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Spettroscopia visibile-U.V. Generalità, coniugazione dei cromofori

Spettroscopia -U.V.: Generalità e Coniugazione dei Cromofori

La spettroscopia visibile-U.V. è un’importante tecnica spettroscopica molecolare comunemente utilizzata in chimica analitica per studiare gli spettri di assorbimento di molecole nella regione compresa tra circa 200 e 700 nm. Comprendere la motivazione per la quale alcuni composti sono colorati mentre altri non lo sono e determinare la correlazione tra coniugazione e colore richiede misure accurate di assorbimento della luce a diverse lunghezze d’onda nella parte visibile e vicina ultravioletta dello spettro elettromagnetico.

La regione dello spettro visibile comprende radiazioni aventi una compresa tra 400 e 700 nm, mentre quella del vicino ultravioletto comprende radiazioni da 200 a 400 nm. Le energie correlate a tali radiazioni sono sufficienti per promuovere un elettrone dallo stato fondamentale a quello eccitato. Quando una molecola interagisce con una radiazione avente un’energia compatibile con una transizione elettronica, tale energia viene assorbita con conseguente promozione di un elettrone a un livello a maggior energia.

I valori di oscillano tra 0 (nessun assorbimento) e 2 (99% di assorbimento della radiazione). Poiché l’assorbanza è proporzionale al numero di molecole che assorbono, ovvero alla sua concentrazione molare, viene utilizzata l’assorbività molare per confrontare spettri di composti diversi. L’assorbività molare ε è definita come ε = A/ c l dove A è l’assorbanza, c è la concentrazione molare e l è la lunghezza del cammino della luce che attraversa la cuvette espressa in cm.

La tabella riporta le lunghezze d’onda a cui alcuni gruppi cromofori assorbono unitamente al tipo di eccitazione che subisce l’elettrone. Dalla tabella emerge che i gruppi in grado di assorbire la luce avente lunghezza d’onda tra 200 e 800 nm contengono elettroni π e eteroatomi aventi doppietti elettronici solitari. I doppietti elettronici solitari dell’ossigeno contenuto negli alcoli e negli eteri non danno luogo ad assorbimento al di sopra di 160 nm e pertanto tali sostanze possono essere usate negli studi spettroscopici come solventi.

Coniugazione dei Cromofori

La coniugazione dei cromofori è di particolare importanza in tale tipo di spettroscopia, ovvero la possibilità di formare di tipo π ai quali partecipano più di due atomi. La coniugazione di due o più cromofori provoca uno spostamento dell’assorbimento verso maggiori lunghezze d’onda e di regola un aumento dell’intensità dell’assorbimento; produce cioè un effetto ipercromico e batocromico. Queste variazioni sono sensibili solo se si verificano condizioni:

– La coniugazione deve essere effettiva, cioè tra un cromoforo e l’altro non ci deve essere più di un doppio legame.
– I livelli energetici dei due cromofori devono essere piuttosto vicini in modo che ci sia una buona sovrapposizione degli orbitali.

Sperimentalmente si è trovato che per ogni doppio legame che estende la coniugazione si ha un effetto batocromico di circa 40 nm sull’assorbimento del cromoforo; tale regola vale comunque per i primi termini della serie.

La conformazione della molecola ha una notevole influenza sia sulla posizione della Λmax di assorbimento sia sull’intensità di tale assorbimento. Passando dalla conformazione transoide a quella cisoide si ha, oltre a un evidente effetto batocromico, un notevole effetto ipocromico (l’intensità dell’assorbimento si riduce di circa ¼). Tale effetto è spiegabile in termini di minore sovrapposizione di legami π sia leganti che antileganti nel caso della struttura cisoide e, quindi, di una minore differenza di energia tra gli orbitali molecolari. La diminuzione d’intensità è determinata da differenze del momento dipolare delle due molecole: tale momento è maggiore nell’isomero trans che nell’isomero cis, onde la transizione è più intensa nel primo.

