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Reazione di sostituzione: meccanismo

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

La reazione di sostituzione: meccanismo elettrofilo

Durante una reazione di sostituzione nucleofila, avvengono due processi fondamentali: la rottura del legame preesistente e la formazione di un nuovo legame. Questo tipo di reazione può avvenire a due stadi o a uno stadio.

Reazione a due stadi:

La reazione a due stadi comporta la rottura del legame preesistente come primo passo seguito dalla formazione di un nuovo legame.

Reazione a uno stadio:

Nella reazione a uno stadio, la formazione e la rottura dei legami avvengono simultaneamente, ovvero in modo concertato.

Meccanismo a due stadi

Nel meccanismo a due stadi, il primo stadio, che determina la velocità, è la rottura del legame con il gruppo uscente, lasciando il carbonio come carbocatione. Questa è una reazione di ionizzazione, spesso effettuata riscaldando il composto in un solvente adatto. In un secondo stadio, il carbocatione, ad alta energia, è attaccato da un nucleofilo per formare un nuovo legame.

La velocità di queste reazioni di ionizzazione dipende dalla stabilità degli ioni che si formano (carbocatione e gruppo uscente) e dal potere ionizzante del solvente che deve stabilizzare per solvatazione i frammenti ionici formati.

Una conseguenza della ionizzazione preliminare è che solo la concentrazione del substrato che ionizza influenza la velocità della reazione, rendendo la velocità indipendente dalla concentrazione del nucleofilo. Queste reazioni avvengono tramite meccanismo SN1, sostituzione nucleofilica monomolecolare.

Meccanismo a uno stadio

Nel meccanismo a uno stadio, il nucleofilo si fa strada verso il carbonio che costituisce il centro di reazione, spingendo fuori il gruppo uscente simultaneamente. Questo tipo di reazione è detta SN2, sostituzione nucleofilica bimolecolare, ed è un meccanismo concertato in cui il nucleofilo esercita la sua attività spostando il gruppo uscente.

Il meccanismo di sostituzione nucleofila comporta processi complessi che si influenzano reciprocamente e che determinano la velocità e la cinetica della reazione.

Proprietà acide e basiche dei solventi

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Le caratteristiche acido-base dei solventi

La comprensione delle proprietà acide e basiche delle sostanze diventa cruciale quando queste vengono impiegate come solventi. Numerosi solventi possono manifestare proprietà acide o basiche e, pertanto, vengono classificati come acidi o protogenetici, basici o protofili, anfiprotici (che possono agire sia come donatori che come accettori di protoni a seconda delle condizioni) e inerti o aprotici.

Il carattere anfiprotico è osservabile, in misura più o meno pronunciata, in tutti i solventi, ad eccezione di quelli aprotici. Questo si manifesta attraverso l’autoprotolisi o autoionizzazione, ad esempio:

H2O + H2O ⇌ H3O+ + OH-
CH3OH + CH3OH ⇌ CH3OH2+ + CH3O-
CH3COOH + CH3COOH ⇌ CH3COOH2+ + CH3COO-
NH3 + NH3 ⇌ NH4+ + NH2-

La costante di autoprotolisi, comunemente chiamata prodotto ionico dell’acqua, rappresenta il grado di autoprotolisi per ciascun solvente e assume un valore ben definito e costante a temperatura costante. Ad esempio, per un solvente anfiprotico HX soggetto all’equilibrio HX + HX ⇌ H2X+ + X-, la costante di autoprotolisi K viene espressa dalla relazione K = [H2X+ ] [X-].

La valutazione della forza acida, forza basica e costante dielettrica influisce sul valore della costante di autoprotolisi. Nel sistema acqua, ad esempio, la costante K è tanto più grande quanto maggiore è la tendenza degli equilibri ad andare verso destra. L’acido acetico, al contrario, rappresenta il caso opposto avendo forti proprietà sia acide che basiche, influenzate dalla costante dielettrica.

Grazie alle loro proprietà acido-base, i solventi possono influenzare gli acidi o le basi in essi sciolti. Ad esempio, l’acido perclorico, l’acido formico e l’acido acetico, sciolti in acqua, si comportano rispettivamente come acidi fortissimi, di media forza e debole. Se dissolti in ammoniaca liquida, solvente più protofilo dell’acqua, agiscono da acidi fortissimi, dimostrando l’effetto livellante del solvente.

