STECHIOMETRIA Studio delle relazioni numeriche e dei rapporti ponderali che intercorrono tra le sostanze chimiche durante le reazioni chimiche. Per ‘reazione.

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1 STECHIOMETRIA Studio delle relazioni numeriche e dei rapporti ponderali che intercorrono tra le sostanze chimiche durante le reazioni chimiche. Per ‘reazione chimica’ si intende una trasformazione della materia in cui alcune sostanze (reagenti) si trasformano in altre (prodotti) attraverso un cambiamento delle interazioni fra gli atomi e quindi della loro disposizione reciproca nello spazio.

2 Legge della conservazione della massa (carica): la quantità di materia è invariabile, la materia non può essere creata né distrutta. Legge dell’invariabilità (o indistruttibilità) delle sostanze elementari: una sostanza elementare (o elemento chimico) non può essere trasformata in un’altra sostanza elementare. Legge delle proporzioni costanti: ogni composto (o individuo chimico) ha una composizione costante, cioè contiene sempre gli stessi elementi secondo rapporti in peso definiti e caratteristici per quel composto.

3 DEFINIZIONI Massa atomica relativa, ma (peso atomico): rapporto tra la massa atomica media di un atomo di quell’elemento e la dodicesima parte della massa dell’isotopo del carbonio 12C. Massa molecolare, mm (peso molecolare): somma delle masse atomiche relative di tutti gli atomi contenuti nella molecola della sostanza. Esempio. Calcolare il peso molecolare di SO2 S = 32,064 O = 15,999 SO2 = 32,  15,999 = 64,063

4 Mole, n: quantità di sostanza che contiene tante particelle elementari (atomi, molecole, ioni, ecc.) quante ne sono contenute in 12 g di 12C o, alternativamente, quantità di sostanza che contiene un numero di Avogadro (6,022 · 1023) di particelle. Massa molare, MM: quantità fisica che rappresenta l’equivalente, espresso in grammi, del peso atomico (o molecolare o formula) di una sostanza. m (g) MM (g mol-1) n (mol) =

5 MM 12C = 12 g mol-1 12 g mol-1/6,022 ∙ 1023 mol-1 = 1,99265 ∙ g (massa nuclide 12C) 1,99265 ∙ g/12 = 1,66054 ∙ (1 uma, cioè 1/12 12C)

6 Esempio. Calcolare la massa in grammi di una molecola di CO2.
mmCO2 = maC + 2maO = 12, x 15,999 = 44,009 uma mCO2 = 44,099 uma x 1,66054 · g uma-1 = 73,078 · g Esempio. Determinare la quantità in moli corrispondente a 36,04 g di H2O. maO = 16 maH = 1,01 mmH2O = 16 + (1,01  2) = 18,02 nH2O = 36,04 g/18,02 g mol-1 = 2 mol Esempio. Determinare la massa in grammi corrispondente a 2,15 moli di SO2. maS = 32,06 maO = mmSO2 = 32,06 + (16  2) = 64,06 mSO2 = nSO2  MMSO2 = 2,15 mol  64,06 g mol-1 = 137,7 g

7 Esempio. Calcolare la massa di H2O contenuta in 100 g di CaSO4 · 2H2O.
mmCaSO4·2H2O = maCa + maS + 6maO + 4maH = 172,18 nCaSO4·2H2O = m/MM = 100 g/172,18 g mol-1 = 0,58 mol nH2O = 2 nCaSO4·2H2O = 2  0,58 = 1,16 mol mH2O = n · MM = 1,16 mol  18,02 g mol-1 = 20,94 g

8 Esempio. Quante moli sono contenute in 100 g di cloruro di calcio?
mmCaCl2 = maCa + 2maCl = 40,1 + 2  35,5 = 111,1 MM = 111,1 g mol-1 nCaCl2 = 100 g/111,1 g mol-1 = 0,9 mol

9 Esempio. Quante molecole di solfato ferrico Fe2(SO4)3 sono presenti in 25 g del composto?
1 mole = 6,022 · 1023 molecole (NA) mm: 2maFe + 3(maS + 4maO) = 2x55,8 + 3(32,1 + 4  16) = 399,9 MM = 399,9 g mol-1 n = 25 g/399,9 g mol-1 = 0,062 = 6,2 · 10-2 mol molecole = 6,022 · 1023  6,2 · 10-2 = 3,73 ·1022

10 CALCOLO DELLA COMPOSIZIONE PERCENTUALE
Di ogni sostanza di cui è nota la formula molecolare è possibile determinare la percentuale di tutti gli elementi presenti Esempio 1. Calcolare la percentuale di tutti gli elementi presenti nell’acido nitrico HNO3. mmHNO3 =  16 = 63 MM = 63 g mol-1 1 mole H 1 mole di HNO3 contiene 1 mole N 3 moli O %H = (maH/MM) · 100 = 1/63 · 100 = 1,6 %N = (maN/MM) · 100 = 14/63 · 100 = 22,2 %O = (maO/MM) · 100 = 48/63 · 100 = 76,2

11 Esempio 2. Calcolare la percentuale di tutti gli elementi presenti nel bicarbonato di sodio.
mmNaHCO3 =  16 = 84 MM = 84 g mol-1 1 mole Na 1 mole di NaHCO3 contiene mole H 1 mole C 3 moli O %Na = (maNa/MM) · 100 = 23/84 · 100 = 27,4 %H = (maH/MM) · 100 = 1/84 · 100 = 1,2 %C = (maC/MM) · 100 = 12/84 · 100 = 14,3 %O = (maO/MM) · 100 = 48/84 = · 100 = 57,1

12 CALCOLO DELLA FORMULA MINIMA DI UN COMPOSTO
Conoscendo i rapporti quantitativi tra gli elementi che entrano a far parte di un composto chimico (espressi generalmente in percentuali in peso) è possibile calcolare la formula minima (empirica) e/o molecolare del composto. Esempio. Calcolare la formula minima del composto che all’analisi dà i seguenti risultati: sodio 32,79%, alluminio 13,02%, fluoro 54,19%. 100 g di composto contengono: 32,79 g Na 13,02 g Al 54,19 g F

13 nNa = mNa/maNa = 32,79 g/23 g mol-1 = 1,43 mol
nAl = mAl/maAl = 13,02/27 = 0,48 nF = mF/maF = 54,19/19 = 2,85 Per la legge delle proporzioni costanti, il rapporto fra il numero di moli dei tre elementi è indipendente dalla quantità di composto (è costante), quindi dividendo per il più piccolo dei tre numeri (0,48) e arrotondando al numero intero più vicino si ottiene il rapporto 3 : 1 : 6 La formula minima è Na3AlF6

