione nel recipiente.
Dopo un certo tempo, il 20% del PCl5(g) si è decomposto secondo la reazione
PCl5(g) → PCl3(g) + Cl2(g)
Calcolare la nuova pressione nel recipiente.
M PCl5=208.22 g/mol
n=30/208.22=0.144 mol
P=nRT/V=0.144∙0.0821∙298/10=0.35 atm=35717 Pa
La decomposizione del 20% di PCl5(g) comporta che ogni 100 moli di composto 20 si trasformano
in prodotti, siccome abbiamo 0.144 moli quelle convertite saranno:
20:100=nx:0.144
nx=20∙0.144/100=2.88∙10-2 mol
Dalla reazione si ricava che per ogni mole di PCl5 consumato si formano una mole di PCl3 e una di
cloro per cui all’equilibrio:
nPCl3= 2.88∙10-2 mol
nCl2= 2.88∙10-2 mol
le moli di PCl5 saranno:
nPCl5= 0.144-2.88∙10-2 mol=0.115 mol
per cui la pressione totale sarà:
P=ntot∙RT/V=(nPCl5+nPCl3+ nCl2)∙RT/V=
=(0.115+2.88∙10-2+2.88∙10-2)∙0.0821∙298/10=0.42 atm=4.25∙10-4 Pa
Allo stesso risultato si può arrivare calcolando le pressioni parziali dei tre gas e sommandole.
11
22. Quattro bombole contengono 50 L di gas a 100 atm, tutte alla stessa temperatura di 30 °C. La
prima Ne, la seconda CH4, la terza O2 e la quarta N2. Quale bombola è la più pesante?
Che valore assume la pressione nella bombola di metano quando la temperatura scende a 0ºC?
Volumi uguali di gas (ideali) diversi nelle stesse condizioni di pressione e temperatura contengono
uguale numero di moli. Quindi le quattro bombole contengono lo stesso numero di moli di gas
quella più pesante sarà quella che contiene il gas con massa molecolare maggiore (O2)
Per calcolare la pressione del metano a 0°C basta ricordare che a volume costante:
P1/T1=P2/T2
Quindi:
P2=P1∙T2/T1=100∙273/303=90.1 atm
23. L'acqua ossigenata, H2O2, a 25 °C e alla luce si decompone secondo la reazione
2 H2O2(l) → 2 H2O(l) + O2(g).
Quanti litri di ossigeno a 25 °C e 1.00 atm si ottengono dalla decomposizione completa di 100 g di
acqua ossigenata pura?
A 200 °C la stessa reazione avviene con tutti componenti in fase gassosa:
2 H2O2(g) → 2 H2O(g) + O2(g).
Quant'è il volume totale dei prodotti gassosi che si ottengono dalla decomposizione completa di
100 g di acqua ossigenata pura a 200 C e 1.00 atm?
M H2O=18.02 g/mol
M H2O2=34.02 g/mol
M O2=32.00 g/mol
Da due moli di acqua ossigenata si ottiene una mole di ossigeno per cui da nH2O2=100/34.02=2.94
mol si otterranno nO2=2.94/2=1.47 mol
Il volume dell’ossigeno sarà:
V=nRT/P=1.47∙0.0821∙(25+273)/1=35.9 L
A 200 °C anche l’acqua è gassosa per cui nel calcolo del volume bisogna considerare anche le moli
di acqua. Da due moli di acqua ossigenata si formano due moli di acqua da 2.94 moli se ne
ottengono nH2O=2.94 mol
Vtot=ntotRT/P=(1.47+2.94)∙0.0821∙(200+273)/1=171 L
24. L'aria pura e secca è formata approssimativamente dall’ 80% in moli di azoto, N2, e dal 20% di
ossigeno, O2. Alla temperatura di 25°C quanto vale la densità dell'aria pura e secca alla pressione
di 1 atm?
Nell'aria umida, oltre a ossigeno ed azoto, vi è anche acqua, H2O, in fase gassosa. Come è la
densità dell'aria umida rispetto a quella dell'aria secca?
□ Maggiore
□ Minore
□ Uguale
La densità si calcola dalla:
d = m/V
quindi dobbiamo calcolare la massa di aria in un dato volume.
Prendiamo come riferimento una quantità di aria che contiene 100 moli (80 di azoto e 20 di
ossigeno). Conoscendo P e T possiamo calcolarne il volume:
V=100∙0.0821∙298/1=2447 L
80 moli di azoto pesano gN2=80∙28.02=2242 g
20 moli di ossigeno pesano gO2=80∙32.00=2560 g
12
In totale:
gtot=2242+2560=4802 g
per cui la densità sarà:
d=g/V=4802/2447=1.96 g/L
25. Il nitrito d'ammonio, NH4NO2, ad alta temperatura diventa esplosivo poiché si decompone
secondo la reazione
NH4NO2 → N2 + 2 H2O
i cui prodotti sono gassosi.
Calcolare quanti grammi di nitrito d'ammonio si devono decomporre per ottenere 10.00 L di
prodotti gassosi a 500 K e 1.00 atm.
Se i prodotti gassosi sono formati, sempre a 500 K, ma in un volume di 1 cm3, qual è la pressione?
10.00 L a 500 K e 1 atm contengono un numero di moli pari a:
n=PV/RT=1∙10.00/(0.0821∙500)=0.244 mol
queste moli sono costituite da azoto ed acqua nel rapporto 1 a 2 (come si vede dalla reazione).
Inoltre ogni tre moli di prodotti viene consumata una mole di NH4NO2. Conoscendo le moli dei
prodotti è possibile calcolare le moli del reagente:
3 moli prodotti : 1 mole reagente = 0.244 moli prodotti : X moli reagente
X=0.244∙1/3=8.13∙10-2 mol
M NH4NO2=64.06
g NH4NO2=8.13∙10-2 ∙64.06=5.21 g
se il volume fosse 1 ml=10-3 L la pressione sarebbe:
P=0.244∙0.0821∙500/ 10-3 =104 atm
Più che sufficiente per distruggere qualsiasi contenitore!
13
Soluzioni
26. Quante moli si solfato di alluminio vi sono in 20 ml di una soluzione 3M ?
M=n/V
Per cui
n=M∙V=3∙0.02=6∙10-2 mol
27. Quanti grammi di idrossido di calcio Ca(OH)2 vi sono in 800 ml di una soluzione 0.12 M ?
Quante millimoli?
Sapendo che: M Ca(OH)2 = 74.09 g/mol
Determino le moli di idrossido di calcio contenuti nella soluzione
n=M∙V=0.12∙0.800=0.096 mol
che corrispondono a:
g=n∙ M Ca(OH)2=0.096∙74.09=7.11 g
una millimole equivale ad un millesimo di mole:
n=9.6∙10-2 mol=9.6∙10-2∙1000=96 mmol
28. Per una reazione sono necessari 12 g di acido solforico.
Quanti millilitri di una soluzione 1.8 M si debbono usare ?
M H2SO4 = 98.07 g/mol
n=12/98.07=0.12 mol
il volume di soluzione che contiene 0.12 moli di acido si ottengono dalla:
M=n/V
Quindi
V=n/M=0.12/1.8=0.068 L
29. Eseguire le conversioni delle concentrazioni delle seguenti soluzioni:
a)- Una soluzione di Na2SO4 ha una concentrazione pari a 5 g / L, esprimere la concentrazione in
molarità.
b)-Una soluzione di CuSO4 ha una concentrazione pari a 20 mg /ml, qual è la sua molarità?
c)- Una soluzione di NaCl ha una concentrazione pari al 5% in peso, qual è la sua molalità?
d)- Qual’è la concentrazione espressa in % in peso di una soluzione di NaCl 1 molale?
a)- 1 L di soluzione contiene 5 g di soluto per cui
n=g/ M Na2SO4 =5/142.04=0.035 mol
quindi:
M=n/V=0.035/1=0.035 mol/L
b)- un ml (10-3 L) di soluzione contiene 20 mg (2∙10-2 g) di soluto, un litro ne conterrà:
10-3 : 2∙10-2 = 1 : nx
14
nx=1∙2∙10-2/10-3=20 g
n=g/M CuSO4 =20/159.60=0.125 mol
M=n/V=0.125/1=0.125 mol/L
c)- 100 g di soluzione contengono 5 g di soluto e 95 g (9.5∙10-2 kg) di solvente:
n=g/M NaCl=5/58.44=0.086 mol
m=n/Kg solvente=0.086/9.5∙10-2=0.90 mol/kg
d)- per ogni kg di solvente la soluzione contiene 1 mole di soluto
gNaCl=n∙ M NaCl=1∙58.44=58.44 g
una porzione di soluzione che contiene 1 kg di solvente contiene anche 58.44 g di soluto per cui il
suo peso sarà:
gtot=1000+58.44=1058.44 g
%=gNaCl/gtot∙100=58.44/1058.44∙100=5.52 %
30. Quanto idrossido di sodio è necessario per preparare 300 ml di soluzione 0.037 M?
M NaOH =39.997 g/mol
le moli di soluto contenute in 0.300 L di soluzione 0.037 M sono:
n=M∙V=0.037∙0.300=1.11∙10-2 mol
che equivalgono a:
g=1.11∙10-2∙39.997=0.44 g
31. L'ammoniaca concentrata, reperibile in commercio, è una soluzione al 26% in peso di NH3, la
sua densità è 0.904 g/ml. Qual’è la sua molarità e la sua molalità?
M NH3 =17.03 g/mol
In 100 g di soluzione sono contenuti 26 g di NH3 e 74 g (7.4∙10-2 kg) di acqua, questi 100 g
occupano un volume pari a:
V=g/d=100/0.904=111 mL
Il numero di moli di soluto è pari a:
n=26/17.03=1.53 moli
M=n/V=1.53/0.111 = 13.8 mol/L
m=n/kg solvente=1.53/7.4∙10-2 = 20.7 mol/kg
32. Dell'ammoniaca gassosa viene fatta gorgogliare in acqua dando luogo ad una soluzione con
densità d=0.83g/ml e contenente 18.6% in peso di NH3. Qual è il peso di NH3 per ml di
soluzione ?
100 g di soluzione contengono 18.6 g di soluto e 81.4 g di solvente.
100 g di soluzione occupano un volume pari a:
V=g/d=100/0.83=120.5 ml
quindi:
gNH3/ml slz=18.6/120.5=0.154 g/ml
33. Qual è la concentrazione, espressa in percentuale in peso, di idrossido di sodio presente in una
soluzione 4 M di NaOH avente peso specifico di 1.15 g/ml ?
15
M NaOH =40.0 g/mol
un litro di soluzione contiene 4 moli di soluto (n=M∙V) equivalenti a 4∙40.0=160 g
un litro (1000 ml) di soluzione pesa: g=V∙d=1000∙1.15=1150 g
quindi: % in peso= gslt/gslz∙100=160/1150∙100=13.9 %
34. Quanto H2SO4 al 45% si deve mescolare con H2SO4 13% per ottenere 100 g di H2SO4 al 20% ?
100 g di soluzione finale contengono 20 g di acido provenienti in parte dalla prima ed in parte dalla
seconda soluzione.
Indicando con G1 e G2 rispettivamente i grammi della prima e della seconda soluzione necessarie
ad ottenere la soluzione finale si può scrivere:
g di acido dalla prima soluzione=g1=45∙G1/100 (ricavabile da una semplice proporzione)
g di acido dalla seconda soluzione=g2=13∙G2/100
g acido tot= 20= g1+g2=45∙G1/100+13∙G2/100
inoltre la somma di G1 e G2 deve essere uguale al peso della soluzione finale:
G1+G2=100
mettendo a sistema queste due equazioni si ottengono le quantità G1 e G2:
0,45  G1  0,13  G 2  20