In sintesi, la comprensione delle proprietà acido-base dei solventi è cruciale per valutarne l’effetto sui soluti in soluzione, garantendo una migliore comprensione dei processi chimici in atto.

pH di sali derivanti da acido debole e base debole

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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pH di sali derivanti da acido debole e base debole

pH dei sali derivanti da acidi deboli e basi deboli

Il calcolo del pH dei sali derivanti da acidi deboli e basi deboli è più complesso rispetto a quello dell’idrolisi salina. È necessario considerare che questi sali subiscono l’idrolisi per entrambi i costituenti.

Esempi

Un esempio di questo tipo di sale è il cianuro di ammonio NH4CN, derivante dalla base debole NH4OH e dall’acido debole HCN. In acqua, si dissocia completamente in NH4+ e CN-. Sia l’ione ammonio che l’ione cianuro subiscono idrolisi secondo specifici equilibri.

Un sale derivante da acido debole e base debole può essere acido, basico o neutro a seconda delle forze dell’acido e della base:

– se K_a > K_b la soluzione risulta acida
– se K_a

Variazione del potenziale con la concentrazione

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Variazione del potenziale con la concentrazione

Variazione del potenziale in relazione alla concentrazione delle specie:

La variazione del potenziale di una semicella è strettamente legata alla concentrazione delle specie coinvolte e può essere calcolata utilizzando l’equazione di Nernst. Ogni semireazione di riduzione presenta un potenziale di riduzione, misurato in volt, che dipende direttamente dalle concentrazioni delle specie coinvolte secondo l’equazione di Nernst.

In una reazione elettrochimica del tipo “stato ossidato + n elettroni → stato ridotto”, il potenziale di riduzione è influenzato dalle concentrazioni delle specie secondo l’equazione di Nernst: Erid = E° + 0.059/n log [stato ossidato]/[stato ridotto]. E° rappresenta il potenziale normale di riduzione, mentre n è il numero di elettroni scambiati nella semireazione di riduzione. Rappresenta la costante dei gas, F è il Faraday e T la temperatura espressa in gradi Kelvin.

Dando specifici valori a R, F e T e trasformando l’equazione di Nernst da logaritmi naturali a logaritmi decimali, otteniamo: Erid = E° + 0.059/n log [stato ossidato]/[stato ridotto]. È importante notare che il potenziale E° non varia significativamente anche quando il rapporto [stato ossidato]/[stato ridotto] subisce notevoli variazioni.

Esempio numerico:

Considerando la coppia Fe3+/Fe2+, con E° pari a 0.77 V e n che rappresenta il numero di elettroni scambiati nella semireazione di riduzione (Fe3+ + 1 e- = Fe2+), possiamo osservare le variazioni del potenziale in base alle concentrazioni delle specie coinvolte. Ad esempio, per [Fe3+]/[Fe2+] = 1/1000 si ottiene un Erid di 0.59 V, mentre per [Fe3+]/[Fe2+] = 1 il valore diventa 0.77 V.

Limiti pratici:

È importante notare che in condizioni pratiche, non è possibile ottenere una soluzione con una concentrazione assolutamente pura dell’uno o dell’altro stato. Inoltre, l’acqua stessa agisce come riducente in condizioni in cui il potenziale è elevato. Analogamente, in condizioni in cui il potenziale è basso, l’acqua agisce come ossidante. Pertanto, il potenziale del sistema Fe3+/Fe2+ non può superare il valore di circa 1 V né può scendere al di sotto di circa 0.5 V a causa della presenza dell’acqua, che funge da limite per gli ossidanti e i riducenti. Le soluzioni che contengono contemporaneamente sia l’ossidante che il riducente coniugato hanno il potenziale di riduzione praticamente fissato intorno al valore del potenziale normale, sono cioè soluzioni a “potenziale tamponato”.

Analogie formali:

Una evidente analogia formale esiste tra l’equazione di Nernst e quella di Henderson-Hasselbalch, utilizzata nella determinazione del pH delle soluzioni tampone. Entrambe le equazioni dimostrano che la variazione del rapporto tra le specie coinvolte non comporta variazioni significative nel potenziale o nel pH, rispettivamente.