14 x : y : z : w = moli Fe : moli NH4 : moli SO4 : moli H2O
Esempio. Il solfato di ferro e ammonio è composto di 14,23% di Fe, 9,20% di NH4, 49,00% di SO4 e 27,57% di H2O. Calcolare la formula minima. x : y : z : w = moli Fe : moli NH4 : moli SO4 : moli H2O x : y : z : w = 14,23 : 9,20 : 49,00 : 27,57 55, , , ,0 x : y : z : w = 0,255 : 0,510 : 0,510 : 1,53 x : y : z : w = 1 : 2 : 2 : 6 Fe(NH4)2 (SO4)2 · 6H2O ma, mm

15 Esempio. La composizione percentuale di un composto è la seguente: C = 61,21%, H = 6,18% e O = 32,62%. Determinare la formula minima del composto. x : y : z = moli C : moli H : moli O x : y : z = 61,21 : 6,18 : 32,62 = 5,097:6,119:2,039 12, , ,00 dividendo per 2,039 (valore più baso) si ha x : y : z = 2,5 : 3 : 1 Moltiplicando per il più basso numero intero per cui i numeri ottenuti siano interi, cioè 2, si ha x : y : z = 5 : 6 : 2 formula minima C5H6O2

16 Esempio. La composizione percentuale di un composto è la seguente: C = 39,99%, H = 6,73% e O = 53,28%. La massa molecolare è 180,18. Determinare la formula minima e molecolare del composto. x : y : z = moli C : moli H : moli O x : y : z = 39,99 : 6,73 : 53,28 = 3,33: 6,66: 3,33 12, , ,00 dividendo per 3,33 (valore più baso) si ha x : y : z = 1 : 2 : 1 formula minima CH2O MM/mmCH2O = 180,18 /30,03 = 6 formula molecolare: CH2O  6 = C6H12O6

17 NUMERO DI OSSIDAZIONE Il numero di ossidazione (no) di un atomo in un composto è il numero di elettroni in più o in meno che gli sono attribuiti assegnando gli elettroni di legame all’atomo più elettronegativo. C > elettronegatività di H no C = -4 no H = +1 CO2 O > elettronegatività di C no C = +4 no O = -2

18 tutte le sostanze elementari hanno no uguale a zero;
gli ioni monoatomici hanno no uguale alla carica reale dello ione (es. Ca2+ no +2, Fe3+ no +3, Cl- no -1); il no del fluoro è sempre -1, dei metalli alcalini +1, dei metalli alcalino-terrosi +2; gli alogeni nei composti binari con atomi metallici hanno no -1; il no non è correlato al numero dei legami covalenti formati da un elemento in un composto; la somma algebrica dei no di tutti gli atomi in un composto è zero se il composto è neutro, ed è uguale alla carica dello ione negli ioni poliatomici.

19 Composti covalenti: elettronegatività H-Cl [Cl > H] Cl 8e- (7) no -1, H 0e- (1) no +1 NH3 [N > H] N 8e- (5) no -3, H 0e- (1) no +1 C=O [O > C] O 8e- (6) no -2, C 2e- (4) no +2 HNO3 [O > N] O 8e- (6) no -2, N 0e- (5) no +5, H 0e-(1) no +1 CO32- [O > C] O 8e- (6) no -2, C 0e- (4) no +4 somma no: (-2) = -2 CrO42- [O > Cr] O 8e- (6) no -2, Cr 0e- (6) no +6

20 Noti i no di alcuni elementi (es
Noti i no di alcuni elementi (es. O=-2, H=+1) è possibile calcolare i no di altri elementi dalla formula minima. HClO +1(H) x(Cl) -2(O) = x = +1 ClO x(Cl) -2·2(O) = x = +3 H2SO3 +1·2(H) x(S) -2·3(O) = x = +4 Cl2O x·2(Cl) -2(O) = x = +1 CO x(C) -2·3(O) = x = +4 Cr2O72- x·2(Cr) -2·7(O) = x = +6

21 Nei casi dubbi bisogna rifarsi al metodo generale dell’elettronegatività:
H2O2 perossido di idrogeno (acqua ossigenata) H O O H A ciascun atomo di O è assegnato 1 elettrone del legame O-O. Ogni O ha formalmente 7 elettroni e quindi no -1 (perossido). H può avere no -1 nei composti con i metalli meno elettronegativi [gruppo 1 e alcuni del gruppo 2 (Be e Mg)]: LiH, NaH, MgH2.

22 Esempio. Calcolare il numero di ossidazione degli elementi nei seguenti composti.
SO3 noO=-2 nos+3(-2)=0 nos=+6 KI noK=+1 noI+1=0 noI=-1 N2O5 noO=-2 2noN+5(-2)=0 noN=+5 ClO3- noO=-2 noCl+3(-2)0=-1 noCl=+5 Fe noFe=+3 K2Cr2O7 noK=+1, noO=-2 2noCr+7(-2)+2(+1)=0 noCr=+6 SO32- noO=-2 noS+3(-2)=-2 noS=+4 S noS=0 K2SnCl6 noK=+1, noCl=-1 noSn+6(-1)+2(+1)=0 noSn=+4 Na2MoO4 noNa=+1, noO=-2 noMo+2(+1)+4(-2)=0 noMo=+6 MnO4- noO=-2 noMn+4(-2)=-1 noMn=+7 C3H7NH2 noH=+1, noN=-3 3noC+1(-3)+9(+1)=0 noC=-2

23 C2H5OH noH=+1, noO=-2 2noC+1(-2)+6(+1)=0 noC=-2 H H H C C O H
Ca no=-3 (-1 per ciascun H e 0 per il C) Cb no=-1 (-1 per ciascun H,+1 per l’O e 0 per il C) no medio = -2 -1 -1 -1 +1 a b -1 -1 O più elettronegativo di C

24 REAZIONI CHIMICHE Le reazioni chimiche vengono simbolicamente rappresentate da equazioni chimiche nelle quali compaiono i reagenti e i prodotti. La freccia indica il verso (la direzione) della reazione: A + B  AB Dopo le formule, possono comparire le lettere (s), (l), (g), (aq) che indicano lo stato fisico in cui si trovano le sostanze. Conoscendo i reagenti, per prevedere i prodotti finali occorrono dei criteri chimici e non algebrici: Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2 Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O

