Determinazione della concentrazione del sale: La metilammina CH3NH2, è una base monoprotica debole, avente Kb = 4,38 × 10-4 a 25°C. Una soluzione di cloruro di metilammina, CH3NH3+Cl-, del volume di 250 ml, ha una pressione osmotica di 1488 Torr a 25°C. Calcolare: a) grammi di cloruro di metilammina presenti nella soluzione. b) il pH della soluzione. c) il pH dopo l’aggiunta di 45,0 ml di soluzione di NaOH 0,120M. °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° Determinazione della concentrazione del sale: considerando il valore della Kb si possono trascurare la concentrazione delle specie ottenute dall’idrolisi del sale nel calcolo della pressione osmotica Fine - c c n = 2 Inizio c CH3NH3+Cl- CH3NH3+ + Cl- p = c × R × T × n = c × 0,0821 × 298 × 2 = 1488 760 c = = 0,0400 M 760 × 0,0821 × 298 × 2 g di CH3NH3+Cl- = moli × PM = 0,01 × 67,5 = 0,675 grammi Moli di CH3NH3+Cl- = M × V = 0,0400 × 0,250 = 0,01 moli di CH3NH3+Cl-

b) il pH della soluzione. CH3NH3+Cl- CH3NH3+ + Cl- CH3NH3+ + H2O H3O+ + CH3NH2 idrolisi acida Kw Kb [H3O+] = × cs = 1 × 10-14 4,38 × 10-4 × 0,04 = 9,56 × 10-7 pH = 6,02 c) il pH dopo l’aggiunta di 45,0 ml di soluzione di NaOH 0,120M. moli di CH3NH3+Cl- iniziali = 0,01 moli moli di NaOH aggiunte: M × V = 0,120 × 0,045 = 5,40 × 10-3 CH3NH3+Cl- + NaOH CH3NH2 + NaCl Inizio(n) 1,00 × 10-2 5,40 × 10-3 fine 4,60 × 10-3 - 5,40 × 10-3 soluzione tampone [OH-] = Kb × = cb cs 4,38 × 10-4 × = 5,14 × 10-4 5,40 × 10-3 4,60 × 10-3 pOH = 3,29 pH = 10,71

Luglio 2010 - Una soluzione acquosa di acido cloridrico (soluzione A), ha densità 1,050 g/ml e la frazione molare di soluto è 0,0513. Determinare la molarità, il percento in peso e la molalità dell’acido cloridrico nella soluzione. Descrivere infine come ottenere 2,60 l di una soluzione acquosa di acido cloridrico avente concentrazione di 0,0200 M, partendo dalla soluzione di acido cloridrico A. Considerare additivi i volumi. (Pesi Atomici. (u.m.a.): Cl = 35,5; H =1,0; O = 16,0) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° la frazione molare di soluto è 0,0513 ogni 0,0513 moli di HCl vi sono 1 – 0,0513 = 0,9487 moli di H2O g di HCl = (moli × PM) = 0,0513 × 36,5 = 1,872 g di HCl g di H2O = (moli × PM) = 0,9487× 18 = 17,078 g di H2O Peso della soluzione che contiene 0,0513 moli di HCl = 1,872 + 17,078 = 18,950 g g d 18,950 1,05 = Volume di soluzione contenente 0,0513 moli di HCl= = 18,05 ml

Volume di soluzione contenente 0,0513 moli di HCl= 18,05 ml g di HCl = (moli × PM) = 0,0513 × 36,5 = 1,872 g di HCl g di H2O = (moli × PM) = 0,9487× 18 = 17,078 g di H2O moli di HCl V di soluzione 0,0513 0.01805 = M = = 2,84 M g di HCl g tot di soluzione × 100 1,872 18,950 = × 100 % in peso = = 9,88 % moli di HCl Kg di solvente 0,0513 0,017078 = m = = 3,00 m

Volume di soluzione contenente 0,0513 moli di HCl= 18,05 ml g di HCl = (moli × PM) = 0,0513 × 36,5 = 1,872 g di HCl g di H2O = (moli × PM) = 0,9487× 18 = 17,078 g di H2O moli di HCl V di soluzione 0,0513 0.01805 = M = = 2,84 M g di HCl g tot di soluzione × 100 1,872 18,950 = × 100 % in peso = = 9,88 % moli di HCl Kg di solvente 0,0513 0,017078 = m = = 3,00 m