La lana: composizione, proprietà, tintura

Composizione, Caratteristiche e Tintura della Lana

Le fibre di lana sono costituite da macromolecole organiche lineari con una lunghezza significativamente maggiore rispetto alla larghezza. La loro struttura molecolare è unica, determinata dalla composizione chimica, dal legame naturale, dalla configurazione spaziale e dal peso molecolare.

Dal punto di vista morfologico, la lana è costituita da una cuticola esterna composta da cellule piatte sovrapposte, da uno strato corticale che costituisce il 90% del peso totale della fibra e da un midollo interno.

Composizione Chimica e Spaziale

Dal punto di vista chimico, la lana è un polimero di , che è a sua volta formato da amminoacidi legati tramite un legame peptidico. Le catene di cheratina sono disposte ad elica, formando una struttura tridimensionale.

Proprietà e Trattamenti Preliminari

La lana è un materiale viscoelastico con un notevole allungamento (30- 50%) e una resistenza alla rottura relativamente bassa. Sebbene presenti una buona resistenza all’usura e ai solventi organici, non è resistente agli acidi, alle é agli agenti o riducenti. Pertanto, deve essere lavata a temperature inferiori a 40°C.

Prima della filatura e della tessitura, la lana viene sottoposta a diversi trattamenti preliminari tra cui purga, carbonizzazione, sbiancamento, cardatura, tintura e trattamenti speciali per aumentare la resistenza.

La purga coinvolge la rimozione di lanolina e sporco, mentre la carbonizzazione mira a distruggere i componenti vegetali presenti. Lo sbiancamento serve a rendere la lana più bianca e viene effettuato con acqua ossigenata e idrosolfito. La cardatura permette la parallelizzazione delle fibre, il che è essenziale per la successiva filatura e tessitura.

Tintura e Trattamenti Speciali

La tintura delle fibre di lana avviene tramite coloranti metallici (come il cobalto e il cromo) che consentono una tintura a più elevato e conferiscono una maggiore stabilità al colore. Sono impiegati anche agenti ausiliari e tensioattivi per ottenere una tintura uniforme. Inoltre, vengono utilizzati trattamenti antinfeltrenti e rivestimenti per aumentare la resistenza della lana.

In conclusione, la lana è un materiale straordinario con caratteristiche uniche che richiedono attenzione e cura specifiche durante la produzione e la lavorazione.

Calcolo del pH. Esercizi svolti

Calcolo del : esercizi svolti

Il calcolo del pH è cruciale per risolvere esercizi e prevedere le condizioni operative in laboratorio. La relazione per il calcolo del pH è pH = – log [H+]. Questo valore è correlato al pOH, definito come pOH = – log [OH-], in quanto pH + pOH = 14.

Per il calcolo del pH, è fondamentale determinare la concentrazione degli ioni H+ presenti in una soluzione. Gli esercizi possono riguardare il calcolo del pH di , acidi deboli, e di sali non neutri.

Esercizi:

1) La concentrazione di ioni H+ in una soluzione è 5.00 x 10^-6 M. Determinare pH e pOH.

Applicando la definizione di pH, otteniamo:
pH = – log 5.00 ∙ 10^-6 = 5.30
Per trovare il pOH, si utilizza l’equazione pH + pOH = 14. Pertanto, pOH = 14 – 5.30 = 8.70

2) Calcolare la concentrazione di ioni H+ di una soluzione il cui pH è 6.38.
Dalla definizione di pH:
[H+] = 10^-pH = 10^-6.38 = 4.17 ∙ 10^-7 M

3) Per l’indicatore HIn, il valore KIn = 7.00 ∙ 10^-9. Calcolare a quale valore di pH le concentrazioni delle due forme acida e basica risultano uguali.