Costante di equilibrio dal grado di dissociazione

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Costante di equilibrio dal grado di dissociazione

Il calcolo della costante di equilibrio di un acido o di una base debole può essere effettuato conoscendo il grado di dissociazione dell’elettrolita. Il grado di dissociazione, indicato con il simbolo α, è la frazione di moli di elettrolita che ha subito la dissociazione, ovvero il rapporto tra le moli dissociate n_d e quelle iniziali n_o. Questo valore può variare da 0 a 1, dove 0 corrisponde a un non elettrolita o assenza di dissociazione e 1 rappresenta il grado massimo di dissociazione. In riferimento a 100 moli iniziali di sostanza, α può essere espresso in termini percentuali e può assumere valori compresi tra 0 e 100. Il grado di dissociazione è correlato all’indice di van’t Hoff e consente di calcolare la costante di equilibrio dalle proprietà colligative.

Per calcolare la costante di equilibrio di una soluzione di acido acetico 0.150 M, con una dissociazione all’1.086%, si può utilizzare l’espressione K_a = [CH_3COO^-][ H^+]/[CH_3COOH]. La concentrazione dello ione H^+, uguale a quella dello ione acetato, può essere ottenuta dal grado di dissociazione percentuale. Sostituendo i valori nell’espressione di K_a, si ottiene il risultato 1.77 x 10^-5.

Un altro esempio è quello di un acido debole HA, con una concentrazione pari a 0.200 M e una dissociazione percentuale del 1.235%. In questo caso, la concentrazione dello ione H^+, uguale a quella dello ione A^-, può essere ottenuta dal grado di dissociazione percentuale. Sostituendo i valori nell’espressione di K_a, si ottiene il risultato 3.05 x 10^-5.

Infine, prendiamo in considerazione una soluzione 1.3 M della base debole metilammina, con un grado di dissociazione percentuale del 0.72%. Utilizzando l’espressione di K_b = [CH_3NH_3^+][ OH^-]/[CH_3NH_2], la concentrazione dello ione OH^-, uguale a quella dello ione CH_3NH_3^+, può essere ottenuta dal grado di dissociazione percentuale. Sostituendo i valori nell’espressione di K_b, si ottiene il risultato 6.7 x 10^-5.

In conclusione, il calcolo della costante di equilibrio dalle proprietà colligative può essere effettuato conoscendo il grado di dissociazione di un elettrolita, fornendo importanti informazioni sulla reattività chimica delle sostanze deboli.

Calcolo della costante basica noti il pH e la molarità

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Calcolo della costante basica noti il pH e la molarità

Nel calcolo della costante basica di una base debole conoscendo la sua concentrazione e il pH, è necessario seguire alcuni passaggi. Prima di tutto bisogna scrivere la reazione di ionizzazione della base e successivamente l’espressione della costante di equilibrio. Il pH viene utilizzato per determinare il pOH e di conseguenza la concentrazione di ioni idrossido [OH-]. Infine, i valori ottenuti vengono sostituiti nell’espressione della Kb per calcolarla.

Esercizio 1

Una soluzione 0.00500 M di codeina ha un pH di 9.95. Bisogna calcolare la Kb.

Soluzione:

a) La reazione di ionizzazione è:
C18H21NO3 + H2O ⇌ C18H21NO3H+ + OH-

b) L’espressione della costante di equilibrio è:
Kb = [C18H21NO3H+][OH-] / [C18H21NO3]

c) Il pOH della soluzione è pari a pOH = 14 – 9.95 = 4.05. La concentrazione di ioni OH-, pari a quella degli ioni C18H21NO3H+, vale quindi:
[OH-] = 10^-4.05 = 8.91 × 10^-5 M

Sostituendo tali valori nell’espressione della Kb si ha:
Kb = (8.91 × 10^-5)(8.91 × 10^-5) / (0.00500 – 8.91 × 10^-5) = 1.62 × 10^-6

Esercizio 2

Una soluzione 0.15 M di una base debole B ha un pH di 11.68. È richiesto il calcolo della Kb.

Soluzione:

a) La reazione di ionizzazione è:
B+ + H2O ⇌ BH+ + OH-

b) L’espressione della costante di equilibrio è:
Kb = [BH+][OH-] / [B]

Si può anche utilizzare un metodo alternativo per calcolare [OH-] attraverso il pH e poi ottenere la Kb.

Sostituendo i valori ottenuti nell’espressione della Kb si ha:
Kb = (0.00478)(0.00478) / (0.15 – 0.00478) = 1.57 × 10^-4

Esercizio 3

Una soluzione 0.15 M di ascorbato ha un pH di 8.65. È richiesto il calcolo della Kb dello ione ascorbato e la Ka dell’acido ascorbico.