25 Per la legge della conservazione della materia, in un’equazione chimica il numero di atomi (e carica elettrica) di ciascuna specie deve essere uguale a sinistra e a destra (bilanciamento della reazione). H2 + F2  2HF C + O2  CO2 significato quantitativo delle equazioni chimiche: una mole di H2 reagisce con una mole di F2 per dare due moli di HF; una mole di C reagisce con una mole di O2 per dare una mole di CO2 coefficiente stechiometrico

26 FORMALISMO DI SCRITTURA DELLE EQUAZIONI CHIMICHE
Sostanze pure: formula minima o molecolare, es. NaOH Sostanze in soluzione acquosa: ioni indipendenti, Na+ e OH- Nelle equazioni compaiono solo le specie che effettivamente prendono parte alla reazione. In soluzione acquosa: Fe(III) + idrossido  idrossido di Fe(III) Fe3+ + 3OH-  Fe(OH)3 sale di Fe(III): FeCl3, Fe2(SO4)3, Fe(NO3)3, ecc. idrossido: NaOH, KOH, ecc. n.o. sostanza pura solida non in soluzione ioni in soluzione

27 Elettroliti forti: sostanze che si sciolgono in acqua dissociandosi completamente in anioni e cationi. Es. sali solubili, acidi e basi forti. Elettroliti deboli: sostanze che si sciolgono in acqua dissociandosi parzialmente in anioni e cationi. La maggior parte della sostanza rimane nella forma neutra. Es. acido acetico. Non elettroliti: sostanze che si sciolgono in acqua non dissociandosi. Es. saccarosio, etanolo, ossigeno.

28 Sostanze insolubili in acqua (solide o gassose): si scrive la formula della sostanza pura.
Composti in soluzione acquosa: formula della specie che effettivamente esiste nella soluzione e partecipa alla reazione (formula sostanza pura quando si parte dallo stato solido o si forma). Composti solubili presenti in più forme: formula della specie preponderante. soluzione acquosa di ammoniaca: NH3, NH4+ OH- soluzione acquosa di diossido di carbonio: CO2, H2CO3, HCO3- CO32- soluzione acquosa di elettroliti forti: HSO4-o SO42- a seconda dell’acidità della soluzione soluzione acquosa di elettroliti deboli: CH3COOH, H3PO3

29 Forma neutra AgNO3(aq) + NaCl(aq)  AgCl(s) + NaNO3(aq) Forma ionica completa Ag+(aq) + NO3-(aq) + Na+(aq) + Cl-(aq)  AgCl(s) + Na+(aq) + NO3-(aq) Forma ionica netta Ag+(aq) + Cl-(aq)  AgCl(s)

30 BILANCIAMENTO DELLE REAZIONI CHIMICHE
Regole generali per il bilanciamento delle equazioni chimiche bilanciare per primi gli atomi degli elementi che compaiono nel minor numero di composti; se sono presenti elementi liberi lasciare per ultimo il loro bilanciamento; verificare se sono presenti gruppi di atomi (ioni poliatomici) che si conservano passando dai reagenti ai prodotti. In questo caso operare il bilanciamento considerando tali gruppi come singole unità.

31 Es. Bilanciare e riscrivere le seguenti reazioni (scritte in forma neutra) in forma ionica completa e netta (elettroliti deboli in corsivo). CH3COOH(aq) + NaOH (aq) CH3COONa(aq) + H2O CH3COOH(aq) + Na+(aq) + OH- (aq) CH3COO-(aq) + Na(aq) + H2O CH3COOH(aq) + OH- (aq) CH3COO-(aq) + H2O Na2CO3(aq) + CaCl2(aq)  CaCO3(s) + 2NaCl(aq) 2Na+ + CO32-(aq) + Ca2+(aq) + 2Cl-(aq)  CaCO3(s) + 2Na+(aq) + 2Cl-(aq) CO3-(aq) + Ca2+(aq)  CaCO3(s) Fe(OH)3(s) + HCl(aq)  FeCl3(aq) + H2O Fe(OH)3(s) + 3H+(aq) + 3Cl-(aq)  Fe3+(aq) + 3Cl-(aq) + 3H2O Fe(OH)3(s) + 3H+(aq)  Fe3+(aq) + 3H2O

32 A + B → C 1 mole A + 1 mole B → 1 mole C
CALCOLI PONDERALI A + B → C 1 mole A + 1 mole B → 1 mole C A + 2B → 3C 1 mole A + 2 moli B → 3 moli C In generale, nota la quantità in moli di un reagente o di un prodotto è possibile attraverso i rapporti tra i coefficienti stechiometrici della reazione bilanciata determinare le moli di tutti gli altri reagenti e prodotti. Se si fanno reagire 0,5 moli di A secondo la reazione 2A → B + 3C reagiranno nA:nB = 2:1 nB = nA/2 = 0,5/2 = 0,25 mol B nA:nC = 2:3 nC = 3  nA/2 = (0,50  3)/2 = 0,75 mol C

33 Esempio. 15,4 g di Cl2 vengono fatti reagire con una quantità stechiometrica di H2 secondo la reazione (non bilanciata) H2 + Cl2 → HCl. Calcolare la quantità in grammi di H2 richiesto per la reazione e la quantità di HCl prodotto al termine della reazione. Bilanciamento della reazione: H2 + Cl2 → 2HCl Cl2 n = m/MM = 15,4 g/70,91 g mol-1 = 0,217 mol nCl2:nH2 = 1:1 nH2 = nCl2 = 0,217 mol nCl2:nHCl = 1:2 nHCl = 2  nCl2 = 0,434 mol HCl m = n  MM = 0,434 mol  36,45 g mol-1 = 15,8 g H2 m = n  MM = 0,217 mol  2,02 g mol-1 = 0,438 g

34 Esempio. Calcolare la quantità di ossido di alluminio Al2O3 e di triossido di zolfo SO3 che devono reagire per formare 254,9 g di solfato di alluminio Al2(SO4)3 secondo la reazione Al2O3 + SO3 → Al2(SO4)3 Bilanciamento della reazione: Al2O3 + 3SO3 → Al2(SO4)3 Al2(SO4)3 n = m/MM = 254,9 g/342,15 g mol-1 = 0,745 mol nAl2(SO4)3:nSO3 = 1:3 nSO3 = 3  nAl2(SO4)3 = 2,24 mol nAl2(SO4)3:nAl2O3 = 1:1 nAl2O3 = nAl2(SO4)3 = 0,745 mol Al2O3 m = n  MM = 0,745 mol  101,94 g mol-1 = 75,9 g SO3 m = n  MM = 2,24 mol  80,06 g mol-1 = 179,3 g