Dicembre 2004 Bilanciare in forma molecolare la seguente reazione : Azoturo di rame(I) + bicromato di litio + acido perclorico perclorato di rame(II) + acido nitrico + perclorato di cromo(III) + perclorato di litio + acqua. °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° +6 +3 -1/3 +1 +5 +2 CuN3 + Li2Cr2O7 + HClO4 Cu(ClO4)2 + HNO3 + Cr(ClO4)3+ + LiClO4 + H2O × 6 × 17 Cu+1N-1/33 + 9 H2O Cu+2 + 3 N+5O3- + 17 e- + 18 H+ Cr+62O72- + 6 e- + 14 H+ 2 Cr+3 + 7 H2O 6 CuN3 + 54 H2O + 17 Cr2O72- + 238 H+ 6 Cu2++ 18 NO3+ 108 H+ + 34 Cr3+ + 119 H2O

148 - 18 = 90 6 CuN3 + 54 H2O + 17 Cr2O72- + 238 H+ 6 Cu2++ 18 NO3 + 108 H+ + 34 Cr3+ + 119 H2O 65 6 CuN3 + 17 Li2Cr2O7 + HClO4 6 Cu(ClO4)2 + 18 HNO3 + 34 Cr(ClO4)3 + 34 LiClO4 + 65 H2O 148 In base all’equazione bilanciata, determinare quanti ml di una soluzione al 36 % in peso di acido perclorico, sono necessari per formare 78,75 g di perclorato di rame(II), sapendo che la densità di tale soluzione è pari a 1,16 g/ml, e che la reazione ha un rendimento del 80 %. PM Cu(ClO4)2 = 262,5 PM HClO4 = 100,5

Moli di HClO4 necessarie per ottenere 0,3 moli di Cu(ClO4)2 : 6 CuN3 + 17 Li2Cr2O7 + HClO4 6 Cu(ClO4)2 + 18 HNO3 + 34 Cr(ClO4)3 + 34 LiClO4 + 65 H2O 148 moli Cu(ClO4)2 = = = 0,3 moli 78,75 262,5 g PM Moli di HClO4 necessarie per ottenere 0,3 moli di Cu(ClO4)2 : 148 : 6 = x : 0,3 x = 7,4 moli di HClO4 necessarie per formare 0,3 moli di Cu(ClO4)2

ma la reazione ha una resa del 80 % per cui le moli di reagente da considerare devono essere di più, ossia: 7,4 × 100 80 = 9,25 moli di HClO4 che corrispondono al volume di soluzione di HClO4 al 36% in peso avente densità di 1,16 g/ml: Volume = = = 2226 ml (PM × n) HClO4 d × % 100,5 × 9,26 1,16 × 0,36

Luglio 2010 - Una soluzione acquosa di acido cloridrico (soluzione A), ha densità 1,050 g/ml e la frazione molare di soluto è 0,0513. Determinare la molarità, il percento in peso e la molalità dell’acido cloridrico nella soluzione. Descrivere infine come ottenere 2,60 l di una soluzione acquosa di acido cloridrico avente concentrazione di 0,0200 M, partendo dalla soluzione di acido cloridrico A. Considerare additivi i volumi. (Pesi Atomici. (u.m.a.): Cl = 35,5; H =1,0; O = 16,0) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° la frazione molare di soluto è 0,0513 ogni 0,0513 moli di HCl vi sono 1 – 0,0513 = 0,9487 moli di H2O g di HCl = (moli × PM) = 0,0513 × 36,5 = 1,872 g di HCl g di H2O = (moli × PM) = 0,9487× 18 = 17,078 g di H2O Peso della soluzione che contiene 0,0513 moli di HCl = 1,872 + 17,078 = 18,950 g g d 18,950 1,05 = Volume di soluzione contenente 0,0513 moli di HCl= = 18,05 ml