G1  G 2  100
dalla seconda si ottiene:
G1=100-G2
che sostituita nella prima:
0.45∙(100-G2)+0.13∙G2=20
45-0.45∙G2+0.13∙G2=20
-0.32∙G2=-25
G2=-25/(-0.32)=78.13 g
da cui
G1=100-78.13=21.9 g
35. calcolare la molarità di una soluzione ottenuta mescolando 207 ml di una soluzione 0.8 M di
NaNO3 con 200 ml di NaNO3 5.0 M e diluendo ad un volume finale di 500 ml
le moli di soluto contenute nelle due soluzioni sono:
n1=M1∙V1=0.8∙0.207=0.17 mol
n2=M2∙V2=5.0∙0.200=1.00 mol
in totale
ntot=1.17 mol
quindi la molarità sarà:
M=ntot/V=1.17/0.500=2.34 mol/L
36. 820 ml di soluzione di NaCl 1.35 M vengono diluiti fino ad un volume di un litro.
Calcolare la molarità, la percentuale in peso e la molalità, sapendo che la densità della soluzione è
d=1.055 g/ml.
M NaCl=58.44 g/mol
nella diluizione il numero di moli di soluto rimangono invariate per cui:
M1∙V1=M2∙V2
16
M2=M1∙V1/V2=1.35∙0.820/1.00=1.11 mol/L
1 L di soluzione contiene 1.11 moli di NaCl per cui:
gNaCl=1.11∙58.44=64.7 g
1 L di soluzione pesa:
gslz=V∙d=1.00∙1055=1055 g
quindi:
%NaCl=gNaCl/gslz∙100=64.7/1055∙100=6.13
1055 g di soluzione contengono 64.7 g di NaCl e (1055-64.7)=990.3 g di acqua:
le moli di soluto sono:
n=64.7/58.44=1.11 mol
m=n/kg slv=1.11/0.9903=1.12 mol/kg
37. Calcolare la molarità di una soluzione 3.4 m di acido nitrico sapendo che la densità della
soluzione è uguale a 1.12 g/ml.
M HNO3=63.02 g/mol
una porzione di soluzione che contiene 1000 g di solvente contiene 3.4 moli di soluto per cui:
gHNO3=3.4∙63.02=214 g
il peso di questa porzione di soluzione sarà:
gtot=1000+214=1214 g
ed il suo volume:
V= gtot/d=1214/1120=1.08 L
M=n/V=3.4/1.08=3.15 mol/L
38. Per preparare 0.60 L di una soluzione 0.8 M di carbonato di sodio si ha a disposizione una
soluzione al 31.0 % in peso con densità d=1.34 g/ml. Quanta soluzione concentrata bisogna
prelevare?
le moli di soluto nella soluzione finale sono:
n=M∙V=0.8∙0.60=0.48 mol
essendo M Na2CO3=105.99 g/mol
g Na2CO3=0.48∙105.99= 50.9 g
100 g di soluzione concentrata contengono 31.0 g di soluto per cui:
31.0 : 100 = 50.9 : gx
gx = g slz concentrata=50.9∙100/31.0=164 g
Vslz=gslz/d=164/1.34=122.4 ml
17
Proprietà colligative
39. Calcolare la tensione di vapore, a 20 °C, di una soluzione acquosa di NaCl al 13 % in peso,
sapendo che la tensione di vapore dell’acqua pura, a 20 °C, è pari a p°=20 mmHg.
M NaCl=58.44 g/mol
M H2O=18.02 g/mol
100 g di soluzione contengono 13 g di soluto e 87 di solvente:
nNaCl=13/58.44= 0.22 mol
nH2O=87/18.02=4.83 mol
il cloruro di sodio è un elettrolita forte quindi in soluzione si dissocia completamente secondo la
reazione:
NaCl→Na++Clda una mole di sale si ottengono due moli di ioni per cui da 0.22 moli di NaCl si otterranno:
n ioni=0.22∙2=0.44 mol
per cui:
XH2O=nH2O/(nH2O+n ioni)=4.83/(4.83+0.44)=0.916
p=p°∙XH2O=20∙0.916=18.3 mmHg=18.3/760∙101325 Pa=2440 Pa
40. Determinare la pressione osmotica a 25 °C e la temperatura di congelamento di una soluzione
contenente 5 g di NaCl in 250 ml di soluzione (d=1.05 g/ml), sapendo che una soluzione 0.15 m di
glucosio solidifica a -0.279 °C.
M NaCl=58.44 g/mol
cominciamo col calcolo della pressione osmotica:
nNaCl=5/58.44=0.086 mol
il cloruro di sodio in acqua si dissocia completamente per cui le moli di ioni prodotti saranno:
n ioni=0.086∙2=0.172 mol
=n ioni∙R∙T/V=0.172∙0.0821∙(25+273)/0.250=16.8 atm
per il calcolo della temperatura di congelamento serve la costante crioscopia dell’acqua. La posso
calcolare dalla temperatura di congelamento della soluzione di glucosio:
∆T C6H12O6= Kcr∙m
quindi
Kcr=∆T C6H12O6/m
Il ∆T non è altro che la differenza tra la temperatura di congelamento dell’acqua pura (0 °C) e
quella della soluzione:
∆T=0-(-0.279)=0.279 °C
Kcr=0.279/0.15=1.86 °C∙Kg/mol
troviamo la molalità della soluzione di NaCl:
250 ml di soluzione pesano g slz = 250∙1.050=262.5 g
questa quantità di soluzione contiene 5 g di soluto (0.086 mol), che dissociandosi produce 0.172
moli di ioni, e 262.5-5=257.5 g di solvente:
m ioni=0.172/0.2575=0.67 mol/kg
18
∆T NaCl=Kcr∙m ioni=1.86∙0.67=1.24 °C
la temperatura di congelamento sarà -1.24 °C.
41. L’innalzamento ebullioscopio di una soluzione contenente 1.65 g di un idrocarburo di formula
minima C2H3 in 25 g di benzene è di 1.03 °C. Determinare la formula molecolare dell’idrocarburo
sapendo che la Keb del benzene e 2.53 °C∙kg/mol.
∆Teb=Keb∙m=Keb∙nslt/kg slv= Keb ∙ gslt/ M slt/ kg slv
quindi:
M slt=Keb∙gslt/kgslv∙∆Teb=2.53∙1.65/(2.5∙10-2∙1.03)=162 g/mol
M C2H3=27 g/mol
M slt/ M C2H3=162/27=6
i coefficienti stechiometrici della formula molecolare sono pari a 6 volte i corrispondenti
coefficiente della formula minima per cui la formula dell’idrocarburo è:
C12H18
42. A 75 g di una soluzione 8.0 m di HClO4 vengono aggiunti 75 ml di una soluzione al 20.7 % in
peso di NaOH con densità 1.143 g/ml. Il tutto viene poi portato ad un volume finale di 4 L.
Calcolare la pressione osmotica della soluzione finale a 27 °C.
M HClO4=100.46 g/mol
M NaOH=40.00 g/mol
M NaClO4=122.44 g/mol
Quando le due soluzioni vengono mescolate avviene la seguente reazione:
HClO4+NaOH→NaClO4+H2O
bisogna determinare le moli dei reagenti e verificare se uno dei due è in eccesso:
cominciamo dall’acido:
una quantità di soluzione che contiene 1000 g di solvente contiene 8.0 moli di soluto.
gslt=8∙100.46=804 g
questa quantità di soluzione avrà un peso pari a:
G1=1000+804=1804 g
adesso posso calcolare le moli di acido in 75 g di soluzione:
8 moli : 1804 g = nAc moli : 75 g
nAc=8∙75/1804=0.33 moli
per la base:
dalla densità e volume della soluzione se ne calcola il peso:
G2=V2∙d=75∙1.143=85.7 g
dalla percentuale in peso si deriva che:
20.7 : 100 = gNaOH : 85.7
gNaOH = 20.7∙85.7/100 = 17.7 g
nNaOH = 17.7/40.00 = 0.44 mol
quindi il reagente in eccesso è l’idrossido di sodio (0.44 moli di idrossido reagirebbero con 0.44
moli di acido) e le moli avanzate sono:
necc= nNaOH- nAc=0.44-0.33=0.11 mol
nella reazione viene prodotta una quantità di NaClO4 uguale al numero di moli di acido (0.33 moli)
19
inoltre sia il sale che l’NaOH rimasto sono elettroliti forti per cui in soluzione si dissociano
completamente, il numero di moli di ioni in soluzione sarà il doppio delle moli di sale e di base
(entrambi producono due moli di ioni per mole di composto)
nioni=2∙necc + 2∙ nNaClO4=2∙0.11+2∙0.33=0.88 mol
=nioni∙R∙T/V=0.88∙0.0821∙(27+273)/4=5.4 atm
43. La pressione osmotica di una soluzione di zucchero è di 22.7 atmosfere a 60 °C.
Calcolare la concentrazione della soluzione in moli per litro.
=n∙R∙T/V =M∙R∙T
M=/RT=22.7/[0.0821∙(60+273)]=0.83 mol/L
44. 0.743 g di un composto organico sono disciolti in acqua a 15°C e portati al volume di 150ml;