35 REAGENTE LIMITANTE E IN ECCESSO
Nel caso di due o più reagenti può succedere che uno si consumi completamente, mentre gli altri sono ancora presenti. La parte che non reagisce si dice in eccesso, mentre quella consumata è il reagente limitante in quanto limita (determina) la quantità di prodotti. Reazione con rapporto stechiometrico 1:1 tra reagenti. Il reagente limitante è la specie presente (in moli) in quantità minore. Es. A + B  C Nel caso che 1 mol A + 2 mol B  1 mol C, il composto A è limitante

36 Reazione con rapporto stechiometrico diverso da 1:1 tra reagenti.
Es. A + 3B  2C Nel caso 1 mol A + 2 mol B, le 2 mol B reagiscono con 2/3 mol A (0,67 mol) lasciando 0,33 mol A non reagite (B limitante). Il reagente limitante è quello che presenta il rapporto moli/coeff. stechiom. più basso: A = 1/1 = 1, B = 2/3 = 0,67. Nel caso di reagente limitante, le moli degli altri reagenti e dei prodotti vengono ricavate facendo riferimento alle moli del reagente limitante.

37 Esempio. 5,39 g di ammoniaca NH3 vengono fatti reagire con 3,46 g di cloruro di idrogeno HCl per produrre cloruro di ammonio NH4Cl secondo la reazione NH3 + HCl  NH4Cl. Calcolare la massa di NH4Cl al termine della reazione. Verifica bilanciamento: ok HCl n = m/MM = 3,46 g/36,5 g mol-1 = 9,48 · 10-2 mol NH3 n = m/MM = 5,39 g/17,0 g mol-1 = 3,17 · 10-1 mol Rapporto 1:1. Reagente limitante HCl nHCl (reagite) = 9,48 · 10-2 mol nNH3 (eccesso) = 3,17 · ,48·10-2 = 2,22 · 10-1 mol nHCl = nNH4Cl (prodotte) = 9,48 · 10-2 mol mNH4Cl = n  MM = 9,48 · 10-2  53,5 g mol-1 = 5,07 g

38 Esempio. A elevata temperatura l’alluminio reagisce con l’ossigeno producendo ossido di alluminio Al2O3 secondo la reazione Al + O2  Al2O3. Se 7,58 g di Al reagiscono con 6,32 g di O2, calcolare la quantità di Al2O3 al termine della reazione. Bilanciamento: 4Al + 3O2  2Al2O3 Al n = m/MM = 7,58 g/26,98 g mol-1 = 2,81 · 10-1 mol O2 n = m/MM = 6,32 g/32,00 g mol-1 = 1,98 · 10-1 mol Rapporto diverso da 1:1. Reagente limitante O2 (n/coeff.stech. <) nO2:nAl = 3:4 nAl (reagite) = 4/3 nO2 = 2,64 · 10-1 mol nO2:nAl2O3 = 3:2 nAl2O3 (prodotte) = 2/3 nO2 = 1,32 · 10-1 mol mAl2O3 = n  MM = 1,32 · 10-1  101,94 g mol-1 = 13,5 g

39 Esempio. Avendo a disposizione 100 g di H2SO4 calcolare la quantità di acido che attacca 10 g di zinco metallico secondo la reazione Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 nZn = m/MM = 10 g/65,4 g mol-1 = 0,153 mol nZn:nH2SO4 = 1:1 nH2SO4 = 0,153 mol H2SO4 m = n  MM = 0,153 mol  98,1 g mol-1 = 15,0 g Eccesso di acido solforico : 100 – 15 = 85 g

40 Reazioni chimiche Reazione di sintesi (associazione) Reazioni di decomposizione (dissociazione) Reazioni di scambio semplice Reazioni di doppio scambio Reazioni di sintesi: A + B → AB 2Na + Cl2 → 2NaCl CaO + CO2 → CaCO3 CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O Reazioni di decomposizione: AB → A + B 2AgCl → 2Ag + Cl2 CaCO3 → CaO + CO2 2H2O2 → 2H2O + O2

41 Reazioni di scambio semplice: AB + C → CB + A
2HCl + Fe → FeCl2 + H2 Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu 2NaBr + F2 → 2NaF + Br2 Reazioni di doppio scambio: AB + CD → AD + CB NaOH + HCl → NaCl + H2O FeCl3 + 3AgNO3 → 3AgCl(s) + Fe(NO3)3 Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + H2O

42 REAZIONI DI PRECIPITAZIONE
I sali insolubili sono generalmente rappresentati da carbonati (CO32-), fosfati (PO43-), cromati (CrO42-), solfuri (S2-) e idrossidi (OH-). Fanno eccezione i sali con cationi dei metalli alcalini e con NH4+. Per gli idrossidi, anche i cationi dei metalli alcalino-terrosi. Se anione e catione di due sali solubili sono miscelati nella stessa soluzione si ha una reazione di precipitazione con formazione di un precipitato solido insolubile. Na2CO3(aq) + CaCl2(aq)  CaCO3(s) + 2NaCl(aq) CO32-(aq) + Ca2+(aq)  CaCO3(s) anione catione

43 Na2S(aq) + AgNO3(aq)  Ag2S(s) + NaNO3(aq)
Es. Calcolare la quantità di Ag2S solido che si forma quando in soluzione acquosa vengono fatti reagire 13,49 g di Na2S e 23,45 g di AgNO3 secondo la reazione di precipitazione Na2S(aq) + AgNO3(aq)  Ag2S(s) + NaNO3(aq) Bilanciamento: Na2S(aq) + 2AgNO3(aq)  Ag2S(s) + 2NaNO3(aq) Na2S n = m/MM = 13,49 g/78,04 g mol-1 = 1,73 · 10-1 mol AgNO3 n = m/MM = 23,45 g/169,87 g mol-1 = 1,38 · 10-1 mol Rapporto diverso da 1:1. Reagente limitante AgNO3 (n/coeff.stech. <) nAgNO3:nAg2S = 2 : 1 nAg2S (prodotte) = 1/2 nAgNO3 = 6,90 · 10-2 mol mAg2S = n  MM = 6,90 · 10-2  247,80 g mol-1 = 17,10 g