Soluzione:

a) La reazione di ionizzazione è:
HC6H6O6- + H2O ⇌ H2C6H6O6 + OH-

b) L’espressione della costante di equilibrio è:
Kb = [H2C6H6O6][OH-] / [HC6H6O6-]

Il pOH della soluzione è pari a pOH = 14 – 8.65 = 5.35. Sostituendo i valori ottenuti nell’espressione della Kb si ha:
Kb = (4.47 × 10^-6)(4.47 × 10^-6) / (0.15 – 4.47 × 10^-6) = 1.33 × 10^-10

Poiché Ka × Kb = Kw, si ottiene:
Ka = 1.00 × 10^-14 / 1.33 × 10^-10 = 7.52 × 10^-5

Precipitazione di una base: pH

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Precipitazione di una base: calcolo del pH in soluzione

La precipitazione di una base poco solubile è influenzata dal pH e può essere calcolata conoscendo il valore di K_ps. Per risolvere un problema relativo alla precipitazione di una base, è necessario seguire alcuni passaggi specifici.

Passaggi per il calcolo del pH in una soluzione di precipitazione di una base:

– Scrivere la reazione di dissociazione ipotizzando le concentrazioni delle specie che si dissociano.
– Scrivere l’espressione del K_ps.
– Sostituire i valori delle concentrazioni nel K_ps.
– Risolvere rispetto a [OH^–].
– Determinare il pOH e, conseguentemente, il pH.

Esercizio 1: Calcolo del pH per la precipitazione dell’idrossido di cromo (III)

Per calcolare il valore di pH al quale precipita l’idrossido di cromo (III) con un K_ps di 6.70 x 10^-31, seguono i seguenti passaggi:

– La reazione di dissociazione è: Cr(OH)₃ _(s) ⇌ Cr³⁺_(aq) + 3 OH^–_(aq). Si ipotizza la concentrazione dello ione cromo (III) come x, quindi la concentrazione di ioni OH^– è pari a 3x.
– L’espressione del K_ps è: K_ps = [Cr³⁺][OH^–]³.
– Sostituendo i valori nell’espressione del K_ps, arriveremo a un valore di x = 1.26 ∙ 10^-8 e [OH^–] = 3.78 ∙ 10^-8 M.
– Quando la concentrazione di OH^– è pari a 3.78 ∙ 10^-8 M, avviene la precipitazione. Il pOH risulta essere 7.42, corrispondente a un pH di 6.58.

Esercizio 2: Calcolo del pH per la precipitazione dell’idrossido di alluminio

Per calcolare il valore del pH a cui l’idrossido di alluminio comincia a precipitare in una soluzione 0.100 M di AlCl₃ con un K_ps di 1.90 ∙ 10^-33, è necessario seguire questi passaggi:

– La reazione di dissociazione dell’idrossido di alluminio è: Al(OH)_3(s)⇌ Al³⁺_(aq) + 3 OH^–_(aq). Dato che il cloruro di alluminio si dissocia completamente in Al³⁺ e 3 Cl^–, la concentrazione dell’ione alluminio è 0.100 M.
– L’espressione del K_ps è: K_ps = [Al³⁺][OH^–]³.
– Sostituendo i valori nell’espressione del K_ps, si ottiene [OH^–] = 2.67 ∙ 10^-11 M.
– Quando la concentrazione di OH^– è pari a 2.67 ∙ 10^-11 M, avviene la precipitazione. Il pOH risulta essere 10.6, corrispondente a un pH di 3.40.

Con questi passaggi, è possibile calcolare il valore del pH per la precipitazione di una base in soluzione, considerando il K_ps e le concentrazioni delle specie chimiche coinvolte.

Pressione osmotica ed equilibrio

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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La Pressione Osmotica: Calcolo dell’Indice di vant’Hoff in Soluzioni Elettrolitiche

La pressione osmotica è una proprietà colligativa delle soluzioni che dipende dall’indice di vant’Hoff, specialmente per gli elettroliti. Gli elettroliti sono sostanze, come acidi, basi e sali, che subiscono dissociazione elettrolitica in soluzione. Per esempio, l’acido cloridrico si dissocia secondo la reazione: HCl → H⁺ + Cl^–. Questo fenomeno si applica anche all’idrossido di sodio e al cloruro di sodio.