questa soluzione ha una pressione osmotica di 1.535 atmosfere.
Calcolare il peso molecolare del composto.
Calcolo la molarità (M) dalla:
M=/RT=1.535/[0.0821∙(15+273)]=0.065 mol/L
Sei un litro di soluzione contiene 0.065 moli di soluto 150 ml ne conterranno:
0.065 : 1000 = n : 150
n=0.065∙150/1000=9.75∙10-3 mol
Questo numero di moli corrispondono a 0.743 g di composto, per cui essendo:
n=g/ M
M =g/n=0.743/9.75∙10-3=76.21 g/mol
45. A 20° la tensione di vapore dell'etere è di 442 mmHg. Quando 6.1 g di una sostanza non volatile
vengono disciolti in 50g di etere (M et=74.12 g/mol) la tensione di vapore diminuisce di 32 mmHg.
Quale è il peso molecolare della sostanza?
Dalla legge di Raoult si ha:
petere= p°etere∙Xetere
per cui la frazione molare dell’etere nella soluzione sarà:
Xetere = petere/ p°etere=(442-32)/442=0.928
Xetere = netere/(netere+nx)
da cui
Xetere ∙ (netere + nx) = netere
netere + nx = netere/Xetere
nx = netere/Xetere-netere
netere=50/74.12=0.676 mol
nx= 0.676/0.928-0.676=0.0524 mol
questo numero di moli corrisponde a 6.1 g di sostanza per cui
M =g/n=6.1/0.0524=116.4 g/mol
46. La pressione osmotica di una soluzione di un composto organico contenente 478.3 g di
questo prodotto in un litro d'acqua è di 57.5 atmosfere a 30°C. Calcolare la pressione
osmotica di una soluzione contenente 910.6 g di questa sostanza in un litro d'acqua a 56°C.
Determino il peso molecolare del composto organico:
20
M=/RT=57.5/[0.0821∙(30+273)]=2.31 mol/L
Quindi un litro di soluzione contiene 2.31 moli di soluto.
Questo numero di moli corrispondono a 478.3 g di composto, per cui essendo:
n=g/ M
M =g/n=478.3/2.31=207.1 g/mol
determino la pressione osmotica della seconda soluzione:
=n∙R∙T/V =(910.6/207.1)∙0.0821∙(56+273)/1=118.7 atm
47. Il cloroformio bolle a 61.2° la sua Keb=3.81 °C∙kg/mol.
Calcolare la temperatura di ebollizione di una soluzione contenente 1.00 g di iodio in 37.0 g di
cloroformio assumendo che in questo solvente la molecola dello iodio sia biatomica.
M I2 = 263.81 g/mol
nI2=1.00/263.81=3.79∙10-3 mol
m=3.79∙10-3/3.70∙10-2=0.102 mol/kg
∆Teb=Keb∙m=3.81∙0.102=0.389 °C
Teb=Teb°+∆Teb=61.2+0.389=61.59 °C
21
Termochimica
48. Calcolare il calore di reazione, a pressione costante, relativo alla trasformazione C
(amorfo)→C (grafite)
sapendo che il calore di combustione della grafite è 94800 calorie e quello del carbonio
amorfo è 97650 calorie.
∆H = -Q
per convertire le calorie in J bisogna moltiplicare per 4.184 J/cal
∆H= - 97650 cal= -97650∙4.184 J= -408568 J= -408.568 kJ
∆H= - 94800 cal= -94800∙4.184 J= -396.643 kJ
C(amorfo) + O2(g)→CO2(g)
C (grafite) + O2(g)→CO2(g)
∆H= -408.568 kJ
∆H= -396.643 kJ
sottraendo la seconda reazione dalla prima si ottiene:
C(amorfo) + O2(g)→CO2(g)
∆H= -408.568 kJ
CO2(g)→C (grafite) + O2(g)
∆H= 396.643 kJ
C (amorfo)→C (grafite)
∆H= -408.568+396.643= -11.925 kJ
49. Il calore di formazione, dell'ossido di rame è 45600 cal, quello dell'acqua 68380 cal.
Calcolare la variazione entalpica relativa alla riduzione di una mole di ossido di rame con
idrogeno.
essendo:
Cu(s)+O2(g)→CuO
H2(g)+O2(g)→H2O
∆H= -190.79 kJ
∆H= -286.10 kJ
invertendo la prima reazione e sommandola alla seconda:
CuO→ Cu(s)+O2(g)
∆H= +190.79 kJ
H2(g)+O2(g)→H2O
∆H= -286.10 kJ
CuO + H2→ Cu + H2O
∆H= +190.79-286.10= -95.31 kJ
50. Calcolare il calore di formazione dell'ammoniaca dai seguenti dati:
2 NH3(g) + 3/2 O2(g) → 3 H2O (l) + N2(g)
∆H= - 75.8kJ
H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l)
∆H= -288.4 kJ
La reazione di formazione dell’ammoniaca e la seguente:
3/2 H2(g) + ½ N2(g) = NH3(g)
∆H= ?
sommando all’inverso della prima il triplo della seconda:
3 H2O(l) + N2(g) →2 NH3(g) + 3/2 O2(g)
∆H= + 75.8kJ
3 H2(g) + 3/2 O2(g)→ 3 H2O(l)
∆H= -288.4∙3 kJ= - 865.3 kJ
3 H2(g) + N2(g) =2 NH3(g)
∆H= 75.8+(-865.3) = -789.5 kJ
questa reazione è uguale alla reazione di formazione dell’NH3 moltiplicata per due (le reazioni di
formazione si scrivono in modo da ottenere una mole di prodotto). Quindi il ∆H di formazione
cercato sarà quello di quest’ultima reazione diviso due:
22
∆formHNH3(g)=-789.5/2 = -394.7 kJ
51. Calcolare il calore di formazione dell'etilene (C2H4) dalla grafite dai seguenti dati:
C2H4(g) + 3 O2(g) → 2 CO2(g) + 2 H2O(l)
∆H= - 342000 cal
C(grafite) + O2(g) → CO2(g)
∆H= - 94000 cal
2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(l)
∆H= - 136000 cal
La reazione è endotermica o esotermica?
La reazione di formazione dell’etilene è:
2 C(grafite) +2 H2(g)→ C2H4(g)
questa reazione si può ottenere sommando le seguenti reazioni:
2 CO2(g) + 2 H2O(l)→ C2H4(g) + 3 O2(g)
∆H=+ 342000 cal
2 C(grafite) + 2 O2(g) → 2 CO2(g)
∆H= - 94000∙2=-188000 cal
2 H2(g) + O2(g) → 2 H2O(l)
∆H= - 136000 cal
2 C(grafite) +2 H2(g)→ C2H4(g)
∆H= 342000+(-188000)+(-136000)=18000 cal=75.3 kJ
la reazione è endotermica.
52. Calcolare La variazione entalpica della seguente reazione:
H2O(g) + C(s) = CO(g) + H2(g)
Sapendo che l’entalpia di formazione dell'acqua è di -243 kJ e quella dell'ossido di carbonio è -121
kJ.
H2(g) + ½ O2(g) → H2O(g)
C(s) + ½ O2(g) →CO(g)
∆H= - 243 kJ
∆H= -121 kJ
sommando la seconda reazione all’inverso della prima si trova la reazione cercata:
H2O(g)→ H2(g) + ½ O2(g)
∆H= + 243 kJ
C(s) + ½ O2(g) →CO(g)
∆H= -121 kJ
H2O(g) + C(s) = CO(g) + H2(g)
∆H= 243-121= 122 kJ
23
Equilibrio Chimico
53. Si sciolgono 1.0 moli di A in 1.0 l di soluzione; si stabilisce l’equilibrio A ↔ B, che, alla
temperatura del sistema, ha una Kc = 0.80. Calcola le concentrazioni di A e di B all’equilibrio.
Inizialmente, in un litro di soluzione, è presente 1.0 mole di A, mentre B è assente;
si può supporre che si consumi una quantità x di A (visto che A diminuisce sarà -x);
confrontando i coefficienti stechiometrici di A e di B, x è la variazione positiva di B, corrispondente
alla quantità di B che si forma.
All’equilibrio rimarranno (1.0-x) moli di A e si saranno formate x moli di B.
Schematicamente possiamo scrivere:
A
↔
moli iniziali
1
variazione
-x
all’equilibrio
1-x
B
0
x
x
Sostituiamo i valori di concentrazione nella Kc:
Kc=[B]/[A]=x/(1-x)
Risolvendo l’equazione di primo grado rispetto ad x,
(1-x) Kc=x
Kc-Kcx=x
(1+Kc)x=Kc
x=Kc/(1+Kc)=
si ottiene x = 0.44; quindi
[A] = 1.0 - x = 0.56 M
[B] = 0.44 M
54. In un recipiente da 1.0 l si introducono 2.0 moli di H2 e 1.0 mol di I2 a 440°C e si ha la
reazione:
I2 + H2 ↔ 2HI
calcolare le concentrazioni di tutte le specie all’equilibrio (Kc a 440°C è uguale a 50).
nel raggiungere l’equilibrio lo iodio e l’idrogeno vengono consumati in pari quantità (x) per cui
possiamo utilizzare il seguente schema:
moli iniziali
variazione
all’equilibrio
I2
1.0
-x
1-x
+
H2
2.0
-x
2-x
↔
2 HI
0
2x
2x
[ HI ]2
( 2 x) 2