44 REAZIONI ACIDO-BASE Teoria di Arrhenius: un acido è una sostanza che, disciolta in acqua, si dissocia aumentando la concentrazione di ioni H+ della soluzione, mentre una base è una sostanza che si dissocia aumentando la concentrazione di ioni OH- (idrossidi). HCl(g)  H+(aq) + Cl-(aq) NaOH(aq)  Na+(aq) + OH-(aq) dissociazione completa  acido/base forte HF(g)  HF(aq) + H+(aq) + F-(aq) NH3(g)  NH3(aq) + 3H+(aq) + N3-(aq) dissociazione parziale  acido/base debole

45 HCl + NaOH  NaCl + H2O HCl + Na2S  H2S + NaCl
Un acido (di Arrhenius) reagisce con una base (di Arrhenius) per formare un sale e acqua: HCl + NaOH  NaCl + H2O Un acido forte ‘sposta’ un acido debole dal suo sale: HCl + Na2S  H2S + NaCl acido sale acido sale forte acido debole acido debole forte

46 NO3- + H+ + Na+ + OH-  Na+ + NO3- + H2O H+ + OH-  H2O
Esempio. Scrivere le seguenti reazioni acido-base con i corrispondenti prodotti in forma neutra, ionica completa e ionica netta. HNO3 + NaOH  NaNO3 + H2O NO3- + H+ + Na+ + OH-  Na+ + NO3- + H2O H+ + OH-  H2O HCl + Ca(OH)2  CaCl2 + 2H2O H+ + Cl- + Ca2+ + 2OH-  Ca2+ + 2Cl- + 2H2O Al(OH)3(s) + H2SO4  Al2(SO4)3 + H2O 2Al(OH)3(s) + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 6H2O 2Al(OH)3(s) + 6H+ + 3SO42-  2Al3+ + 3SO H2O 2Al(OH)3(s) + 6H+ 2Al3+ + 6H2O Fe(OH)3(s) + H3PO4  FePO4(s) + 3H2O acido debole

47 Esempio. In una soluzione acquosa vengono fatti reagire 51,45 g di CH3COOH con 35,46 g di NaOH. Scrivere la reazione in forma neutra e ionica e calcolare la massa in grammi di sale prodotto. CH3COOH + NaOH  CH3COONa + H2O CH3COOH + Na+ + OH-  CH3COO- + Na+ + H2O CH3COOH + OH-  CH3COO- + H2O nCH3COOH = m/MM = 51,45 g/60,05 g mol-1 = 8,568 · 10-1 mol nNaOH = m/MM = 35,46 g/40,00 g mol-1 = 8,865 · 10-1 mol Rapporto 1:1. Reagente limitante CH3COOH nNaOH(reagite) = nCH3COOH = 8,568 · 10-1 mol nCH3COONa(prodotte) = nCH3COOH = 8,568 · 10-1 mol mCH3COONa = n  MM = 8,568·10-1  82,03 g mol-1 = 70,28 g

48 Esempio. L’acido fosforico H3PO4 viene prodotto per reazione di Ca3(PO4)2 con H2SO4 secondo la reazione H2SO4 + Ca3(PO4)2(s)  H3PO4 + CaSO4(s). Calcolare la quantità di H3PO4 che si ottiene dalla reazione di 462 kg di Ca3(PO4)2 con 811 kg di H2SO4 e la quantità di reagente in eccesso al termine della reazione. Bilanciamento: 3H2SO4 + Ca3(PO4)2(s)  2H3PO4 + 3CaSO4(s) H2SO4 n = m/MM = 811 · 103 g/98,1 g mol-1 = 8,27 · 103 mol Ca3(PO4)2 n = m/MM = 462 · 103 g/310,2 g mol-1 = 1,49 · 103 mol Rapporto diverso da 1:1. Reagente limitante Ca3(PO4)2 (n/coeff.stech. <) nH2SO4(reagite) = 3  nCa3(PO4)2 = 4,47·103 mol 8,27 - 4,47 = 3,80 · 103 mol (H2SO4 in eccesso) nH3PO4(prodotte) = 2  nCa3(PO4)2 = 2,98·103 mol mH3PO4 = n  MM = 2,98 · 103  98,00 g mol-1 = 292 kg mH2SO4 = n  MM = 3,80 · 103  98,10 g mol-1 = 373 kg

49 REAZIONI DI OSSIDO-RIDUZIONE
Una reazione di ossido-riduzione (redox) è una reazione che avviene con un trasferimento di elettroni tra le specie chimiche che partecipano alla reazione. La specie che cede elettroni si ossida (agente riducente), quella che acquista elettroni si riduce (agente ossidante). Zn + Cu2+  Zn2+ + Cu Una reazione redox può essere scomposta in due semireazioni, la semireazione di riduzione e la semireazione di ossidazione: semireazione di riduzione: Cu2+ + 2e-  Cu semireazione di ossidazione: Zn  Zn2+ + 2e- 2e-

50 In una reazione redox avviene una variazione del numero di ossidazione di qualche elemento nella trasformazione dei reagenti in prodotti. Un elemento della specie che si ossida aumenta il suo no, mentre un elemento della specie che si riduce diminuisce il suo no. Il numero di elettroni trasferiti corrisponde alla variazione del no tra il reagente e il prodotto. reagenti: no Cu2+=+2 no Zn=0 prodotti: no Cu=0 no Zn2+=+2 Zn aumenta no (no=+2) e si ossida, mentre Cu diminuisce no (no=-2) e si riduce. e- trasferiti = no.

51 Sono potenzialmente agenti ossidanti tutte quelle sostanze in cui almeno un elemento ha no > di quello minimo consentito (acquistando e- l’elemento può andare verso il minimo no; es. elementi a max no). Sono potenzialmente agenti riducenti tutte quelle sostanze in cui almeno un elemento ha no < di quello massimo consentito (cedendo e- l’elemento può andare verso il massimo no; es. elementi a min no). Elementi a no intermedio possono comportarsi sia da ossidanti che da riducenti (es. H2O2 no=-1 può ossidarsi a no=0 oppure ridursi a no=-2 in dipendenza della sostanza con cui reagisce).

52 Cl2 + H2O → Cl- + ClO- + 2H+ (Cl no 0, +1, -1)
Quando uno stesso elemento passa nella medesima reazione a no maggiore e no minore (ossidoriduzione con se stesso) si parla di reazione di dismutazione o disproporzionamento: Cl2 + H2O → Cl- + ClO- + 2H+ (Cl no 0, +1, -1) H2O2 → H2O + 1/2O (O no -1, -2, 0)

53 Bilanciamento delle reazioni redox (metodo delle semireazioni)
Calcolo dei no di tutti gli elementi e identificazione della specie che si ossida (> no) e di quella che si riduce (< no); Individuazione delle semireazioni e bilanciamento delle masse di ciascuna singola semireazione*; Bilanciamento delle cariche di ciascuna semireazione; Bilanciamento delle cariche della reazione globale; Somma delle due semireazioni.