Volume di soluzione contenente 0,0513 moli di HCl= 18,05 ml g di HCl = (moli × PM) = 0,0513 × 36,5 = 1,872 g di HCl g di H2O = (moli × PM) = 0,9487× 18 = 17,078 g di H2O moli di HCl V di soluzione 0,0513 0.01805 = M = = 2,84 M g di HCl g tot di soluzione × 100 1,872 18,950 = × 100 % in peso = = 9,88 % moli di HCl Kg di solvente 0,0513 0,017078 = m = = 3,00 m

Descrivere infine come ottenere 2,60 l di una soluzione acquosa di acido cloridrico avente concentrazione di 0,0200 M, partendo dalla soluzione di acido cloridrico A. M = 2,84 M M1V1 = M2V2 M2 × V2 M1 0,0200M × 2,60 l 2,84 M = V1 = = 0,0183 l di soluzione A da prelevare = 18,3 ml di soluzione A da prelevare Per preparare 2,60 l di soluzione di HCl 0,020 M devo dunque prelevare 0,0520 moli di HCl dalla soluzione concentrata e portare a volume con acqua pura. Acqua da aggiungere = 2600 – 18,3 = 2581,7 ml

Compito del 6 giugno 2005 Una miscela X, costituita da nitrato d’ammonio, ammoniaca e materiale inerte pesa esattamente 8,0 grammi. La soluzione ottenuta sciogliendo in acqua la miscela X ha un pH = 9,88. Titolando la soluzione con dell’acido nitrico, il pH al punto di equivalenza è 5,27 ed il volume finale è esattamente 5,00 l. Determinare la composizione percentuale in peso della miscela X, sapendo che la costante di ionizzazione dell’ammoniaca è 1,70 × 10-5. (Pesi atomici (u.m.a.): N = 14,0; O = 16,0; H = 1,0) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° Sciogliendo in acqua la miscela X si formerà inizialmente una soluzione tampone NH3/NH4NO3. pOH = 14 - pH = 14 – 9,88 = 4,12 per cui [OH-] = 10-4,12 = 7,59 x 10-5 Ponendo: x = moli di NH3 e y moli di NH4NO3 presenti nei 8 grammi di X Si ha: [OH-] = Kb × = Kb × [NH3] [NH4NO3] x y da cui: x y [OH-] Kb 7,59 x 10-5 1,70 × 10-5 = = = 4,46 ossia: x = 4,46 y (eq. 1)

Aggiungendo dell’acido nitrico fino al punto di equivalenza si ha la seguente reazione: NH3 + HNO3 NH4NO3 Inizio x x y Fine - - y + x Si ha una soluzione di NH4NO3 la cui concentrazione è data (x + y) V 5 [NH4NO3] = = NH4NO3 fa idrolisi acida pH = 5,27 per cui [H+] = 10-5,27 = 5,37 × 10-6

[H+] = [NH4NO3] × Kw Kb (x + y) 5 1,0 x 10-14 1,70 × 10-5 = × = 5,37 × 10-6 si ricava: (x + y) 5 [H+]2 × Kb Kw (5,37 × 10-6)2 × 1,70 × 10-5 1,0 x 10-14 = = = 0,049 ossia: x + y = 0,245 (eq 2)

x = 4,46 y (eq. 1) x + y = 0,245 (eq 2) sostituendo la 1 nella 2 si ha: 4,46 y + y = 0,245 y = = 0,0449 0,245 5,46 che corrispondono a: 0,0449 × 80 = 3,59 g di NH4NO3 x = 0,0449 × 4,47 = 0,200 che corrispondono a: 0,200 × 17 = 3,4 g di NH3 g materiale inerte = 8 – 3,59 – 3,7 = 1,01 g