[ I 2 ][H 2 ] (1  x)(2  x)
Quindi:
Kc 
24
Kc(1-x)(2-x)=4x2
2Kc-3Kcx+Kcx2=4x2
(Kc-4) x2-3 Kc x+2 Kc=0
46 x2-150 x+100=0
 b  b 2  4ac 150  64,0
x

2a
92
x1=2.33 ; x2=0.935
La x1 non è accettabile (è maggiore delle quantità iniziali di reagenti)
Le concentrazioni all’equilibrio
[HI] = 2x = 1.870 M
[H2] = 2-x = 1.065 M
[I2] = 1-x = 0.065 M
55. In un reattore in cui è stato introdotto HI alla pressione di 8.2 atm, si stabilisce l’equilibrio
2HI ↔ H2 + I2.
Calcolare le pressioni parziali di tutte le specie all’equilibrio, sapendo che alla temperatura a cui
si opera Kp = 2.04·10-2.
Procediamo come nei casi precedenti, introducendo nello schema le pressioni parziali invece del
numero di moli (la pressione parziale e le moli di ogni componente di una miscela gassosa sono tra
loro proporzionali)
p iniziale
variazione
all’equilibrio
2 HI
8.2
-x
8.2-x
↔
H2
0
½x
½x
+
I2
0
½x
½x
Quindi:
pH pI
0,5 x  0,5 x
(0,5 x) 2
Kp  2 2 2 

(8,2  x) 2 (8,2  x) 2
p HI
(0,5 x) 2
2,04  10 
(8,2  x) 2
Facendo la radice di entrambi i membri:
0,5 x
0,143 
(8,2  x)
0.143∙8.2-0.143∙x=0.5∙x
0.643 x=1.17
x=1.82
2
1
x  1.82/2=0.91 atm
2
1
p I 2  x  1.82/2=0.91 atm
2
p HI  8,2  x  8.2-1.82=6.4 atm
pH2 
25
56. In un recipiente di 10 litri ermeticamente chiuso si fanno reagire 10 g di CaCO3 secondo la
reazione:
CaCO3(s) ↔ CaO(s) + CO2(g).
Raggiunto l’equilibrio a 900 °C, la pressione dell’anidride carbonica che si è sviluppata risulta di
0.6 atm. Calcolare quanto carbonato di calcio è rimasto nel recipiente. Si consideri trascurabile il
volume occupato dai solidi.
Si tratta di un sistema eterogeneo in equilibrio a 900 °C (1173 K). La pressione è data solo da CO2.
Se la pressione esercitata da CO2 è 0.6 atm, quante sono le moli di questo gas?
PV=nRT
PV
0,6  10
n

 0.062 mol
RT 0,0821  1173
Per ottenere una mole di CO2 deve reagire una mole di CaCO3. Quindi, per ottenere 0.062 moli di
CO2 devono reagire 0.062 moli di CaCO3.
Il peso-molecolare di CaCO3 è 100.1 per cui 100.1∙ 0.062 = 6.2 g. Questa è la quantità di carbonato
di calcio che ha reagito.
Nel recipiente, all’equilibrio, sono rimasti ancora 10 – 6.2 = 3.8 g di carbonato di calcio che non
hanno partecipato alla reazione.
57. Una mole di ammoniaca viene introdotta in un recipiente chiuso della capacità di 2 litri. La si
riscalda per farla reagire fino ad ottenere 0.40 moli di H2. La temperatura da questo momento
viene mantenuta costante. Qual è la costante di equilibrio Kc della reazione:
2 NH3 ↔ N2 + 3 H2
2 NH3
1
-2x
1-2x
inizio
variazione
all’equilibrio
↔
N2
0
x
x
+
3 H2
0
3x
3x
Essendo la quantità di H2 prodotto pari a 0.4 moli si ha:
3 x = 0.40
x = 0.133
nNH3=1-2x=1-0.266=0.733 mol
nN2= x = 0.133 mol
[NH3]=0.733/2=0.367 M
[N2]=0.133/2=0.066 M
[H2]=0.40/2=0.20 M
Kc 
[ N 2 ][H 2 ]3
[ NH 3 ] 2

0,066  0,20 3
 3.92 10 3
2
0,367
58. 3 moli di SO3 sono poste in un recipiente di 5 litri alla temperatura di 1000 K. All’equilibrio il
grado di dissociazione dell’anidride solforica è pari a =0.197. La reazione di dissociazione è la
seguente:
26
2 SO3 ↔ 2 SO2 + O2
tutte e tre le sostanze sono allo stato gassoso.
Trovare la Kc e la Kp.
Il numero di moli di SO3 consumate si calcola dal grado di dissociazione (o in generale dal grado di
reazione):
n SO3 consumate= n iniziali∙ 
Impostiamo la tabella per la determinare le moli all’equilibrio:
2 SO3
n
-n∙
n-n∙
inizio
variazione
all’equilibrio
↔
2 SO2
0
n∙
n∙
+
O2
0
½ n∙
½ n∙
+
O2
0
½∙0.591
0.295
All’equilibrio il 19.7 % di SO3 si è dissociata:
n SO3 variate = -3∙0.197 = -0.591 mol
sostituendo nella tabella:
2 SO3
3
-0.591
3-0.591
inizio
variazione
all’equilibrio
↔
2 SO2
0
+0.591
0.591
nSO3=3-0.591=2.41 mol
nSO2= 0.591 mol
nO2= 0.295 mol
[SO3]=2.41/5=0.482 M
[SO2]= 0.591/5=0.118 M
[O2]= 0.295/5=0.0590 M
[ SO2 ]2 [O2 ] 0,118 2  0,0590
Kc 

 3,54  10 3
2
2
[ SO3 ]
0,482
Dalla PV=nRT
pSO3=2.41∙0.0821∙1000/5=39.6 atm
pSO2=0.591∙0.0821∙1000/5=9.70 atm
pO23=0.295∙0.0821∙1000/5=4.84 atm
p SO2  pO2
2
Kp 
p SO3
2

9,70 2  4,84
 0,290
39,6 2
Allo stesso risultato si arriva applicando la seguente formula:
Kp = Kc∙(RT)p-r
dove p indica la somma dei coefficiente stechiometrici delle sostanze prodotte (2+1) ed r la somma
dei coefficienti stechiometrici delle sostanze reagenti (2).
27
Kp = 3.54∙ 10-3∙(0.0821∙1000)3-2=0.290
59. Si abbia una miscela di gas formata da 3 moli di CO, 1 mole di H2O, 2 moli di H2 e 4 moli di
CO2. Alla temperatura di 1000 °C la costante di equilibrio della reazione:
CO + H2O ↔ H2 + CO2
è Kc = 1.6. Quale sarà la composizione dei gas all’equilibrio?
Nel caso specifico la costante di equilibrio assume la forma seguente:
[ H 2 ][CO 2 ]
Kc 
[CO ][H 2 O]
Prima di procedere calcoliamo il quoziente di reazione per verificare se, nelle condizioni date, la
miscela non sia già in equilibrio:
nH 2 nCO 2

[ H 2 ][CO 2 ]
nH 2  nCO 2 2  4
V
Q
 V


 2,66
[CO ][H 2 O] nCO nH 2 O nCO  nH 2 O 3  1

V
V
In questo caso, nella equazione della costante o del quoziente di reazione, i volumi si semplificano
per cui nel calcolo della costante è sufficiente conoscere il numero di moli dei composti.
Q è maggiore di Kc per cui la reazione non è all’equilibrio e per raggiungerlo si dovranno
consumare una parte dei prodotti.
Prendiamo come riferimento l’idrogeno (si può prendere una qualsiasi delle altre sostanze);
se x moli di H2 si trasformano in reagenti si otterrà:
inizio
variazione
all’equilibrio
CO
3
+x
3+x
+
H2O
1
+x
1+x
↔
H2
2
-x
2-x
+
CO2
4
-x
4-x
nCO=3+x
nH2O= 1+x
nH2= 2-x
nCO2= 4-x
(2  x)(4  x)
 1,6
(3  x)(1  x)
quindi:
8-6x+x2=1.6 ∙(3+4x+x2)
0.6x2+12.4x-3.2=0
 12,4  153.76  7,68  12,4  12,71
x

1,2
1,2
x1= -20.9 non accettabile
x2=0.26
Kc 
nCO=3+0.26=3.26 mol
nH2O= 1+0.26=1.26 mol
nH2= 2-0.26=1.74 mol
nCO2= 4-0.26=3.74 mol
28
60. Un recipiente contiene CO2 alla pressione di 1 atmosfera. La temperatura viene portata a 100
°C. l’anidride carbonica si dissocia per il 15 % secondo l’equazione:
2 CO2 ↔ 2 CO + O2.
Calcolare la Kc.
La concentrazione della CO2 può essere calcolata dalla:
p·V = n·R·T
n/V=[CO2]=p/R∙T=1/(0.0821∙373)=0.033 mol/L
questa è la concentrazione iniziale della CO2. Essendo =15 % possiamo scrivere:
inizio
variazione
all’equilibrio
2 CO2
↔
0.033
-0.033∙
0.033-0.033∙
2 CO
0
0.033∙
0.033∙
+
O2
0
½ 0.033∙
0.0165∙
[CO2]= 0.033-0.033∙=0.033-0.033∙15/100=0.028 M
[CO]= 0.033∙=0.033∙15/100= 0.0049 M
[O2]= 0.0165∙=0.0165∙15/100=0.0025 M
Kc 
[CO ]2 [O2 ] 0,0049 2  0,0025

 7.6∙10-5
2
2
[CO 2 ]
0,028
61. Il Kp per la reazione di formazione da CO e Cl2 del fosgene COCl2 è 6.5∙1011 a 25 °C ( a questa
temperatura tutti i composti sono gassosi). Qual è il Kp per la reazione di dissociazione?
la reazione di formazione è:
CO + Cl2↔ COCl2
quindi:
pCOCl 2
Kp 
pCO  pCl 2
La reazione di dissociazione sarà:
COCl2 ↔ CO + Cl2
quindi:
p p
Kp '  CO Cl 2
pCOCl 2
ossia
Kp’=1/Kp=1/6.5∙1011=1.54 ∙10-12
62. Quale dei tre equilibri si sposta verso i reagenti all’aumentare del volume del recipiente di
reazione? E all’aumentare della pressione?
A)
N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g)
B)
H2(g) + I2(g) = 2HI(g)
C)
2H2S(g) = 2H2(g) + S2(g)
All’aumentare del volume la pressione diminuisce, quindi l’equilibrio si sposta nel verso che
comporta aumento del numero di moli. L’unica reazione che produce un aumento del numero di
moli passando dai reagenti ai prodotti è la C. La reazione A si sposta verso i reagenti, la B non è
29
influenzata da variazioni di pressione poiché il numero di moli dei reagenti è uguale a quelle dei
prodotti.
Un aumento di pressione favorisce la formazione dei prodotti nella reazione A che avviene con
diminuzione del numero di moli.
63. Si assuma che l’equilibrio
butano↔ isobutano
sia raggiunto quando in un contenitore di 1.00 L le concentrazioni sono:[butano]= 0.500 mol/L,
[isobutano]= 1.25 mol/L. A questo punto si aggiungono 1.50 moli di butano. Quali saranno le
nuove concentrazioni all’equilibrio?
Possiamo calcolare la costante d’equilibrio:
[isobutano ] 1,25