54 *se la specie che si ossida contiene atomi di ossigeno, spesso il loro numero aumenta nel passaggio dal reagente al prodotto. ambiente acido  aggiunta nei reagenti di una molecola di H2O per ogni O mancante e nei prodotti dei corrispondenti H+; ambiente basico  aggiunta nei reagenti di due OH- per ogni O mancante e nei prodotti dei corrispondenti H2O. *se la specie che si riduce contiene atomi di ossigeno, spesso il loro numero diminuisce nel passaggio dal reagente al prodotto. ambiente acido  aggiunta nei prodotti di una molecola di H2O per ogni O mancante e nei reagenti dei corrispondenti H+; ambiente basico  aggiunta nei prodotti di due OH- per ogni O mancante e nei reagenti dei corrispondenti H2O.

55 Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox Al + H+  Al3+ + H2
Al + H+  Al H2 Semireazione di ossidazione: Al  Al3+ bilancio di massa Al  Al3+ bilancio di carica Al  Al3+ + 3e- Semireazione di riduzione: H+  H2 bilancio di massa 2H+ H2 bilancio di carica 2H+ + 2e- H2 2  [Al  Al3+ + 3e-]  2Al  2Al3+ + 6e- 3  [2H+ + 2e- H2]  6H+ + 6e-  3H2 2Al + 6H+ + 6e-  2Al3+ + 3H2 + 6e- 2Al + 6H+  2Al3+ + 3H2 -3e- ox +1e- red

56 Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox
Cu + NO3- + H+  Cu2+ + NO + H2O Semireazione di ossidazione: Cu  Cu2+ bilancio di massa Cu  Cu2+ bilancio di carica Cu  Cu2+ + 2e- Semireazione di riduzione: NO3-  NO bilancio di massa NO3- + 4H+  NO + 2H2O bilancio di carica NO3- + 4H+ + 3e-  NO + 2H2O 3  [Cu  Cu2+ + 2e-]  3Cu  3Cu2+ + 6e- 2  [NO3- + 4H+ + 3e-  NO + 2H2O]  2NO3- + 8H+ + 6e-  2NO + 4H2O 3Cu + 2NO3- + 8H+ + 6e-  3Cu2+ + 6e- + 2NO + 4H2O 3Cu + 2NO3- + 8H+  3Cu2+ + 2NO + 4H2O ambiente acido -2e- +3e- 2 O mancanti: + 2H2O bilanciamento con H+

57 Cr2O72- + SO2 + H+  Cr3+ + SO42- + H2O
Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox Cr2O72- + SO2 + H+  Cr3+ + SO42- + H2O Semireazione di ossidazione: SO2  SO42- bilancio di massa SO2 + 2H2O  SO H+ bilancio di carica SO2 + 2H2O  SO H+ + 2e- Semireazione di riduzione: Cr2O72-  Cr3+ bilancio di massa Cr2O H+  2Cr3+ + 7H2O bilancio di carica Cr2O H+ + 6e-  Cr3+ + 7H2O 6 3[SO2+2H2O  SO42-+4H++2e-]  3SO2+6H2O  3SO42-+12H++6e- 2 1[Cr2O72-+14H++6e-  2Cr3++7H2O]  Cr2O72-+14H++6e-  2Cr3++7H2O 3SO2 + 6H2O + Cr2O H+ + 6e-  3SO H+ + 6e- + 2Cr3+ + 7H2O 3SO2 + Cr2O H+  3SO Cr3+ + H2O ambiente acido +3e- -2e-

58 MnO4- + C2O42- + H2O  MnO2 + CO2 + OH-
Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox MnO4- + C2O42- + H2O  MnO2 + CO2 + OH- Semireazione di ossidazione: C2O42-  CO2 bilancio di massa C2O42-  2CO2 bilancio di carica C2O42-  2CO2 + 2e- Semireazione di riduzione: MnO4-  MnO2 bilancio di massa MnO H2O  MnO2 + 4OH- bilancio di carica MnO H2O + 3e-  MnO2 + 4OH- 3  [C2O42-  2CO2 + 2e-]  3C2O42-  6CO2 + 6e- 2  [MnO H2O + 3e-  MnO2 + 4OH-]  2MnO H2O + 6e-  2MnO2 + 8OH- 2MnO H2O + 3C2O e-  2MnO2 + 8OH- + 6CO2 + 6e- 2MnO H2O + 3C2O42-  2MnO2 + 8OH- + 6CO2 ambiente basico +3e- -1e-

59 Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox
Cl2 + H+  Cl- + HClO + H2O Semireazione di ossidazione: Cl2  HClO bilancio di massa Cl2 + 2H2O  2HClO + 2H+ bilancio di carica Cl2 + 2H2O  2HClO + 2H+ + 2e- Semireazione di riduzione: Cl2  Cl- bilancio di massa Cl2  2Cl- bilancio di carica Cl2 + 2e-  2Cl- 2  [Cl2 + 2H2O  2HClO + 2H+ + 2e-]  Cl2 + 2H2O  2HClO + 2H+ + 2e- 2  [Cl2 + 2e-  2Cl-]  Cl2 + 2e-  2Cl- Cl2 + 2H2O + Cl2 + 2e-  2HClO + 2H+ + 2Cl- + 2e- Cl2 + 2H2O + Cl2  2HClO + 2H+ + 2Cl- reazione di dismutazione o disproporzionamento: reazione in cui una specie si ossida e si riduce reagendo con se stessa +1e- -1e- si bilancia inizialmente Cl e poi si introduce H2O