% mat inerte = × 100 = 12,62 % 1,01g 8,0g % NH3 = × 100 = 42,50 % 3,40g 8,0g % NH4NO3 = × 100 = 44,88% 3,59g 8,0g

settembre 2005 Si ha una soluzione contenente 0,2 moli/l di Ag+ e 0,2 moli/l di Ba2+. Si desidera eliminare per precipitazione la massima quantità di argento dalla soluzione senza fare precipitare il bario. Conoscendo i seguenti prodotti di solubilità: carbonato d’argento Ks = 8,45 × 10-12 ; iodato di argento Ks = 3,17 × 10-8; carbonato di bario Ks = 1,17 × 10-9; iodato di bario è Ks = 4,01 × 10-9; dire se è più opportuno adoperare dello iodato di sodio o del carbonato di sodio, e determinare quanti grammi di sale di argento solido si riescono a separare con il reagente scelto, per litro di soluzione. (Pesi Atomici (u.m.a.) : Ag = 107,8; C = 12,0; I = 126,9; O = 16,0) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° Precipitazione con il carbonato di sodio: la massima concentrazione di ione carbonato che può essere presente in 1l di soluzione senza che si verifichi la precipitazione del carbonato di bario è Ks(BaCO3) = [Ba2+] [CO32-] [CO32-] = = = 5,85 × 10-9 moli/l Ks(BaCO3) [Ba2+] 1,17 × 10-9 0,20 Ks(Ag2CO3) = [Ag+]2 [CO32-] di conseguenza: [Ag+]1 = = = 3,80 × 10-2 moli/l che rimangono in soluzione senza che precipiti BaCO3 Ks [CO32-] 8,45 × 10-12 5,85 × 10-9

Precipitazione con lo iodato di sodio: la concentrazione dello ione iodato che può esserci in 1l di soluzione senza che si verifichi la precipitazione del iodato di bario è: Ks(Ba(IO3)2) = [Ba2+] [IO3-]2 [IO3-] = = = 1,42 × 10-4 moli/l Ks [Ba2+] 4,01 × 10-9 0,2 Ks(AgIO3) = [Ag+] [IO3-] [Ag+]2 = = = 2,23 × 10-4 moli/l Ks(AgIO3) [IO3-] 3,17 × 10-8 1,42 × 10-4 che rimangono in soluzione senza che precipiti Ba(IO3)2

[Ag+]1 = 3,80 × 10-2 moli/l [Ag+]2 = 2,23 × 10-4 moli/l [Ag+]1 > [Ag+]2 è meglio adoperare lo iodato di sodio. Essendo il volume della soluzione pari ad 1l rimangono dunque 2,23 × 10-4 moli di Ag+ nella soluzione. Precipitano dunque : moli iniziali – moli rimaste in soluzione = 0,2 – 2,23 × 10-4 = 0,1997 moli di Ag+ = moli di AgIO3 pari a g di AgIO3 = 0,1997× 282,7 = 56,46 g di AgIO3

17) ott 2007 In un determinato campione di solfito di sodio, isotopicamente arricchito in 34S, le abbondanze percentuali dei nuclidi 32S, 33S, 34S e 36S sono rispettivamente 19,0%; 0,7%; 79,9% e 0,4%. Per ossidare quantitativamente in ambiente acido 0,120 mg di tale campione a solfato di sodio occorrono esattamente 3,136 ml di una soluzione di clorato di potassio 1,000 × 10-4M, il cui prodotto di riduzione è il cloruro di potassio. Sapendo che le masse nuclidiche di 32S, 33S e 36S sono rispettivamente 31,9721; 32,9715 e 35,9771, determinare la massa nuclidica di 34S. (Pesi atomici (u.m.a): Na = 22,9897; O = 15,9940). °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° Avvengono le seguenti semireazioni: Na2S+4O3 + H2O Na2S+6O4 + 2 e- + 2 H+ KCl+5O3 + 6 e- + 6 H+ KCl-1 + 3 H2O Per definizione: eq (KClO3) = eq (Na2SO3) 6 (M × V) KClO3 = 2 ( )Na2SO3 g PM da cui: 2 × 0,120 × 10-3 6 ( 1× 10-4 × 3,136 × 10-3) PM(Na2SO3) = = 127,5510