 2,50
[butano ]
0,500
Una parte del butano aggiunto verrà trasformata in isobutano, chiamiamo x questa quantità:
Kc 
moli iniziali
dopo aggiunta
variazione
all’equilibrio
butano
0.500
2.00
-x
2.00-x
↔
isobutano
1.25
1.25
x
1.25+x
per cui
[isobutano ] [1,25  x]

[butano ]
[2,00  x]
risolvendo rispetto ad x:
2.50∙(2.00-x)=1.25+x
x+2.50x= 5-1.25
x=1.07
le nuove concentrazioni all’equilibrio sono:
[butano]= 2.00-x=2.00-1.07= 0.930 mol/L
[isobutano]= 1.25+x= 2.32 mol/L
da notare che entrambe le concentrazioni sono aumentate.
Kc  2,50 
64. Si considerino i seguenti equilibri:
N2 + 3H2↔ 2NH3
∆H=-92 kJ/mol
N2O4 ↔ 2NO2
∆H=57 kJ/mol
Quali effetti ha su di essi un aumento della temperatura?
La prima reazione è esotermica (si può immaginare che il calore prodotto sia uno dei prodotti della
reazione) per cui un aumento di temperatura (che si può immaginare come un aumento della
quantità di calore) sposta l’equilibrio verso i reagenti.
La seconda è endotermica (il calore si può considerare un reagente) e l’aumento di temperatura la
sposta verso i prodotti.
30
Acidi – basi – pH
65. Calcolare il pH di una soluzione di HCl con concentrazione 4∙10-3 M.
L’acido cloridrico è un acido forte per cui si dissocia completamente:
HCl → H++Cl+
la concentrazione dello ione H è la stessa di quella dell’acido:
[H+]=[HCl]= 4∙10-3 M
pH=-log[H+]=-log(4∙10-3)=2.40
66. Calcolare il pH di una soluzione 0.0012 M di idrossido di sodio.
si tratta di una base forte per cui:
[OH-] = [NaOH] = 1.2∙10-3 M
pOH = -log[OH-] = -log(1.2∙10-3)=2.92
pH = pKw – pOH = 14-2.92 = 11.08
67. Una soluzione 0.10 M di acido lattico C2H5OCOOH ha un pH di 2.43. Qual è il valore della Ka
dell’acido?
Per calcolare la Ka bisogna conoscere le concentrazioni delle specie in equilibrio.
inizio
variazione
equilibrio
C2H5OCOOH
0.10
-x
0.10-x
↔
C2H5OCOO0
x
x
+
H+
0
x
x
Quindi x è uguale alla concentrazione di H+ all’equilibrio:
essendo
pH=-log [H+]
sarà:
x=[H+]=10-pH=10-2.43=3.71∙10-3 M
quindi:
[C H OCOO - ]  [H  ]
xx
3,71  10 3  3,71  10 3
Ka  2 5


 1,4  10 4
3
[C2 H 5 OCOOH]
0,10  x
0,10  3,71  10
68. Calcolare il pH di una soluzione 0.020 M di acido benzoico (C6H5COOH) se la Ka dell’acido
vale 6.3∙10-5.
inizio
variazione
equilibrio
C6H5COOH
0.020
-x
0.020-x
↔
C6H5COO0
x
x
+
H+
0
x
x
Il valore di x è piccolo rispetto alla concentrazione iniziale dell’acido (Ca>100∙Ka) per cui per la
concentrazione dell’acido all’equilibrio possiamo scrivere:
31
Ca=0.020-x ≈ 0.020 M
quindi:
[C H COO - ]  [H  ]
xx
Ka  6 5

[C6 H 5 COOH]
0,020
da cui
0.020∙Ka=x2
x  0,020  Ka  0,020  6,3  10 5  0.0011 M
ma
x=[H+]
per cui
pH=-log(0.0011)=2.96
69. Qual è il pH di una soluzione 0.0010 M di acido formico? Qual è la concentrazione dell’acido
all’equilibrio? Il Ka dell’acido vale 1.8∙10-4.
inizio
variazione
equilibrio
HCOOH
0.0010
-x
0.0010-x
↔
HCOO0
x
x
+
H+
0
x
x
In questo caso Ca<100∙Ka per cui non si può trascurare la quantità di acido dissociata!
[HCOO - ]  [H  ]
x x
Ka 

[HCOOH]
0,0010  x
che da:
(0.0010-x)∙Ka=x2
x2+x∙Ka – 0.0010∙Ka=0
 Ka  Ka 2  4  0.0010  Ka  1,8  10 4  8.7  10 4

2
2
-4
x1 = 3.4∙10
x2 = -5.2∙10-4
Chiaramente x2 non è accettabile.
quindi:
[H+] = x = 3.4∙10-4 M
pH = -log(3, .4∙10-4) = 3.47
x
[HCOOH] = 0.0010-x = 0.0010-3.4∙10-4 = 6.6∙10-4 M
70. Qual’è il pH di una soluzione di acetato di sodio 0.015 M?
La Ka dell’acido acetico vale 1.8∙10-5.
L’acetato di sodio è un sale (quindi in soluzione è completamente dissociato) ottenuto da una base
forte (NaOH) ed un acido debole (CH3COOH). In soluzione si dissocia producendo Ioni Na+ e
CH3COO-. Il primo non interagisce con l’acqua, essendo il catione di una base forte (quindi si
comporta come un acido debolissimo) il secondo invece si idrolizza secondo il seguente equilibrio:
32
inizio
variazione
equilibrio
CH3COO0.015
-x
0.015-x
+
H2O ↔
CH3COOH
0
x
x
+
OH0
x
x
La costante di questo equilibrio (Kb) si ricava dalla Ka dell’acido acetico:
Kb=Kw/Ka=10-14/1.8∙10-5=5.6∙10-10
il valore della costante è molto piccolo per cui lo ione acetato si comporta come una base molto
debole. Questo vuol dire che possiamo trascurare la variazione della sua concentrazione in seguito
all’idrolisi:
[CH3COO-]=0.015-x ≈ 0.015 M
quindi:
[CH 3 COOH]  [OH  ] x  x [OH  ]2
Kb 


0,015
0,015
[CH 3 COO - ]
per cui:
[OH  ]  0,015  Kb  0,015  5,6  10 10  2.9∙10-6 M
pOH=-log(2.9∙10-6)=5.54
pH=14-5.54=8.46
71. Qual è il pH della soluzione che risulta dopo il mescolamento di 25 ml di NH3 0.016 M e 25 ml
di HCl 0.016 M?
Kb di NH3 vale 1.8∙10-5
i due composti reagiscono secondo la reazione:
NH3+HCl→NH4Cl
calcoliamo le moli dei due reagenti:
nNH3=M∙V=0.016∙0.025=4.0∙10-4 mol
nHCl=M∙V=0.016∙0.025=4.0∙10-4 mol
non ci sono eccessi di uno dei reagenti.
le moli di sale sono uguali alle moli di ognuno dei reagenti:
nNH4Cl= nNH3= nHCl=4.0∙10-4 mol
la sua concentrazione sarà
[NH4Cl]= nNH4Cl/Vtot=4.0∙10-4/(0.025+0.025)= 8.0∙10-3 M
il cloruro di ammonio si dissocia producendo ioni ammonio che si idrolizzano secondo la:
inizio
variazione
equilibrio
NH4+
8.0∙10-3
-x
8.0∙10-3-x
+
H2O ↔
NH4OH
0
x
x
+
H+
0
x
x
La costante dell’equilibrio (Ka) si ottiene dalla Kb dell’ammoniaca:
Ka=Kw/Kb=10-14/1.8∙10-5=5.6∙10-10
come al solito lo ione ammonio si idrolizza poco (Ka piccolissima) per cui possiamo scrivere:
[NH4+]=8.0∙10-3-x ≈ 8.0∙10-3 M
[NH 4 OH]  [H  ]
xx
[H  ]2
Ka 


[NH 4 ]
8,0  10 -3 8,0  10 -3
33
[ H  ]  8,0  10 3  Ka  8,0  10 3  5,6  10 10  2.1∙10-6 M
pH=-log(2.1∙10-6)=5.67
72. Qual è il pH di una soluzione risultante dall’aggiunta di 25.0 ml di NaOH 0.0500 M a 25.0 ml
di acido lattico 0.100 M (Ka=1.4∙10-4).
calcoliamo le moli dei due composti:
nNaOH=M∙V=0.0500∙0.0250=1.25∙10-3 mol
nC2H5OCOOH=0.100∙0.0250=2.50∙10-3 mol
C2H5OCOOH+NaOH→C2H5OCOONa + H2O
siccome vi è un eccesso di acido lattico si produrrà una quantità di lattato di sodio pari alla quantità
di soda:
n C2H5OCOONa= nNaOH= 1.25∙10-3 mol
e rimarrà un eccesso di acido:
nC2H5OCOOH=2.50∙10-3 - 1.25∙10-3 =1.25∙10-3 mol
Le concentrazioni si ottengono dividendo le moli per il volume totale (0.0250+0.0250) ml:
Cs= n C2H5OCOONa/Vtot=1.25∙10-3/0.0500=0.0250 M
Ca= n C2H5OCOOH/Vtot=1.25∙10-3/0.0500=0.0250 M
Siamo in presenza di una soluzione tampone (acido e un suo sale con una base forte)
Supponendo che una parte dell’acido si dissoci
inizio
variazione
equilibrio
C2H5OCOOH
0.0250
-x
0.0250-x
↔
C2H5OCOO0.0250
x
0.0250+x
+
H+
0
x
x
se fosse presente solo l’acido essendo Ca>100∙Ka potremmo scrivere:
Ca=0.0250-x ≈ 0.0250 M
essendo presente anche il suo anione l’acido si dissocerà ancora meno per cui l’approssimazione
appena scritta è ancora più ragionevole nel caso di una soluzione tampone.
Essendo l’acido poco dissociato la quantità x di anione prodotto sarà trascurabile rispetto a quella
iniziale per cui:
Cs=0.0250+x ≈ 0.0250 M
[C 2 H 5 OCOO - ]  [H  ] Cs  x Cs  [H  ]