Consideriamo l’equilibrio di dissociazione dell’indicatore:
HIn ⇄ H+ + In-
L’espressione della costante relativa a questo equilibrio è:
KIn = [H+][In-] / [HIn]
Poiché le concentrazioni della forma acida e di quella basica devono risultare uguali, ovvero [HIn] = [In-], si ha:
KIn = 7.00 ∙ 10^-9 = [H+]
Pertanto, pH = – log 7.00 ∙ 10^-9 = 8.15

4) Calcolare il pH e il di una soluzione contenente 0.100 moli/L di HOCN e 0.100 mol/L di NaOCN. Ka = 2.00 ∙ 10^-4.

La soluzione tampone può essere determinata dall’:
pH = pKa + log [OCN-] / [HOCN]
Il valore di pKa è pari a – log Ka = – log 2.00 ∙ 10^-4 = 3.70
Per determinare il grado di ionizzazione, occorre conoscere [H+]:
[H+] = 10^-3.70 = 2.00 ∙ 10^-4 M
Il grado di ionizzazione è dato da:
α = 2.00 ∙ 10^-4 / 0.100 = 2.00 ∙ 10^-3

5) Calcolare la concentrazione dello ione OH- di una soluzione ottenuta mescolando 100 mL di una soluzione 0.100 M di NH4Cl a 150 mL di una soluzione 0.100 M di NH3 (supponendo i volumi additivi). Kb = 1.80 ∙ 10^-5.

Le concentrazioni dopo il mescolamento sono:
[NH4+] = 0.0400 M
[NH3] = 0.0600 M
Pertanto, pOH = 4.56 e [OH-] = 2.73 ∙ 10^-5 M

6) Calcolare il pH di una soluzione ottenuta mescolando 100 mL di una soluzione 0.100 M di NaOH a 150 mL di una soluzione di acido acetico 0.100 M (supponendo i volumi additivi). Ka = 1.85 ∙ 10^-5.

Le concentrazioni all’equilibrio sono:
[CH3COO-] = 0.0400 M
[CH3COOH] = 0.0200 M
Il pH risultante è 5.03.

7) Il pH di una soluzione di una soluzione 0.315 M di acido nitroso è 1.93. Calcolare il valore di Ka.
La concentrazione dello ione H+ è 0.0117 M. Allo stato di equilibrio, la concentrazione dell’acido nitroso è 0.303 M. Sostituendo questi valori nell’espressione della costante di equilibrio, otteniamo: Ka = 4.52 ∙ 10^-4

Legame ionico e covalente a confronto

e covalente: caratteristiche e differenze

Il legame ionico e il rappresentano due fondamentali tipi di interazioni tra atomi, dando origine alla formazione di cristalli ionici o molecole. Il legame covalente è generato dalla condivisione di elettroni di legame tra due atomi che presentano una bassa differenza di elettronegatività. Al contrario, se vi è un’elevata differenza di elettronegatività, come nel caso del sodio e del cloro, si ha la formazione di un legame ionico dovuto all’attrazione elettrostatica tra particelle cariche di segno opposto.

Legame ionico

Il legame ionico si instaura tra almeno due atomi di elementi mediante il trasferimento di elettroni. Ad esempio, il cloruro di sodio si forma con il sodio che cede un elettrone diventando un ione positivo (Na+) e con il cloro che acquista un elettrone diventando un anione (Cl-). Questa interazione avviene prevalentemente tra elementi metallici e non metallici.

Legame covalente

Nel legame covalente, gli atomi si legano condividendo gli elettroni di valenza, formando molecole o solidi covalenti come il diamante e la grafite. Anche se si tratta di un legame più netto, in molte molecole con legame covalente è presente una percentuale di carattere ionico. Ad esempio, la molecola di idrogeno si forma da due atomi isolati di idrogeno che condividono i loro elettroni.

Inoltre, le molecole formate da legami covalenti sono stabili ma non risentono di una forte attrazione nei confronti di molecole uguali che le circondano. Viceversa, gli ioni che costituiscono specie ioniche mostrano una forte attrazione verso ioni circostanti di carica opposta. Tali caratteristiche determinano un basso punto di fusione nei solidi covalenti e un elevato punto di fusione nei solidi ionici.