2 × 0,120 × 10-3 6 ( 1× 10-4 × 3,136 × 10-3) PM(Na2SO3) = = 127,5510 Peso atomico dello S = 127,5510 – (2 ×22,9897 + 3 × 15,9940) = 33,5896 Per definizione: PAS = (M × %)32S + (M × %)33S + (M × %)34S + (M × %)36S 33,5896 = (31,9721 × 0,19) + (32,9715 × 0,007) + (M34S × 0,799) + (35,9771 × 0,004) da cui: M34S = 33,5896 - (31,9721 × 0,19) - (32,9715 × 0,007) - (35,9771 × 0,004) 0,799 27,1402 0,799 M34S = = 33,9677

28) Settembre 2011. L’acido acetico, CH3COOH, ha una costante di ionizzazione Ka = 1.80 x 10-5. Una soluzione X contiene 0.150 moli/L di CH3COOH ed ha un volume di 100 mL. Calcolare: 1) il pH della soluzione X; 2) il pH di X dopo diluizione con acqua fino al volume totale di 400 mL; 3) il pH di X dopo aver aggiunto 65.0 mL di una soluzione 0.200 M di acetato di sodio, CH3COONa; 4) il pH di X dopo aver aggiunto 50.0 mL di una soluzione di NaOH 0.300 M; 5) il pH di X dopo aver aggiunto 20.0 mL di una soluzione di HCl 0.0100 M. °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° le moli di CH3COOH in X sono = M x V = 0.150 x 0.100 = 0.0150 moli [H3O+] = Ka × Ca = 1.8 × 10-5 × 0.150 1) = 1.64 x 10-3 M pH = 2.78 2) Si calcola la nuova concentrazione di CH3COOH: [CH3COOH] = (M × V) Vtot 0.15 × 0.1 0.4 = = 0.0375 M [H3O+] = Ka × C’a = 1.8 × 10-5 × 0.0375 = 8.22 x 10-4 M pH = 3.08 3) calcoliamo le moli di CH3COONa: Moli = M × V = 0.200 × 0.065 = 0.0130 moli Soluzione che contiene 0.0150 moli di CH3COOH e 0.0130 moli di CH3COONa Soluzione tampone [H3O+] = Ka × Ca Cs = 1.8 × 10-5 = 2.08 × 10-5 0,0150 0,0130 pH = 4.68

4) il pH di X dopo aver aggiunto 50. 0 mL di una soluzione di NaOH 0 4) il pH di X dopo aver aggiunto 50.0 mL di una soluzione di NaOH 0.300 M; Si aggiungono: M × V = 0.3 × 0.05 = 0.0150 moli di NaOH CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O Inizio moli 0,0150 0,0150 Fine moli - - 0,0150 idrolisi basica [OH-] = × Kw Ka moliSale Vtot 1 x 10-14 1.8 x 10-5 0.0150 0.150 = x = 7.45 × 10-6 M pOH = 5.13 pH = 8.87 5) il pH di X dopo aver aggiunto 20.0 mL di una soluzione di HCl 0.0100 M. non è possibile trascurare la [H3O+] di CH3COOH rispetto a HCl le nuove concentrazioni sono: [CH3COOH] = (M × V) Vtot 0.15 × 0.1 0.12 = = 0.125 M [HCl] = (M × V) Vtot 0.01 × 0.02 0.120 = = 1,67 x 10-3 M

4) il pH di X dopo aver aggiunto 50. 0 mL di una soluzione di NaOH 0 4) il pH di X dopo aver aggiunto 50.0 mL di una soluzione di NaOH 0.300 M; Si aggiungono: M × V = 0.3 × 0.05 = 0.0150 moli di NaOH CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O Inizio moli 0,0150 0,0150 Fine moli - - 0,0150 idrolisi basica [OH-] = × Kw Ka moliSale Vtot 1 x 10-14 1.8 x 10-5 0.0150 0.150 = x = 7.45 × 10-6 M pOH = 5.13 pH = 8.87 5) il pH di X dopo aver aggiunto 20.0 mL di una soluzione di HCl 0.0100 M. non è possibile trascurare la [H3O+] di CH3COOH rispetto a HCl le nuove concentrazioni sono: [CH3COOH] = (M × V) Vtot 0.15 × 0.1 0.12 = = 0.125 M [HCl] = (M × V) Vtot 0.01 × 0.02 0.120 = = 1,67 x 10-3 M