60 FeS2 + O2 + H2O  Fe(OH)3 + SO42- + H+
Esempio. Bilanciare la seguente reazione redox FeS2 + O2 + H2O  Fe(OH)3 + SO42- + H+ Semireazione di ox: FeS2  SO42- + Fe(OH)3 bilancio di massa FeS2 + 11H2O 2SO42- + Fe(OH)3 + 19H+ bilancio di carica FeS2 + 11H2O 2SO42-+ Fe(OH)3 + 19H+ + 15e- Semireazione di red: O2  H2O bilancio di massa O2 + 4H+  2H2O bilancio di carica O2 + 4H+ + 4e-  2H2O 4  [FeS2 + 11H2O 2SO42- + Fe(OH)3 + 19H+ +15e-]  4FeS H2O  8SO Fe(OH)3 + 76H+ + 60e- 15  [O2 + 4H+ + 4e-  2H2O]  15O2 + 60H+ + 60e- 30H2O 4FeS H2O + 15O2  8SO Fe(OH)3 + 16H+ -1e- -7e- +2e- si considerano i due processi di ox contemporaneamente si bilancia inizialmente S e poi si introduce H2O

61 Semireazione di ossidazione: I-  I2 bilancio di massa 2I-  I2
Esempio. 1,211 g di KBrO3 vengono fatti reagire con 1,708 g di KI in un eccesso di acido secondo la reazione BrO3- + I - + H+  Br - + I2 + H2O. Determinare la quantità in grammi di I2 che si ottiene alla fine. BrO3- + I- + H+  Br- + I2 + H2O Semireazione di ossidazione: I-  I2 bilancio di massa 2I-  I2 bilancio di carica 2I-  I2 + 2e- Semireazione di riduzione: BrO3-  Br- bilancio di massa BrO3- + 6H+  Br- + 3H2O bilancio di carica BrO3- + 6H+ + 6e-  Br- + 3H2O 6 3  [2I-  I2 + 2e-]  6I-  3I2 + 6e- 2 1  [BrO3- + 6H+ + 6e-  Br- + 3H2O]  BrO3- + 6H+ + 6e-  Br- + 3H2O BrO3- + 6I- + 6H+  Br- + 3I2 + 3H2O +6e- -1e-

62 KBrO3 n = m/MM = 1,211 g/167,01 g mol-1 = 7,251·10-3 mol
KI n = m/MM = 1,708 g/166,01 g mol-1 = 1,029·10-2 mol Rapporto diverso da 1:1. Reagente limitante I- (n/coeff.stech. <) nI- : nI2 = 6 : 3  nI2 (prodotte) = 3/6 nI- = 3,430·10-3 mol mI2 = n · MM = 3,430·10-3  253,8 g mol-1 = 0,8705 g

63 Semireazione di ossidazione: H2O2  O2
Esempio. Si dispone di una soluzione contenente 17,3 g di H2O2. Si vogliono produrre 11,5 g di O2 ossidando l’H2O2 con KMnO4 secondo la reazione MnO4- + H2O2 + H+  Mn2+ + O2 + H2O. Calcolare la quantità di KMnO4 necessario per produrre la quantità di O2 richiesta e la quantità di H2O2 ancora presente al termine della reazione. MnO4- + H2O2 + H+  Mn2+ + O2 + H2O Semireazione di ossidazione: H2O2  O2 bilancio di massa H2O2  O2 + 2H+ bilancio di carica H2O2  O2 + 2H+ + 2e- Semireazione di riduzione: MnO4-  Mn2+ bilancio di massa MnO4- + 8H+  Mn2+ + 4H2O bilancio di carica MnO4- + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O 5  [H2O2  O2 + 2H+ + 2e- ]  5H2O2  5O2 + 10H+ + 10e- 2  [MnO4- + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O]  2MnO H+ + 10e-  2Mn2+ + 8H2O +5e- +1e-

64 5H2O2 + 2MnO4- + 6H+  2Mn2+ + 8H2O + 5O2 O2 n = m/MM = 11,5 g/32,0 g mol-1 = 3,59·10-1 mol H2O2 n = m/MM = 17,3 g/34,0 g mol-1 = 5,09·10-1 mol nO2 : nMnO4- = 5 : 2  nMnO4- (reagite) = 2/5 nO2 = 1,44·10-1 mol nO2 : nH2O2 = 5 : 5  nH2O2 (reagite) = nO2 = 3,59·10-1 mol H2O2 in eccesso = 5,09 - 3,59 = 1,50·10-1 mol mKMnO4- = n · MM = 1,44·10-1 mol  156,0 g mol-1 = 22,4 g mH2O2 = n · MM = 1,50·10-1 mol  34,0 g mol-1 = 5,1 g

65 L’EQUIVALENTE Per ovviare alla difficoltà di calcolare la quantità di moli al termine di una serie di reazioni dovuta al variare del rapporto tra i coefficienti stechiometrici, si esprimono le quantità di reagenti e prodotti in equivalenti (eq). Infatti, per una data reazione uguali equivalenti di reagenti si trasformano in uguali equivalenti di prodotti (rapporto 1:1), indipendentemente dai coefficienti stechiometrici. m ME ME, massa equivalente (peso equivalente) La ME di un composto dipende dal tipo di reazione in cui è coinvolto il composto stesso. eq =

66 n. elettroni acquistati o ceduti
Reazione redox: la ME si calcola dividendo la MM per il numero di elettroni acquistati o ceduti nella semireazione di riduzione o ossidazione. MM n. elettroni acquistati o ceduti equivalente: quantità in grammi della sostanza che può acquistare o cedere una mole di elettroni. Es. KMnO4 MnO4- + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O MMKMnO ,03 g mol ,61 5 eq mol eq mol-1 ME = MEKMnO4 = = = 31,61 g eq-1

67 Reazione acido-base: la ME si calcola dividendo la MM per il numero di ioni OH- o di ioni H+ ceduti nel processo acido-base. MMB MMA n. OH- ceduti n. H+ ceduti equivalente: quantità in grammi della sostanza che può cedere una mole di ioni OH- o H+. H2SO4  SO H+ + 2e- MMH2SO ,07 g mol ,61 2 eq mol eq mol-1 MEB = MEA = = 49,04 g eq-1 MEH2SO4 = =

68 La quantità di un composto espresso in equivalenti è superiore o al limite uguale alla corrispondente quantità in moli. Il fattore di conversione è dato dal numero di elettroni acquistati o ceduti in una reazione redox o dal numero di ioni H+/OH- ceduti in una reazione acido base. KMnO4 + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O eq = m/ME ME = MM/5 eq = (m · 5)/MM n = m/MM H2SO4  SO H+ + 2e- eq = m/ME ME = MM/2 eq = (m · 2)/MM