Nel calcolo delle proprietà colligative, l’indice di vant’Hoff esprime il numero di ioni prodotti dalla dissociazione di un soluto. Quando si tratta di elettroliti forti, completamente dissociati, il calcolo dell’indice di vant’Hoff è diretto e semplice. Prendiamo ad esempio il KCl che si dissocia in Na⁺ e Cl^–, il suo valore è 2, e per il Mg(NO₃)₂ che si dissocia in Mg²⁺ e 2 NO₃^– il valore è 3.

Nel caso di elettroliti deboli, come un acido debole, ad esempio HF, l’indice di vant’Hoff è correlato alla costante acida o al grado di dissociazione dell’acido. La pressione osmotica π è data dalla formula: π = CRT i, dove C è la concentrazione molare, R la costante dei gas, T la temperatura in gradi Kelvin e i l’indice di vant’Hoff.

Esercizi Svolti

1) Per calcolare la costante acida del generico acido debole monoprotico HA che esercita una pressione osmotica di 200.0 torr a 25.0 °C avendo una concentrazione di 0.0100 M, iniziamo convertendo la pressione in atmosfere: π = 200.0 / 760 = 0.263 atm; la temperatura, in Kelvin, è pari a 25.0 + 273 = 298 K. Applichiamo la definizione di pressione osmotica sostituendo i dati noti, ottenendo i = 1.0761. Tale indice si riferisce a una concentrazione 1.00 M, mentre nel nostro caso con una concentrazione di 0.0100 M, la somma delle concentrazioni delle varie specie presenti all’equilibrio è pari a 0.010761 M.

Dalla dissociazione dell’acido debole monoprotico HA si ricava la concentrazione molare di H⁺ e A^–, e utilizzandola per calcolare la costante acida K_a otteniamo: K_a = 6.27 ∙ 10^-5.

2) Per calcolare il grado di dissociazione percentuale di un acido nitroso, partiamo con i calcoli della pressione osmotica e poi procediamo con la sostituzione dei dati noti ottenendo i = 0.03842 M. Il grado di dissociazione percentuale dell’acido nitroso risulta pari al 9.77%.

Riscuotere successo attraverso l’ausilio di esempi pratici risulta sempre utile per comprendere appieno concetti complessi come la pressione osmotica e l’indice di vant’Hoff nelle soluzioni elettrolitiche.

Modello degli orbitali ibridi

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Il modello degli orbitali ibridi spiega la formazione dei legami tra gli atomi a partire dagli orbitali atomici. Ad esempio, nel metano, si ipotizza che il carbonio utilizzi i suoi orbitali p e l’orbitale s per legarsi ai quattro atomi di idrogeno. Tuttavia, se tali orbitali fossero utilizzati così come sono disposti nell’atomo isolato, non si potrebbe spiegare la geometria tetraedrica osservata per questa molecola.

Il modello degli orbitali ibridi si basa sull’ipotesi che gli orbitali atomici subiscano una modificazione durante la formazione del legame. Nel caso del carbonio, i tre orbitali p e l’orbitale s si fondono per formare quattro nuovi orbitali ibridi equivalenti denominati sp³, i cui assi di simmetria sono diretti verso i vertici di un tetraedro.

Questi nuovi orbitali permettono di prevedere correttamente che i quattro legami carbonio-idrogeno siano equivalenti, conferendo così alla molecola di metano la sua geometria tetraedrica. In aggiunta agli orbitali sp³, esistono anche l’ibridazione sp² e sp.

Nell’ibridazione sp², i tre orbitali giacciono sullo stesso piano formando angoli di 120° tra di loro, mentre nell’ibridazione sp essi giacciono sulla stessa retta facendo un angolo di 180° tra loro. Un atomo ibridato sp² avrà una geometria triangolare intorno a sé, mentre un atomo ibridato sp avrà geometria lineare.

Il tipo di ibridazione per un particolare atomo è determinato contando il numero di coppie di legame σ e sommando a questo il numero di coppie non condivise. Ad esempio, nella molecola di acqua, l’ossigeno utilizza un’ibridazione sp³ che comporta una geometria tetraedrica in accordo con l’angolo sperimentale H-O-H.