[C 2 H 5 OCOOH]
Ca
Ca
da cui deriva la formula per il calcolo di [H+] di una soluzione tampone di un acido:
[H+]=Ka∙Ca/Cs=1.4∙10-4∙0.0250/0.0250=1.4∙10-4 M
pH=3.85
Ka 
73. Qual è il pH di una soluzione tampone ammoniaca/cloruro di ammonio con [NH4OH]=0.700 M
e [NH4+]=0.600 M? (Kb=1.8∙10-5)
inizio
variazione
equilibrio
NH4OH
0.700
-x
0.700-x
↔
NH4+
0.600
x
0.600+x
+
OH0
x
x
34
Siccome l’ammoniaca si dissocia molto poco (soprattutto in presenza dello ione ammonio)
possiamo scrivere che all’equilibrio:
Cb≈0.700 M
Cs≈0.600 M
per cui essendo:
[NH 4 ]  [OH  ] Cs  [OH - ]
Kb 

[NH 4 OH]
Cb
Cb  Kb 0,700  1,8  10 5
= 2.1∙10-5 M

Cs
0,600
pOH = -log(2.1∙10-5) = 4.68
pH = 14-4.68 = 9.32
[OH - ] 
35
Equilibri di solubilità
74. Calcolare il Kps di PbCO3, sapendo che la sua solubilità in acqua a 25°C è 4∙10-7 mol/l
quando il carbonato di piombo si scioglie si instaura il seguente equilibrio:
PbCO3 (s)
↔
inizio
variazione
equilibrio
Pb2+ (aq)
0
S
S
+ CO32-(aq)
0
S
S
S è anche la solubilità del sale poiché per ogni mole/L di ione Pb2+ o CO32- in soluzione si deve
essere sciolta una mole di sale.
Kps=[ Pb2+] [CO32-]=S∙S=S2=(4∙10-7)2=1.6∙10-13
75. Quante moli di PbI2, sale poco solubile, si possono sciogliere in 10 L di H2O a 25°C se il valore
di Kps (PbI2) = 1.0∙10-8
l’equilibrio è:
PbI2 (s)
↔
Pb2+ (aq)
0
S
S
inizio
variazione
equilibrio
+ 2 I- (aq)
0
2S
2S
all’equilibrio Kps = [Pb2+]1 ∙ [I-]2 = S∙(2 S)2 = 4∙S3
S= (Kps/4)1/3 = 1.3∙10-3 moli/L
nel volume di 10L le moli di sale disciolto sono:
moli PbI2 = 10∙1.3∙10-3 = 0.013 mol
76. 1.0 g di Ag3PO4, sale poco solubile, sono addizionati a 25 L di H2O. Determinare all’equilibrio
la quantità di sale solubilizzato e quella indisciolto noto il valore di Kps= 1.4∙10-16 e il peso
molecolare del sale pari a 418.574 g/mol
Ag3PO4 (s)
↔
inizio
variazione
equilibrio
3 Ag+ (aq)
0
3s
3s
+ PO43- (aq)
0
s
s
Kps = [Ag+]3∙[PO43-]1 = (3.s)3∙s = 27∙s4
s = (Kps/27)1/4 = 4.77∙10-5 mol/L
g Ag3PO4 disciolti in un litro di soluzione = s∙ M = 4.77∙10-5∙418.574 = 0.0200 g/L
36
sale disciolto in 25L = g∙25 = 0.0200 g/L ∙ 25 L = 0.500g
sale indisciolto= 1-0.500 = 0.500 g
77. Confrontare la solubilità del sale poco solubile CuBr, con Kps = 1∙10-16, nelle seguenti
situazioni: A) in acqua pura; B) in una soluzione di NaBr 2∙10-8 M (sale totalmente solubile); C) in
una soluzione di NaBr 10-3 M.
caso A): l’equilibrio di solubilità in acqua pura è:
↔
CuBr (s)
inizio
variazione
equilibrio
Cu+ (aq)
0
s
s
+ Br(aq)
0
s
s
Kps= [Cu+] ∙ [Br-] = s∙s = s2
s = Kps1/2 = 10-8 moli/L
caso B): In presenza di una soluzione di NaBr 2∙10-8 moli/L totalmente disciolto:
CuBr (s)
↔
inizio
variazione
equilibrio
Cu+ (aq)
0
s
s
+ Br- (aq)
2∙10-8
s
2∙10-8+s
Quindi:
Kps = [Cu+] ∙ [Br-] = s∙(s∙+2∙10-8)
s2 + 2∙10-8∙s – 10-16 = 0
 2  10 8  (2  10 8 ) 2  4  10 16
s
2
s= 4.14∙10-9 M
caso C): In presenza di una soluzione di NaBr 10-3 moli/L
CuBr (s)
inizio
variazione
equilibrio
↔
Cu+ (aq)
0
s
s
+ Br- (aq)
10-3
s
10-3+s
La solubilità del sale nell’acqua distillata (quindi la solubilità massima) è pari a 10 -8 moli/L. In
presenza di ioni Br- sarà ancora più piccola!
37
Questo ci permette di scrivere:
[Br-] = 10-3+s ≈ 10-3 M
Kps = [Cu+] ∙ [Br-] = s∙10-3
s = Kps/ 10-3 = 10-16/10-3 = 10-13
come si può notare la solubilità è molto minore della concentrazione iniziale di Br- (10-13 << 10-3)
38
Reazioni di ossidoriduzione
78. bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione:
Al(s) + H2O → Al(OH)4- + H2
L’alluminio si ossida cambiando il suo numero di ossidazione da 0 a +3, l’idrogeno si riduce (da +1
a 0)
La semireazione di ossidazione in forma ionica sarà:
Al → Al3+ + 3enon sono necessari altre operazioni poiché sia le masse che le cariche sono bilanciate.
La semireazione di riduzione:
H2O +2e-→ H2
per bilanciare le cariche devo aggiungere due ossidrili (la reazione avviene in ambiente basico) tra i
prodotti:
H2O +2e-→ H2 + 2 OHa questo punto bilancio le masse aggiungendo una molecola di acqua a sinistra:
2 H2O +2e-→ H2 + 2 OHeguagliamo il numero di elettroni nelle due semireazioni
2 Al
→
3 2 H2O +2e
→
2 Al + 6 H2O +6e→
non ci sono specie da semplificare
equazione di partenza:
Al3+ + 3eH2 + 2 OH2 Al3+ + 6e- +3 H2 + 6 OH(a parte gli elettroni), quindi riporto i coefficiente trovati nella
2 Al(s) + 6 H2O → 2 Al(OH)4- + 3 H2
a sinistra abbiamo 6 atomi di O a destra sono 8, inoltre a destra la carica totale è pari a -2 a sinistra
invece è nulla. Per bilanciare basta aggiungere due ossidrili a sinistra:
2 Al(s) + 6 H2O + 2 OH-→ 2 Al(OH)4- + 3 H2
79. Bilanciare la seguente reazione redox:
Ag(s) +HNO3→ NO2 + AgNO3
in forma ionica:
Ag(s) +H+ + NO3-→ NO2 + Ag+ + NO3Il numero di ossidazione dell’argento passa da 0 a +1 e quello dell’azoto da +5 a +4.
Ag(s) → Ag++ ela semireazione di ossidazione è bilanciata
NO3- + e-→ NO2
La reazione avviene in ambiente acido quindi bisogna bilanciare le cariche usando ioni H+
NO3- + e- + 2 H+→ NO2
Completiamo bilanciando l’ossigeno aggiungendo duna molecola d’acqua
NO3- + e- + 2 H+→ NO2 + H2O
Il numero di elettroni scambiate nelle due semireazioni è uguale per cui:
39
Ag(s)
→ Ag++ eNO3- + e- + 2 H+
→ NO2 + H2O
Ag(s) + NO3- + e- + 2 H+
→ Ag++ e- + NO2 + H2O
Riportiamo i coefficienti ottenuti nella reazione iniziale:
Ag(s) +HNO3→ NO2 + AgNO3 + H2O
In questa reazione dalla parte dei reagenti è presente un solo ione H+ nel bilanciamento risultavano
due ioni H+, inoltre a sinistra mancano anche un atomo di azoto e 3 di ossigeno. Tutto si sistema
aggiungendo una molecola di acido nitrico:
Ag(s) +2 HNO3→ NO2 + AgNO3 + H2O
80. Bilanciare la reazione seguente:
permanganato di potassio + ioduro di potassio + acido solforico → solfato di potassio + solfato di
manganese + iodio +acqua
La reazione è:
KMnO4 + KI + H2SO4→ K2SO4 + MnSO4 + I2(s) + H2O
in forma ionica:
K+ + MnO4- + K+ + I- + 2 H+ + SO4--→ 2 K+ + SO4-- + Mn++ + SO4-- + I2(s) + H2O
Il numero di ossidazione del manganese passa da +7 a +2, quello dello iodio passa da -1 a 0:
MnO4- + 5e- → Mn++
Bilanciamo le cariche
MnO4- + 5e- + 8 H+→ Mn++
per bilanciare idrogeno ed ossigeno aggiungiamo 4 quattro molecole di acqua:
MnO4- + 5e- + 8 H+→ Mn++ + 4 H2O
per a semireazione di ossidazione:
I- → I2(s)
devo considerare 2 ioni ioduro poiché la molecola di iodio è biatomica
2 I- → I2(s) + 2 eche risulta bilanciata
eguagliamo il numero di elettroni tra le due semireazioni:
2
5
MnO4- + 5e- + 8 H+
2 I2 MnO4- + 10 e- + 16 H+ + 10 I-
→ Mn++ + 4 H2O
→ I2(s) + 2 e→ 2 Mn++ + 8 H2O +5 I2(s) + 10 e-
riportiamo i coefficienti nell’equazione di partenza:
2 KMnO4 + 10 KI + 8 H2SO4→ K2SO4 +2 MnSO4 +5 I2 (s)+8 H2O
a sinistra abbiamo 8 atomi di zolfo e 12 di potassio a destra sono 3 di zolfo e 2 di potassio,
aggiungiamo a destra 5 molecole di solfato di potassio:
2 KMnO4 + 10 KI + 8 H2SO4→6 K2SO4 +2 MnSO4 +5 I2(s) +8 H2O
A questo punto la reazione è bilanciata anche per l’ossigeno e l’idrogeno.
81. Bilanciare la seguente reazione:
permanganato di potassio + solfito di potassio + acqua→ ossido manganico + solfato di potassio
+ idrossido di potassio.
40
La reazione è:
KMnO4 + K2SO3→ MnO2 + K2SO4 + KOH
in forma iionica:
K+ + MnO4- + 2 K+ + SO32-→ MnO2 + 2 K+ + SO42- + K- + OHIl numero di ossidazione del manganese passa da +7 a +4, quello dello zolfo da +4 a +6 quindi:
MnO4- + 3 e- → MnO2
la reazione avviene in ambiente basico per cui bilanciamo le cariche usando gli ossidrili:
MnO4- + 3e- → MnO2 + 4 OHper bilanciare idrogeno ed ossigeno aggiungiamo 2 molecole di acqua:
MnO4- + 3e- + 2 H2O→ MnO2 + 4 OHper la semireazione di ossidazione:
SO32-→ SO42- + 2 ebilanciamo le cariche:
SO32- + 2 OH-→ SO42- + 2 ebilanciamo le masse:
SO32- + 2 OH-→ SO42- + 2 e- + H2O
Uguagliamo gli elettroni scambiate nelle due semireazioni:
2 MnO4- + 3e- + 2 H2O
→ MnO2 + 4 OH3 SO32- + 2 OH→ SO42- + 2 e- + H2O
22 MnO4 + 6 e + 4 H2O +3 SO3 + 6 OH
→ 2 MnO2 + 8 OH- + 3 SO42- + 6 e- + 3 H2O
eliminiamo le molecole in eccesso che compaiono da entrambe le parti (OH- ed H2O) otteniamo:
2 MnO4- + H2O +3 SO32- →2 MnO2 + 2 OH- + 3 SO42riportiamo i coefficienti nella reazione di partenza (aggiungendo l’acqua che non era stata indicata):
2 KMnO4 + 3 K2SO3 + H2O → 2 MnO2 + 3 K2SO4 +2 KOH
anche idrogeno ed ossigeno risultano bilanciati.
82. Bilanciare la seguente reazione:
Bromuro di potassio + bicromato di potassio + acido solforico → solfato cromico + bromo +
solfato di potassio + acqua
la reazione è:
KBr + K2Cr2O7 + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + Br2(l) + K2SO4 + H2O
in forma ionica:
K+ + Br- + 2 K+ + Cr2O72- + 2 H+ + SO42- → 2 Cr3+ + 3 SO42- + Br2(l) + 2 K+ + SO42- + H2O
Il numero di ossidazione del bromo passa da -1 a 0 e quello del cromo passa da +6 a +3:
2 Br - → Br2(l) + 2 enon servono altre operazioni in quanto risulta bilanciata.
Per la semireazione di riduzione:
Cr2O72- + 6 e-→ 2 Cr3+
bilanciamo le cariche:
Cr2O72- + 6 e- + 14 H+→ 2 Cr3+
bilanciamo la massa:
Cr2O72- + 6 e- + 14 H+→ 2 Cr3+ + 7 H2O
Uguagliamo gli elettroni scambiate nelle due semireazioni:
41
3
1
2 Br Cr2O72- + 6 e- + 14 H+
6 Br - + Cr2O72- + 6 e- + 14 H+
→ Br2(l) + 2 e→ 2 Cr3+ + 7 H2O
→ 3 Br2(l) + 6 e- + 2 Cr3+ + 7 H2O
riportiamo i coefficienti nella reazione di partenza:
6 KBr + K2Cr2O7 + 7 H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3 Br2(l) + K2SO4 + 7 H2O
A sinistra sono presenti 8 atomi di potassio e 7 di zolfo a destra sono rispettivamente 2 e 4.
Bilanciamo aggiungendo solfato di potassio a destra:
6 KBr + K2Cr2O7 + 7 H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3 Br2(l) + 4 K2SO4 + 7 H2O
risultano bilanciato anche idrogeno ed ossigeno.
42
Elettrochimica
Pile
83. Calcolare il potenziale della coppia Zn2+/Zn a 25°C per una semipila formata da una lamina di
zinco immersa in una soluzione 2.5· 10-2 molare di Zn2+, sapendo che E°= -0.76V.
Applichiamo l’equazione di Nernst:
R T
[Ox ]
E  E0 
 ln
nF
[ Rid ]
da notare che il logaritmo è quello in base “e” e non quello decimale. Siccome:
ln x=2.303 ∙log x
possiamo scrivere che
2,303  R  T
[Ox ]
E  E0 
 log
nF
[ Rid ]
che a 25 °C (298 K) si riduce alla:
0,059
[Ox ]
E  E0 
 log
n
[ Rid ]
n rappresenta il numero di elettroni scambiati nella semireazione:
Zn2+ + 2 e-→ Zn
ed essendo lo zinco un solido puro possiamo scrivere che:
0,059
E  0,76 
 log( 2,5  10 2 )  -0.807 V
2
84. Calcolare il potenziale di un elettrodo di Pt che pesca in una soluzione a pH = 1.00 e
0
contenente KMnO4 2.00 M e MnSO4 2.00 M ( E MnO
 1,51 V). La reazione che avviene nella