In conclusione, la diversa natura dei legami ionici e covalenti porta le molecole a esibire proprietà macroscopiche differenti, come conduttività termica, conducibilità elettrica, temperatura di fusione ed ebollizione e stato di aggregazione.

Infine, la tabella riassuntiva delle differenze tra i due tipi di legame offre un’utile panoramica delle loro caratteristiche distintive.

Ossidi dell’azoto: ossido nitrico, nitroso,

Ossidi dell’azoto: caratteristiche, formazione e impieghi

Gli ossidi dell’azoto, noti come NOx, si formano durante la combustione e presentano un’ampia gamma di numeri di ossidazione dell’azoto, che vanno da + a +5. Queste sostanze sono responsabili dello smog e contribuiscono alle piogge acide e alla formazione di ozono troposferico, che può danneggiare gli ecosistemi, la vita e vegetale.

In tabella sono riportati i principali ossidi dell’azoto:

– Monossido di diazoto (N2O): +1
– Ossido nitrico (NO): +2
– Triossido di diazoto (N2O3): +3
– Tetraossido di diazoto (N2O4): +4
– Biossido di azoto (NO2): +4
– Pentossido di biazoto (N2O5): +5

L’ossido nitroso (N2O) può essere ottenuto per riscaldamento del nitrato di ammonio, secondo la reazione:
NH4NO3(s) → 2 H2O(g) + N2O(g)
È poco reattivo a temperatura ambiente ed è noto per i suoi utilizzi in campo chirurgico, come propellente negli aerosol e come gas esilarante a causa dei suoi effetti dopo inalazione.

Ossido nitrico

L’ossido nitrico (NO) può essere ottenuto a livello industriale dalla reazione di ossidazione dell’ ad una temperatura di circa 800 °C, utilizzando il platino come catalizzatore. In laboratorio, può essere ottenuto dalla reazione tra rame e acido nitrico.

Ossido di azoto

L’ossido di azoto gassoso è uno degli inquinanti ambientali generati dai motori a combustione interna. È impiegato per ottenere acido nitrico dall’ammoniaca nel .

Triossido di diazoto

Il triossido di diazoto può essere ottenuto quando una miscela costituita da parti uguali di ossido nitrico e biossido di azoto viene portata alla temperatura di –21°C. È un forte agente ossidante.

Pentossido di diazoto

Il pentossido di diazoto è un solido bianco formato dalla disidratazione dell’acido nitrico tramite ossido di fosforo (V). A temperatura ambiente, si decompone in tetraossido di diazoto e ossigeno.

Proteggere l’ambiente e limitare le emissioni di ossidi dell’azoto è di fondamentale importanza per la salvaguardia del nostro pianeta.

Saponi: preparazione, saponificazione

Preparazione e dei Saponi: Caratteristiche e Processo di Produzione

I saponi rappresentano sali solubili di acidi grassi come l’, l’acido stearico, l’, l’acido laurico e l’. Essi sono distinti dalla presenza di una parte idrofoba, costituita da una lunga catena carboniosa, e da una parte idrofila, rappresentata dal gruppo funzionale dell’acido carbossilico. Le soluzioni acquose di sapone agiscono come dispersioni colloidali, presentando un carattere micellare e una reazione alcalina data dal grado di idrolisi del sapone nell’.

L’abbassamento della tensione superficiale dell’acqua da parte dei saponi favorisce la stabilità e la formazione di schiuma. L’azione detergente è determinata da diversi fattori, tra cui l’attività capillare della soluzione acquosa che agisce sul tessuto, staccandone lo sporco e allontanandolo dalla schiuma.

Saponificazione

La reazione chimica fondamentale nella preparazione dei saponi è la saponificazione. Questa reazione avviene secondo varie tecniche.