Lo ione nitrato, che presenta tre coppie di legame σ intorno all’atomo di azoto e nessuna coppia non condivisa, utilizza orbitali ibridi di tipo sp², conferendo alla molecola una geometria trigonale planare.

Oltre agli orbitali sp³, sp² ed sp, esistono anche l’ibridazione sp³d e sp³d². Ad esempio, il pentacloruro di fosforo utilizza cinque orbitali ibridi sp³d¹, formando una geometria trigonale bipiramidale. Mentre l’esafluoruro di zolfo adotta l’ibridazione sp³d², presentando sei orbitali ibridi sp³d² e una geometria ottaedrica.

Determinazione delle concentrazioni all’equilibrio

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Determinazione delle concentrazioni all’equilibrio

Come calcolare le concentrazioni all’equilibrio

Per determinare le concentrazioni delle specie chimiche in equilibrio, è necessario conoscere la costante di equilibrio e le concentrazioni iniziali delle reazioni chimiche. Le fasi da seguire sono:
– Scrivere la reazione chimica bilanciata
– Calcolare e conoscere il valore della costante di equilibrio
– Definire le concentrazioni iniziali di ciascuna specie, solitamente espresse in molarità o pressione parziale
– Determinare la direzione in cui la reazione procede per stabilire l’equilibrio

I passi successivi per calcolare le concentrazioni all’equilibrio sono i seguenti:
– Scrivere l’espressione di equilibrio relativa alla reazione
– Verificare che le quantità siano espresse in unità di misura adeguate
– Calcolare la direzione della reazione, se non è evidente, calcolando il quoziente di reazione
– Costruire un I.C.E. chart (Initial Change Equilibrium) e determinare le quantità delle specie in equilibrio in termini di una sola incognita
– Sostituire tali quantità nell’espressione della costante di equilibrio e risolvere l’incognita
– Calcolare le concentrazioni di ciascuna specie all’equilibrio tenendo conto delle concentrazioni iniziali e delle variazioni.

Esempio Guidato

Immaginiamo di avere 0.050 moli di H2 e 0.050 moli di Br2 in un recipiente di 5.0 L riscaldato fino a 700 K. Dobbiamo calcolare le concentrazioni delle specie all’equilibrio sapendo che la costante Kc a 700 K è pari a 64.

La reazione è la seguente:
H2 + Br2 ⇌ 2 HBr

– Scriviamo l’espressione dell’equilibrio relativa alla reazione:
Kc = [HBr]² / [H2] [Br2] = 64
– Poiché viene usata Kc è necessario esprimere le concentrazioni delle specie in termini di molarità:
[H2] = 0.050 / 5.0 = 0.010 M e [Br2] = 0.050 / 5.0 = 0.010 M
– L’unica direzione verso la quale può procedere l’equilibrio è verso destra in quanto all’inizio non è presente HBr
– Costruiamo una tabella I.C.E. e determiniamo le quantità delle specie all’equilibrio in termini di una sola incognita:

Stato iniziale:
H2 0.010
Br2 0.010
HBr 0

Variazione:
-x -x +2x

Equilibrio:
0.010-x 0.010-x 2x

– Sostituiamo tali quantità nell’espressione della costante di equilibrio e risolviamo rispetto a x:
64 = (2x)² / (0.010-x) (0.010-x) = (2x)² / (0.010-x)²
– Calcoliamo le concentrazioni di ciascuna specie all’equilibrio:
[H2] = [Br2] = 0.010 – 0.008 = 0.002 M e [HBr] = 2x = 2 (0.008) = 0.016 M

Determinazione della formula di un sale idrato

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Determinazione della formula di un sale idrato

La determinazione della formula di un sale idrato, ovvero del numero di molecole d’acqua presenti, è spesso un problema proposto in ambito chimico. Durante la cristallizzazione, i sali inglobano molecole di acqua in numero definito che entrano a far parte del reticolo cristallino del composto.

Esercizi svolti

1.

Determinazione della formula del carbonato di magnesio

Un carbonato idrato di magnesio, con una massa iniziale di 15.67 g, viene riscaldato senza subire decomposizione. Alla fine del riscaldamento, la massa si riduce a 7.58 g. La massa di acqua persa è pari a 8.09 g. Dalle moli di acqua e del carbonato di magnesio, si determina che la formula del composto è MgCO3 ∙ 5 H2O (carbonato di magnesio pentaidrato).

2.