/ Mn 2 
4
semicella è: MnO4 + 8H + 5e → Mn
-
+
-
2+
+ 4H2O
Scriviamo l’equazione di Nernst:
0,059
[Ox ]
E  E0 
 log
n
[ Rid ]
in questo caso:
[ MnO4 ]  [ H  ]8
0,059
0
E  E MnO


log

2
4 / Mn
5
[ Mn 2 ]
da pH ricaviamo la concentrazione idrogenionica:
[H+]=10-pH=10-1.00=0.100 M
E  1,51 
0,059
2,00  (101 )8
=1.42 V
 log
5
2,00
0
0
85. Sapendo che E Sn
= 0.15 V e E Zn
=-0.76 V, determinare la fem della seguente pila:
4
2
/ Sn 2 
/ Zn
43
Pt | [Sn4+] = 1M, [Sn2+] = 1M || [Zn2+] = 1M | Zn
lo schema riportato nel testo dell’esercizio significa:
un elettrodo di platino è immerso in una soluzione contenente gli ioni Sn4+ e Sn2+ entrambi alla
concentrazione 1 M. Questa soluzione è collegata tramite un ponte salino ad un’altra soluzione di
Zn2+ 1M in cui è immerso un elettrodo di zinco.
le due semireazioni di riduzione sono:
Sn4+ + 2e- → Sn2+
0
= 0.15 V
ESn
4
/ Sn 2
Zn2+ + 2e- → Zn
0
=-0.76 V
E Zn
2
/ Zn
la prima reazione ha un potenziale standard di riduzione maggiore della seconda per cui in
condizioni standard (concentrazioni 1M) lo Sn4+ ha una tendenza a ridursi maggiore dello Zn2+ per
cui, in condizioni standard, il semielemento contenente lo stagno si comporterà da catodo (vi
avviene la riduzione).
reazione catodica (polo positivo):
Sn4+ + 2e- → Sn2+
reazione anodica (polo negativo):
Zn → Zn2+ + 2eSe le concentrazioni delle specie in soluzione sono significativamente diverse da 1 M il verso delle
due precedenti reazioni potrebbero invertirsi. In questo caso nel calcolo della fem otterremmo un
valore negativo.
scriviamo l’equazione di Nernst per la
0,059
[ Sn 4 ]
0,059
0
0
fem  Ec  Ea  E Sn


log
 ( E Zn

 log[ Zn 2 ])
4
2
2
/ Sn 2 
/ Zn
2
2
[ Sn ]
in questo caso le concentrazioni delle specie in soluzione sono pari a 1 M (i termini sotto logaritmo
sono pari ad 1) per cui la cella è una pila standard
0
0
fem  E Sn
 0  ( E Zn
 0)  0,15  (0,76)  0.91 V
4
2
/ Sn 2 
/ Zn
86. Data una pila così costituita:
Pb | PbCl2 (V=1L, satura) || [Ag+]=0.5M |Ag
0
0
Calcolarne la f.e.m. ( EPb
=-0.13V; E Ag
= 0.80V; a 25 °C Kps(PbCl2)=2.4·10-4)
2

/ Pb
/ Ag
La pila è costituita da un elettrodo di piombo immerso in una soluzione satura di cloruro piomboso,
collegata tramite un ponte salino ad una soluzione 0.5 M di ioni argento in cui è immerso un
elettrodo di argento.
Le due semireazioni di riduzione sono:
Pb2+ + 2e- → Pb
Ag+ + e- → Ag
0
= -0.13V
EPb
2
/ Pb
0
= 0.80V
E Ag

/ Ag
l’ Ag+ ha un potenziale di riduzione maggiore di quello del Pb2+ per cui al catodo avverrà la
riduzione dell’argento e all’anodo l’ossidazione del piombo.
44
Ag+ + e→ Ag
Pb
→ Pb2+ + 2e2 Ag+ + 2 e- + Pb → 2 Ag + Pb2+ + 2eper cui la reazione completa è:
2 Ag+ + Pb→2 Ag + Pb2+
2
1
Scriviamo l’equazione di Nernst:
0,059
0,059
0
 log[ Ag  ]  ( EPb

 log[ Pb2  ])
2
/ Pb
1
2
per poter calcolare la fem bisogna determinare la concentrazione degli ioni piombo dall’equilibrio
di solubilità del cloruro di piombo:
0
fem  Ec  Ea  EAg