5) il pH di X dopo aver aggiunto 20. 0 mL di una soluzione di HCl 0 5) il pH di X dopo aver aggiunto 20.0 mL di una soluzione di HCl 0.0100 M. non è possibile trascurare la [H3O+] di CH3COOH rispetto a HCl [CH3COOH] = (M × V) Vtot 0.15 × 0.1 0.12 = = 0.125 M [HCl] = (M × V) Vtot 0.01 × 0.02 0.120 = = 1,67 x 10-3 M HCl H+ + Cl – - 1.67 × 10-3 CH3COOH + H2O H3O+ + CH3COO- Inizio M 0,125 1.67 × 10-3 Fine M 0,125 - x x x + 1.67 × 10-3 [H3O+] [CH3COO-] [CH3COOH] Ka = x (x + 1.67 x 10-3) 0.125 = = 1.80 x 10-5 [H3O+] = x + 1.67 x 10-3 Risolvendo: x = 8.82 ×10-4 [H3O+] = 8.82 × 10-4 + 1.67 x 10-3 = 2.55 × 10-3 pH = 2.59

31) Giugno 2008 - Una soluzione X di un acido monoprotico debole HA, avente il volume di 1 litro, viene titolata con una soluzione di KOH 0,150 M. A metà della titolazione, la [H3O+] è 4,0 ×10-10 M, mentre al punto di equivalenza [H3O+] è 5,96 ×10-12 M. Calcolare la Ka e la concentrazione iniziale di HA nella soluzione X °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° La reazione è: HA + KOH KA + H2O A metà titolazione si ottiene la seguente soluzione tampone, ponendo n le moli iniziali di HA HA + KOH KA + H2O Inizio n ½ n Fine ½ n - ½ n = Ka × [HA] [KA] = Ka × = Ka ½ n [H3O+] = 4,0 ×10-10 Ka = 4,0 ×10-10

All’equivalenza si ottiene una soluzione di KA (sale di base forte e acido debole) che da idrolisi basica: KA K+ + A- A- + H2O HA + OH- Kw [H3O+] = cS × Kw Ka = cS × 2,5 × 10-5 = 1,68 ×10-3 [OH-] = cS = 0,113 M moli HA Vol Tot moliHA VHA + VKOH = cS = 0,113 M = bisogna trovare il volume KOH aggiunto: Si sa che al punto di equivalenza: (M × V)HA = (M × V)KOH ossia moli di HA = 0,150 × VKOH moli di HA 0,150 = 6,67 ×moli di HA da cui VKOH = moliHA VHA + 6,67 × moli di HA Sostituendo nell’espressione di cS : 0,113 M = Risolvendo: moli di HA = 0,457 in 1 l di acqua [HA] = 0,457 M

36) Feb 2008 Si mescolano 0,600 l di CuNO3 0,300 M con 0,500 l di NaI 0,210 M e con 0,400 l di BaBr2 0,150M. Calcolare le concentrazioni di tutte le specie ioniche nella soluzione così ottenuta dopo che si è stabilito l’equilibrio. (Prodotti di solubilità CuI = 1,2 × 10-12; CuBr = 6,3 × 10-8) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° CuNO3 Cu+ + NO3- NaI Na+ + I- BaBr2 Ba2+ + 2 Br- Volume totale = 0,600 + 0,500 + 0,400 = 1,500 l 0,600 × 0,300 1,500 = 0,120 moli/l [NO3-] = [Cu+]iniziale = 0,500 × 0,210 1,500 = 0,0700 moli/l [I-] = [Na+]iniziale = 0,400 × 0,150 1,500 = 0,0400 moli/l [Ba2+]iniziale = [Br-] = 2 × [Ba2+]iniziale = 0,0800 moli/l

Osservando i Ks avviene per prima la precipitazione di CuI [Cu]i ×[I-]i = 0,120 × 0,070 = 8,4 × 10-3 > Ks Cu+ + I- CuI(s) Inizio (M) 0,1200 0,0700 Fine (M) 0,0500 - 0,0700 Ed in seguito: [Cu+]r ×[Br-]i = 0,050 × 0,080 = 4,0 ×10-3 > Ks Cu+ + Br- CuBr(s) Inizio (M) 0,0500 0,0800 Fine (M) - 0,0300 0,0500 Quindi: [Br-] = 0,0300 moli/l KsCuBr [Br-] = = 2,1 × 10-6 moli/l 6,3 × 10-8 0,030 KsCuI [Cu+] = = 5,71 × 10-7 moli/l 1,2 × 10-12 2,1 × 10-6 [Cu+] = [I-] =