Procedimento per ebollizione su sottolisciva

In questo processo, il sapone, che si forma alla temperatura di ebollizione tra il grasso e la soda caustica, si separa dall’acqua alcalina e salina, abbandonando a questa il glicerolo. La tecnica prevede il flusso simultaneo del grasso fuso e della lisciva alcalina nella caldaia. Il riscaldamento avviene con l’immissione di vapore diretto, seguito dalla fase di saponificazione rapida e dalla salatura con soluzione concentrata di NaCl. Successivamente, si procede alla separazione del sapone dalla glicerina, dalla lisciva e dalle impurezze.

Procedimento per impasto

In questo caso, la reazione tra una molecola omogenea di grasso e alcali avviene senza separazione di strati, e pertanto il sapone formatosi trattiene tutti i costituenti della reazione, inclusi acqua, glicerina e alcali. Questo tipo di procedimento richiede l’utilizzo di grassi fusi miscelati con una soluzione di alcali in caldaie munite di agitatore. La miscela emulsionata viene versata in telai dove la temperatura raggiunge i 70°C per la saponificazione. Dopo un riposo di 8 ore, la reazione è completata. Il sapone ottenuto viene poi raffreddato, tagliato ed essiccato.

Preparazione Continua del Sapone

La saponificazione diretta del grasso avviene in tempi brevi. L’intera operazione avviene in diverse fasi, tra cui la presaponificazione, la zona di reazione a media e alta temperatura, la separazione delle parti volatili, la separazione e raffreddamento del sapone, la separazione della glicerina, e la finitura del sapone.

La produzione di saponi attraverso il processo di saponificazione offre una panoramica dettagliata sui passaggi coinvolti nella preparazione di questi composti versatile che trova impiego in numerosi settori, dall’igiene personale alla pulizia domestica.

Titolazione di una miscela di basi con acido forte

Titolazione di una miscela di con acido forte

Nel contesto delle analisi volumetriche, la titolazione di una miscela di basi con acido forte permette di determinare la loro concentrazione. Questo processo è possibile solo in presenza di una base forte e di una base debole. La base forte si dissocia completamente, mentre la base debole si dissocia solo parzialmente, a seconda del valore della costante di equilibrio K_b. Durante la titolazione di una miscela di basi si manifestano almeno due punti equivalenti, quindi si rende necessario l’utilizzo di due .

Per comprendere al meglio questo tipo di problematica, esaminiamo un caso concreto.

Esempio svolto

Supponiamo di voler calcolare il di 50 mL di una soluzione che contiene 0,10 M di NaOH e 0,10 M di Na2CO3 (con K_a1 = 4,3 ∙ 10^-7 e K_a2 = 4,8 ∙ 10^-11), dopo l’aggiunta di 0, 25, 50, 75, 100 e 200 mL di HCl 0,10 M.

All’inizio della titolazione

La presenza di NaOH impedisce al carbonato di idrolizzare, e quindi il pH della soluzione si calcola tenendo conto solo della concentrazione dell’ione OH^-. Quindi [OH^-] = 0,10 M, da cui pOH = – log 0,10 = ,0 e pH = 14 – pOH = 14 – 1,0 = 13,0.

Dopo l’aggiunta di 25 mL di HCl

Millimoli di NaOH = 0,10 ∙ 50 mL = 5,0
Millimoli di HCl aggiunte = 0,10 ∙ 25 mL = 2,5
Millimoli di OH^- in eccesso = 5,0 – 2,5 = 2,5
Volume totale = 50 + 25 = 75 mL
[OH^-] = 2,5 / 75 = 0,033 M, da cui pOH = 1,5 e pH = 14 – pOH = 14 – 1,5 = 12,5.