Determinazione della formula del carbonato di sodio idrato

Facendo reagire 3.9267 g di un carbonato di sodio idrato con un eccesso di HCl si sviluppano 0.6039 g di gas. Dalla reazione tra il sale e l’acido cloridrico, si determina che la formula del composto è Na2CO3 ∙ 10 H2O (carbonato di sodio decaidrato).

3.

Determinazione della formula del cloruro di bario idrato

Se 1.951 g di cloruro di bario idrato, a seguito della reazione con acido solforico, danno 1.864 g di solfato di bario, si determina che la formula del composto è BaCl2 ∙ 2 H2O (cloruro di calcio diidrato).

4.

Determinazione della formula del solfato di sodio idrato

Il peso molecolare di un solfato di sodio idrato è pari a 322.1 g/mol. Dopo calcoli appropriati, si determina che la formula del composto è Na2SO4 ∙ 10 H2O (solfato di sodio decaidrato).

5.

Determinazione della formula di un composto con percentuali di massa

Con una composizione percentuale in massa di 23% di Zinco, 11% di zolfo, 22% di ossigeno e 44% di acqua, si determina che la formula minima del composto è ZnSO4 ∙ 7 H2O.

In conclusione, la determinazione della formula di un sale idrato è possibile attraverso calcoli e analisi delle reazioni chimiche coinvolte, consentendo di identificare il numero di molecole d’acqua presenti nel composto.

Composizione percentuale e identità di un elemento

Fabrice Deseaux

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15 Novembre 2023

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Composizione percentuale e identità di un elemento

Composizione percentuale e identità degli elementi in un composto

La conoscenza della composizione percentuale di un composto e del rapporto tra le sue specie permette di determinare l’identità degli elementi presenti. Questo è particolarmente utile nel caso di composti binari.

Esercizi svolti

1) Un metallo M forma un ossido avente formula MO. La composizione percentuale dell’ossigeno è pari al 39.70 %. Per identificare l’elemento M si possono seguire i seguenti passaggi:

Si considerino 100 g di tale composto: la massa di M è pari a 100 – 39.70 = 60.3 g. Le moli di ossigeno corrispondono a 39.70 g/ 15.999 g/mol = 2.48. Nella formula MO si ha un rapporto 1:1 tra le moli dei due elementi. Pertanto, il peso atomico di M è 24.3 g/mol. L’elemento corrispondente a questo peso atomico è il magnesio, quindi il composto è MgO.

2) Un solfuro metallico avente formula MS2 contiene il 40.064% di zolfo in massa. Per identificare il metallo si procede nel seguente modo:

Si considerino 100 g di tale composto: la massa di M è pari a 100 – 40.064 = 59.936 g. Le moli di zolfo corrispondono a 1.249. Il rapporto tra le moli di M e di S è 1:2, quindi le moli di M sono pari a 0.6247. Il peso atomico di M è 95.94 g/mol, pertanto l’elemento è il molibdeno e la formula è MoS2.

3) Un ossido metallico ha formula M2O3 e contiene il 68.4% di metallo in massa. Per calcolare il peso atomico del metallo si procede come segue:

Si considerino 100 g di tale composto: la massa dell’ossigeno è 31.6 g. Le moli di ossigeno corrispondono a 1.98. Il rapporto tra le moli di M e quelle di O è 2:3, quindi le moli di M sono pari a 1.32. Il peso atomico di M è 51.9 g/mol, pertanto il metallo M è il cromo.

4) Un idrossido metallico avente formula M(OH)2 contiene il 32.80% di ossigeno in massa. Per identificare il metallo si procede nel modo seguente:

Si considerino 100 g di tale composto: la massa di ossigeno è 32.80 g. Le moli di ossigeno sono 2.05, e le moli di idrogeno sono anch’esse pari a 2.05. La massa di M in 100 g di composto è quindi pari a 65.13 g. Poiché le moli di M sono pari alla metà delle moli di ossigeno, il peso atomico di M è 63.5 g/mol, indicando il rame come il metallo M.

5) Un composto ha formula KBrOx e contiene il 59.19% di Br. Per calcolare il valore di x:

Il rapporto tra le moli dei tre elementi nel composto è 1:1:x. Utilizzando le relazioni percentuali di massa, si ottiene x=1, e quindi la formula è KBrO.

Questi esercizi illustrano come la composizione percentuale dei composti possa essere determinante per rivelare l’identità degli elementi coinvolti.