41) Luglio 2011. Una soluzione A contiene 6 41) Luglio 2011. Una soluzione A contiene 6.86 g di cloruro di magnesio in 300 mL di acqua. Calcolare a quale pH inizia la precipitazione di Mg(OH)2 nella soluzione A, sapendo che per Mg(OH)2 il Ks = 1.20 × 10-11. Calcolare inoltre la pressione osmotica di una soluzione satura di Mg(OH)2 alla temperatura di 25 °C. (pesi atomici (u.m.a.): Mg=24.3; Cl=35.5) °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° MgCl2 Mg2+ + 2Cl- Si calcola la concentrazione di Mg2+ in soluzione: [MgCl2] = [Mg2+] = g PM × V 6.86 95,3 × 0,300 = = 0,240 M E si ricava la [OH-] alla quale inizia la precipitazione di Mg(OH)2 dall’equazione: Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH- Ks =[Mg2+] × [OH-]2 [OH-] = = 1,20 × 10-11 (0,240) = 7,07 × 10-6 moli/L Ks [Mg2+] pOH = 5,15 pH = 14 - 5,15 = 8,85

Calcolare inoltre la pressione osmotica di una soluzione satura di Mg(OH)2 alla temperatura di 25 °C. Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH- n = 3 Ks =[Mg2+] × [OH-]2 Ks = s × (2s)2 = 4s3 s = = 1,20 × 10-11 4 = 1,44 × 10-4 moli/L Ks 3 p = 3 × s × R × T p = 3 × 1,44 × 10-4 × 0,0821 × 298 = 1.06 ×10-2 atm

45) Luglio 2011 Calcolare la f.e.m della seguente pila, a 25°C:   A B Pt HCl 0,100 M H2CO3 0,100 M Pt (H2, 1 atm) V = 1L V = 1L (H2, 1 atm) Calcolare, inoltre, la f.e.m della pila a 25°C dopo aver aggiunto 0,100 moli di NaOH nel compartimento A, e 0,200 moli di NaOH nel compartimento B. Considerare invariato il volume dopo le aggiunte. Le costanti di dissociazione dell’acido carbonico sono: Ka1 = 4,4 × 10-7; Ka2 = 4,7 × 10-11. °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° 2 H+ + 2 e- H2 Nel semielemento A si ha una soluzione di acido forte 0,100 M quindi [H3O+]A = [HCl] = 0,100 M Nel compartimento B si ha una soluzione di un acido debole: [H3O+]B = Ka1× ca = 4,4 × 10-7 × 0,100 = 2,10 × 10-4 moli/L Poiché [H3O+]A > [H3O+]B A = catodo e B = anodo f.e.m = 0,0592 log = 0,0592 log = 0,158 V [H3O+]A [H3O+]B 0,100 2,10 × 10-4

Calcolare, inoltre, la f. e Calcolare, inoltre, la f.e.m della pila a 25°C dopo aver aggiunto 0,100 moli di NaOH nel compartimento A, e 0,200 moli di NaOH nel compartimento B. Considerare invariato il volume dopo le aggiunte. A B Pt HCl 0,100 M H2CO3 0,100 M Pt (H2, 1 atm) V = 1L V = 1L (H2, 1 atm) Si aggiungono 0,100 moli di NaOH in A ed avviene la seguente reazione: HCl + NaOH NaCl + H2O Inizio 0,100 0,100 [H3O+]A = 1,0 x 10-7 moli/l Fine - - 0,100 Si aggiungono 0,200 moli di NaOH in B ed avviene la seguente reazione: H2CO3 + NaOH NaHCO3 + H2O Inizio 0,100 0,200 Fine - 0,100 0,100 NaHCO3 + NaOH Na2CO3 + H2O Inizio 0,100 0,100 Fine - - 0,100 idrolisi basica