Dopo l’aggiunta di 50 mL di HCl

Millimoli di NaOH = 0,10 ∙ 50 mL = 5,0
Millimoli di HCl aggiunte = 0,10 ∙ 50 mL = 5,0
Ci troviamo al primo punto equivalente, in cui tutto l’idrossido di sodio è stato titolato e in soluzione è presente solo ione carbonato:

millimoli di CO3^2- = 0,10 ∙ 50 = 5,0
Volume totale = 50 + 50 = 100 mL
[CO3^2-] = 5,0 / 100 = 0,050 M
Considerando l’equilibrio CO3^2- + H2O ⇄ HCO3^- + OH^-
L’espressione della costante relativa a tale equilibrio è K = [HCO3^- ][OH^-]/ [CO3^2-]
Per ricavare il valore di tale costante, moltiplichiamo numeratore e denominatore per [H+] e otteniamo K = [HCO3^- ][OH^-][H+]/ [CO3^2-][H+]
Ma [OH^-][H+] = Kw
Da cui risulta: K = [HCO3^- ]Kw / [CO3^2-][H+]
Considerando l’equilibrio HCO3^- ⇄ H+ + CO3^2-
La cui espressione della costante di equilibrio è Ka2 = [H+][CO3^2-]/ [HCO3^-]
Si può notare che [HCO3^- ]/ [CO3^2-][H+] non è altro che 1/Ka2
Pertanto la costante dell’equilibrio CO3^2- + H2O ⇄ HCO3^- + OH^- è
K= Kw/Ka2 = 1,0 ∙ 10^-14/ 4,8 ∙ 10^-11 = 2,1 ∙ 10^-4
Costruiamo una tabella I.C.E.:

CO3^2- H2O HCO3^- OH^-
Stato iniziale 0,050 // //
Variazione – x +x +x
All’equilibrio 0,050-x x x

Sostituendo tali valori nella costante di equilibrio: K = 2,1 ∙ 10^-4 = (x)(x)/ 0,050-x
Da cui x = 3,2 ∙ 10^-3 = [OH^-]
Da cui pOH = – log 3,2 ∙ 10^-3 = 2,5 e pH = 14 – 2,5 = 11,5

Dopo l’aggiunta di 75 mL di HCl

Come visto nel punto precedente, i primi 50 mL di HCl hanno reagito con NaOH, pertanto solo 75 – 50 = 25 mL di HCl reagiscono con il carbonato
Millimoli di carbonato = 0,10 ∙ 50 = 5,0
Millimoli di HCl aggiunte = 0,10 ∙ 25 = 2,5
Millimoli di carbonato in eccesso = 5,0 – 2,5 = 2,5
Volume totale = 50 + 75 = 125 mL
[CO3^2-] = 2,5 / 125 = 0,020 M
Millimoli di idrogenocarbonato formati a seguito della reazione
CO3^2- + H^+ → HCO3^- = 2,5
[HCO3^-] = 2,5 / 125 = 0,020 M
La soluzione contenente HCO3^- e la sua base coniugata CO3^2- è unaEquazione di Henderson-Hasselbalch per la Soluzione Tampone

Nel calcolo della soluzione tampone viene applicata l’:

[ pH = pK_a2 + log left( frac{[CO_3^{2-}]}{[HCO_3^-]} right) = – log 4.8 times 10^{-11} + log frac{0.020}{0.020} = 10.3 ]

Variazioni del pH in una Soluzione Tampone a seguito di Aggiunte di HCl

Dopo l’aggiunta di 100 mL di HCl, con 50 mL reagiti con NaOH, le quantità di HCO3- e CO3^{2-} variano. Si raggiunge il secondo punto equivalente con tutte le quantità calcolate in millimoli. Successivamente, dopo l’aggiunta di 150 mL di HCl, si raggiunge il terzo punto equivalente. Infine, con l’aggiunta di 200 mL di HCl, si arriva al quarto punto equivalente, superando la capacità tampone della soluzione.

Equilibrio di Autoionizzazione dell’Acqua

Considerando l’equilibrio di autoionizzazione dell’acqua e l’equilibrio nel sistema tampone, è possibile calcolare il pH della soluzione in ogni punto equivalente.