/ Ag
PbCl2 (s)
→ Pb2+ + 2 Cls
2 ∙s
da cui Kps=s∙(2s)2=4∙s3
[Pb2+]= s  3
Kps 3 2,4  104

=0.039 M
4
4
per cui:
fem  0,80 
0,059
0,059
 log 0,5  (0,13 
 log 0,039)  0.953 V
1
2
87. Calcolare la f.e.m. della pila:
Zn/ [Zn2+] = 0.01M // [Ag+] = 0.2M /Ag
0
0
Sapendo che E Zn
= -0.763 V e E Ag
= 0.799 V.
2

/ Zn
/ Ag
La pila è costituita da un elettrodo di zinco immerso in una soluzione 0.01 M di Zn2+ collegata
tramite un ponte salino ad una soluzione 0.2 M di ioni argento in cui è immerso un elettrodo di
argento.
Le reazioni di riduzione sono:
0
Zn2+ + 2e- → Zn
= -0.763 V
EZn
2
/ Zn
Ag+ + e- → Ag
0
= 0.799V
E Ag

/ Ag
Lo ione argento ha un potenziale standard di riduzione maggiore di quello dello ione zinco per cui,
in condizioni standard, al catodo (polo positivo) avverrà la riduzione dell’argento e all’anodo (polo
negativo) l’ossidazione dello zinco.
2
1
Ag+ + eZn
2 Ag+ + 2 e- + Zn
→ Ag
→ Zn2+ + 2e→ 2 Ag + Zn2+ + 2e-
Quindi la reazione completa sarà:
2 Ag+ + Zn→2 Ag + Zn2+
0,059
0,059
0
0
fem  Ec  Ea  EAg

 log[ Ag  ]  ( EZn

 log[ Zn2  ])

2
/ Ag
/ Zn
1
2
45
fem  0,799  0,059  log[ 0,2]  (0,763 
0,059
 log[ 0,01]) = 1.58 V
2
88. La f.e.m. della seguente pila è pari a 0.236V a 25°C.
Pt / H2 (p= 1 atm)/pH =x || pH = 1.5 / (PH2=1 atm) /Pt
Calcolare il pH della soluzione anodica.
Si tratta di una pila a concentrazione costituita da due elettrodi ad idrogeno.
la reazione anodica sarà:
H2(g)→2 H+ + 2 ee quella catodica:
2 H+ + 2 e-→ H2(g)
fem  Ec  E a  E
0
H  / H2
[ H  ]c2
[ H  ]2a
0,059
0,059
0

 log
 (EH  / H 
 log
)
2
2
pH2
2
pH2
0,059
0,059
0,059
0,059
 log[ H  ]c2 
 log[ H  ]2a 
 2  log[ H  ]c 
 2  log[ H  ]a
2
2
2
2
fem  0,059  log[ H  ]c  0,059  log[ H  ]a
fem
  pH c  pH a
0,059
fem
0,236
pH a 
 pH c 
 1,5 =5.5
0,059
0,059
fem 
89. La f.e.m. della seguente pila a 25°C è uguale a 1.22 V:
Pt/ H2(g)(P=1.0 atm) / [H+] = 0.1 M // [Cl-]=0.10 M; [ClO4-]=0.20 M; pH= ? / Pt
0
sapendo che EClO
=1.35 V calcolare il pH della soluzione contenente cloro:

/ Cl
4
La pila è costituita da un elettrodo ad idrogeno (non standard) collegato con un ponte salino ad una
soluzione contenente [Cl-]=0.10 M, [ClO4-]=0.20 M con pH incognito in cui è immerso un elettrodo
di platino.
Le reazioni di riduzione sono:
2 H+ + 2 e-→ H2(g)
EH0  / H = 0 V
2
ClO4 + 8e + 8 H → Cl + 4 H2O
-
-
+
-
0
ClO 4 / Cl
E
=1.35 V
lo ione perclorato ha un potenziale standard di riduzione maggiore di quello dello ione idronio per
cui al catodo avverrà la riduzione del perclorato e all’anodo l’ossidazione dell’idrogeno:
4
1
H2(g)
ClO4- + 8e- + 8 H+
4 H2(g)+ ClO4- + 8e- + 8 H+
per cui la reazione completa sarà:
4 H2(g)+ ClO4- →Cl- + 4 H2O
fem  Ec  Ea  E
0
ClO 4 / Cl
→ 2 H+ + 2 e→ Cl- + 4 H2O
→ 8 H+ + 8 e- + Cl- + 4 H2O
0,059
[ClO4 ]  [ H  ]8c
0,059
[ H  ]2a
0

 log
 ( EH  / H 
 log
)
2
8
[Cl  ]
2
pH 2
46
dove [H+]c rappresenta la concentrazione idrogenionica nella soluzione catodica e [H+]a quella nella
soluzione anodica.
Sostituiamo i valori noti:
(0,1) 2 
0,20  [ H  ]8c 
0,059
0,059

1,22  1,35 
 log
 0
 log


8
0,10
2
1
,
0


0,059 
0,20 
0,059
0,059

  log
 log[ H  ]8c   (0,059)  1,409 
 log 2,0 
 log[ H  ]8c
8 
0,10
8
8

0,059
0,059
1,22  1,411 
 log[ H  ]8c  1,411 
 8  log[ H  ]c  1,411  0,059  pH
8
8
1,22  1,35 
(1,22  1,411)
 pH
 0,059
pH=3.2
90. Calcolare la costante di equilibrio della seguente reazione (da bilanciare):
Fe2+ + MnO4- + H+ → Mn2+ +H2O + Fe3+
0
0
sapendo che EFe
= 0.771V e E MnO
 1,51 V
3

/ Mn 2 
/ Fe 2 l
4
immaginiamo di costruire una pila in cui avvengono le due semireazioni:
Fe2+ → Fe3+ + eMnO4- + 8H+ + 5e- → Mn2+ + 4H2O
la pila può essere schematizzata nel modo seguente:
Pt/Fe2+ , Fe3+ // MnO4-, Mn2+, H+/Pt
eguagliamo gli elettroni scambiati:
5 Fe2+
→ Fe3+ + e1 MnO4- + 8H+ + 5e→ Mn2+ + 4H2O
2+
+
5 Fe + MnO4 + 8H + 5e
→ 5 Fe3+ + 5 e- + Mn2+ + 4H2O
per cui la reazione completa è:
5 Fe2+ + MnO4- + 8H+ →5 Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
la cui costante di equilibrio è:
[ Mn 2 ]  [ Fe3 ]5
Kc 
[ MnO4 ]  [ H  ]8  [ Fe 2 ]5
Al catodo si avrà la riduzione del permanganato e all’anodo l’ossidazione dello ione ferroso.
L’equazione di Nernst sarà:
0,059
[ MnO4 ]  [ H  ]8  0
0,059
[ Fe3 ]5 


fem  Ec  Ea  E

 log
  EFe 3 / Fe 2 
 log
2 5 
5
[ Mn2  ]
5
[
Fe
]


questa volta abbiamo utilizzato i coefficienti stechiometrici e il numero di elettroni scambiati nella
reazione globale (anziché quelli delle semireazioni) in modo che nella equazione di Nernst compaia
la costante di equilibrio, infatti:
All’equilibrio fem=0 per cui:
0,059
[ MnO4 ]  [ H  ]8 
0,059
[ Fe3 ]5 


0  1,51 
 log

0
,
771


log

5
[ Mn2  ]
5
[ Fe2  ]5 

0
MnO4 / Mn 2
47
0,059
[MnO4 ]  [ H  ]8 0,059
[ Fe3 ]5
 log


log
5
[Mn2  ]
5
[ Fe2  ]5
[ MnO4 ]  [ H  ]8
[ MnO4 ]  [ H  ]8  [ Fe 2 ]5
5
[ Fe3 ]5
1
 0,739 
 log

log

log
 log
2
2 5
2
3 5
0,059
Kc
[ Mn ]
[ Fe ]
[ Mn ]  [ Fe ]
0,771  1,51 
1
1
 1 
 62,63  log
  log     log Kc
Kc
 Kc 
log Kc=62.63
Kc=10 62.63=4.2∙10 62
La costante ha un valore molto alto per cui la reazione è praticamente del tutto spostata verso i
prodotti.
Determinare la f.e.m. a 298 K della pila a concentrazione
Cd/ Cd+2 (0.100 M) // Cd+2 (0.200 M)/Cd
e calcolare la concentrazione di Cd+2 nelle due semicelle quando la f.e.m. della pila si è dimezzata.
E° = - 0.40 V per la semireazione Cd+2(aq) + 2 e- → Cd(s)
Soluzione:
L’elettrodo con la concentrazione maggiore di Cd2+ si comporta da catodo (perché avrà il potenziale
di riduzione maggiore) per cui:
Ec = E° + 0.059/2∙log [Cd2+]c
Ea = E° + 0.059/2∙log [Cd2+]a
Fem = Ec - Ea = E° + 0.059/2∙log [Cd2+]c – (E° + 0.059/2∙log [Cd2+]a) = 0.059/2∙ (log [Cd2+]c - log
[Cd2+]a) = 0.059/2∙ log
[Cd 2 ]c 0,059
0,200

 log
= 8.88∙10-3 V
2
2
0,100
[Cd ]a
Quando la fem della pila si dimezza (fem = 4.44∙10-3 V) la concentrazione del Cd2+ al catodo sarà
diminuita di una quantità x e quella all’anodo sarà aumentata della stessa x :
fem =
log
0,059
0,200  x
 log
 4,44  10 3 V
2
0,100  x
0,200  x
 0,151
0,100  x
0,200  x
 10 0,151  1,416
0,100  x
0.200-x = 1.416∙(0.100+x) = 0.1416 + 1.416∙x
2.416∙x = 0.0584
48
x = 2.417∙10-2
quindi :
[Cd2+]c = 0.200 - 2.417∙10-2 = 0.176 M
[Cd2+]a = 0.100 + 2.417∙10-2= 0.124 M
49