Poiché [H3O+]A > [H3O+]B A = catodo e B = anodo NaHCO3 + NaOH Na2CO3 + H2O Inizio 0,100 0,100 Fine - - 0,100 idrolisi basica Kw Ka2 [OH-] = × cs = 1 × 10-14 4,7 × 10-11 × 0,100 = 4,61 × 10-3 [H3O+]B = = = 2,17 x 10-12 moli/l Kw [OH-]B 1,00 × 10-14 4,61 × 10-3 Poiché [H3O+]A > [H3O+]B A = catodo e B = anodo f.e.m = 0,0592 log = 0,0592 log = 0,276 V [H3O+]A [H3O+]B 1,00 × 10-7 2,17 × 10-12

45) Ottobre 2007 Si consideri la seguente pila: A B (+) Co Co(NO3)2 Na2S 0,200 M Pt (-) 0,200 M NaHS 0,100 M (H2, 1 atm) V = 1l V = 1l la cui f.e.m. è di 0,472 V a 25°C. Calcolare E°Co2+/Co. Si aggiungono, sia nel semielemento A che nel semielemento B, 500 ml di una soluzione 0,200 M di KOH. Determinare la f.e.m. della pila dopo l’aggiunta, sapendo che, a 25°C, le costanti di ionizzazione di H2S sono Ka1 = 1,0 ×10-7 e Ka2 = 1,2 ×10-13 e che il prodotto di solubilità di Co(OH)2 è Ks = 5,7 ×10-15. °°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°°° Occorre calcolare E°Co2+/Co Nel semielemento B: 2 H+ + 2 e- H2 soluzione tampone. [H3O+]B= Ka2 × [NaHS] [Na2S] = 1,02 × 10-13 × = 6 × 10-14 0,100 0,200 Eanodo = 0,0592 log [H3O+] = 0,0592 log (6 × 10-14) = – 0,783 V Poiché: f.e.m = 0,472 V = Ecatodo - Eanodo allora Ecatodo = 0,472 + (- 0,783) = - 0,311 V

Ecatodo = 0,472 + (- 0,783) = - 0,311 V Nel semielemento A: Co2+ + 2 e- Co Ecatodo= -0,311 = E°Co2+/Co + log [Co2+] = E°Co2+/Co + 0,0296 log (0,200) = 0,592 2 E°Co2+/Co – 0,0207 = - 0,311 E° Co2+/Co = - 0,311 + 0,021 = - 0,290 V Si aggiungono, sia nel semielemento A che nel semielemento B, 500 ml di una soluzione 0,200 M di KOH. Si aggiungono 0,5 × 0,2 = 0,100 moli di KOH nel semielemento A precipita Co(OH)2 Ks = 5,7 ×10-15 Co(NO3)2 + KOH Co(OH)2 + KNO3 2 2 Inizio 0,2 0,1 Fine 0,15 - s [Co2+]A = = = 0,100 M moli Co2+ Volume tot 0,15 1 + 0,5 EA= E°Co2+/Co + 0,0296 log [Co2+] = -0,290 + 0,0296 log (0,1) = - 0,320 V

Si aggiungono, sia nel semielemento A che nel semielemento B, 500 ml di una soluzione 0,200 M di KOH. Si aggiungono 0,5 × 0,2 = 0,100 moli di KOH nel semielemento B avviene: KHS + KOH K2S + H2O Inizio 0,1 0,1 0,2 Fine - - 0,3 idrolisi basica Kw Ka2 Kb = = = 8,33 ×10-2 1,0 × 10-14 1,2 ×10-13 moli Vtot cs = = = 0,200 M 0,300 1,50 [OH-]B = = 0,0939 - Kb + Kb2 + 4 Cs Kb 2 [H3O+]B = 1,064 × 10-13 EB= 0,0592 log [H3O+] = 0,0592 log (1,064 ×10-13) = – 0,768V anodo EA= E°Co2+/Co + 0,0296 log [Co2+] = - 0,320 V catodo f.e.m. = Ecatodo - Eanodo = -0,320 – (– 0,768) = 0,448 V