69 Ambiente acido: KMnO4 + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O
Svantaggio: la ME di un composto dipende dal tipo di reazione in cui è coinvolto il composto stesso. Es. HNO3 è sia un acido che un ossidante secondo la semireazione NO3- + 4H+ + 3e-  NO + 2H2O Reazioni acido-base: eq = ME/1 = 63,01 g mol-1/1 = 63,01 g eq-1 Reazioni redox: eq = ME/3 = 63,01 g mol-1/3 = 21,00 g eq-1 Ambiente acido: KMnO4 + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O eq = ME/5 = 158,04 g mol-1/5 = 31,61 g eq-1 Ambiente basico: MnO4- + 2H2O + 3e-  MnO2 + 4OH- eq = ME/3 = 158,04 g mol-1/3 = 52,68 g eq-1

70 Esempio. Calcolare la massa equivalente delle seguenti sostanze:
O2 + 4H+ + 4e-  2H2O (riduzione) MEO2 = MM/4 = 32 g mol-1/4 eq mol-1 = 8 g eq-1 Cr2O H+ + 6e-  2Cr3+ + 7H2O (riduzione) MEK2Cr2O7= MM/6 = 294,19/6 = 49,03 g eq-1 2S2O32-  S4O e- (ossidazione) MENa2S2O3= MM/1 = 248,18 g eq-1 [la ME è uguale alla MM] H2SO3 + 2NaOH  Na2SO3 + 2H2O (reazione acido-base) MEH2SO3= MM/2 = 82,07/2 = 41,04 g eq-1 K3PO4 + 2 HCl  KH2PO4 + 2KCl (reazione acido-base) MEK3PO4= MM/2 = 212,17/2 = 106,09 g eq-1

71 MnO4- + C2O42- + H+  Mn2+ + CO2 + H2O
Esempio. Calcolare la quantità di equivalenti e la massa di KMnO4 che reagisce con 1,137 g di Na2C2O4 in ambiente acido secondo la reazione: MnO4- + C2O42- + H+  Mn2+ + CO2 + H2O eqKMnO4 = eqNa2C2O4 Semireazione di ox: C2O42-  2CO2 + 2e- Semireazione di red: MnO4- + 8H+ + 5e-  Mn2+ + 4H2O MENa2C2O4 = MM/2 = 134,01/2 = 67,01 g eq-1 eqNa2C2O4 = m/ME = 1,137 g/67,01 g eq-1= 1,697·10-2 eq (= eqKMnO4) MEKMnO4 = MM/5 = 158,04/2 = 31,61 g eq-1 mKMnO4 = eq · ME = 1,697 ·10-2 eq  31,61 g eq-1= 0,5364 g ox red

72 O2 + Mn2+ + OH-  MnO(OH)2 + H2O MnO(OH)2 + I - + H+  Mn2+ + I2 + H2O
Esempio. La quantità di O2 disciolta in acqua può essere determinata tramite le seguenti reazioni in successione: O2 + Mn2+ + OH-  MnO(OH)2 + H2O MnO(OH)2 + I - + H+  Mn2+ + I2 + H2O I2 + S2O32-  I - + S4O62- Sapendo che al termine del processo sono stati misurati 1,2·10-3 equivalenti di S4O62- calcolare le quantità in equivalenti, in moli e in milligrammi di O2 presenti inizialmente. eqS4O62- = eqO2 = 1,2·10-3 eq Semireazione di red: O2  H2O bilancio di massa O2 + 4H+  2H2O bilancio di carica O2 + 4H+ + 4e-  2H2O nO2 = eqO2/4 = 1,2·10-3 eq/4 eq mol-1= 3,0·10-4 mol mO2 = MM · nO2 = 3,0·10-4 mol  32,0 g mol-1 = 9,6·10-3 g = 9,6 mg

73 LE CONCENTRAZIONI DELLE SOLUZIONI
Esempio. Calcolare la molarità di una soluzione ottenuta sciogliendo 2,5 moli di glucosio C6H12O6 in 500 mL di acqua. M = n/V = 2,5 mol/0,5 L = 5 mol L-1 Esempio. Calcolare la molarità di una soluzione ottenuta sciogliendo 4,54 g di KCl in 250 mL di acqua. n = m/MM = 4,54 g/74,55 g mol-1 = 6,09 · 10-2 mol M = n/V = 6,09 · 10-2 mol/0,25 L = 2,44 · 10-1 mol L-1 Esempio. Calcolare la massa in grammi di CaCl2 necessaria per preparare 100 mL di una soluzione 1,60 · 10-2 M. n = M · V = 1,60 · 10-2 mol  0,1 L = 1,6 · 10-3 mol m = n · MM = 1,60 · 10-3 mol  111,0 g mol-1 = 1,78 · 10-1 g

74 Esempio. Calcolare la concentrazione espressa come % in peso di una soluzione di NaCl ottenuta sciogliendo 130 g del sale in 1,40 L di acqua(dH2O = 1 g mL-1). msoluzione = msoluto + msolvente = 130 g g = 1530 g % m/m = (130/1530) x 100 = 8,50% Esempio. Si vogliono preparare 500 mL di una soluzione di etanolo in acqua al 26% (v/v). Calcolare la massa di acqua (dH2O = 1 g mL-1) e di etanolo (detanolo = 0,79 g mL-1) che devono essere miscelati per preparare la soluzione. Vetanolo = 500 mL  0,26 = 130 mL VH2O = 500 mL  (1 - 0,26) = 370 mL mH2O = d · V = 1 g mL-1 x 370 mL = 370 g metanolo = d · V = 0,79 g mL-1 x 370 mL = 103 g

75 Esempio. Una soluzione di metanolo in etanolo ha una concentrazione del 23,4% (m/m). Calcolare la frazione molare dei due componenti. Consideriamo 100 g di soluzione: nMeOH = m/MM = 23,4 g/32,04 g mol-1 = 7,30 · 10-1 mol nEtOH = m/MM = 76,6 g/46,07 g mol-1 = 1,66 mol MeOH = nMeOH/(nMeOH + nEtOH) = 7,30 · 10-1 mol/ 7,30 · 10-1 mol + 1,66 mol = 0,305 EtOH = 1- MeOH = 0,695

76 Esempio. Una soluzione di NaNO3 ha una concentrazione di 140 g L-1 e una densità di 1,10 g mL-1. Calcolare la sua concentrazione molale. msoluz = d · V = 1,10 g mL-1 x 1000 mL = 1100 g Questa massa è costituita da 140 g NaNO3 e da 960 g solvente nNaNO3 = m/MM = 140 g/84,99 g mol-1 = 1,65 mol m (molalità) = n/m = 1,65 mol/0,96 kg = 1,72· 10-1 mol kg-1