Risultati del pH in Diverse Fasi

Nel primo punto equivalente, il pH della soluzione tampone è 10.3. Nel secondo punto equivalente, a seguito dell’aggiunta di 100 mL di HCl, il pH scende a 8.3. Quando vengono aggiunti 150 mL di HCl, si raggiunge un pH di 4.0, e con l’aggiunta di 200 mL di HCl, il pH si abbassa ulteriormente a 1.7.

In definitiva, l’aggiunta graduale di HCl in una soluzione tampone modifica significativamente il suo pH, evidenziando l’importanza della soluzione tampone nel mantenere il pH stabile in diverse condizioni.

Diagrammi di Latimer: energia libera, esempi

Diagrammi di Latimer: Significato, Utilizzo e Esempi

I diagrammi di Latimer rappresentano i potenziali standard di riduzione di un elemento con più numeri di ossidazione. Questi diagrammi consentono di individuare i potenziali di riduzione dei diversi stati di ossidazione di un elemento, offrendo una panoramica dettagliata dei processi redox che coinvolgono l’elemento considerato.

Rispetto alle tradizionali tabelle dei potenziali standard di riduzione, i diagrammi di Latimer forniscono una visione più chiara e completa delle reazioni redox che coinvolgono elementi con più di uno stato di ossidazione. Questo strumento risulta particolarmente utile nel comprendere le reazioni coinvolgenti elementi come , o manganese.

Per comprendere il funzionamento dei diagrammi di Latimer, consideriamo un esempio pratico. Prendiamo in considerazione la reazione tra il ferro solido e un acido non ossidante come l’acido cloridrico. Utilizzando i diagrammi di Latimer, è possibile ottenere informazioni dettagliate sulle varie coinvolte e sui potenziali di riduzione per i diversi stati di ossidazione del ferro, consentendo una comprensione più approfondita del processo redox.

Ad esempio, consideriamo la semireazione di ossidazione del ferro(II) che porta alla formazione di ferro metallico e confrontiamola con la semireazione di ossidazione che porta alla formazione di ferro(III). Utilizzando i diagrammi di Latimer, è possibile determinare i potenziali relativi e comprendere come la reazione procede spontaneamente in relazione ai diversi potenziali di formazione dei due stati di ossidazione del ferro.

In sostanza, i diagrammi di Latimer offrono una rappresentazione chiara e dettagliata dei potenziali standard di riduzione per gli elementi con più di uno stato di ossidazione. Questo strumento risulta estremamente utile nel campo della chimica analitica e nella comprensione delle reazioni redox che coinvolgono elementi con varie possibili forme di ossidazione.

In conclusione, i diagrammi di Latimer rappresentano uno strumento efficace per comprendere le reazioni redox coinvolgenti elementi con più di uno stato di ossidazione, offrendo un’analisi dettagliata dei potenziali di riduzione e consentendo di ottenere informazioni essenziali per comprendere i processi chimici coinvolti.

Preparazione di una soluzione tampone: esercizi svolti

Preparazione di una soluzione tampone: guida pratica

La preparazione di una soluzione tampone richiede la scelta dell’acido debole con un valore di pKa vicino al desiderato. Successivamente è necessario calcolare il rapporto tra la base coniugata e l’acido debole per ottenere il pH desiderato, utilizzando l’. La capacità tampone richiesta dipende dall’uso della soluzione tampone, come la stabilità del prodotto, la via di somministrazione e la sua natura chimica. Successivamente, si calcola la concentrazione totale della soluzione tampone necessaria utilizzando l’.

Nel caso non venga richiesta una capacità tampone specifica, la risposta a questi esercizi è più semplice da elaborare.

Esercizio

Per calcolare il rapporto tra base coniugata e acido necessario per una soluzione tampone con pH 5.76, utilizzando l’acido acetico con pKa a 4.76, sostituiamo i valori noti nell’equazione di Henderson-Hasselbalch. Otteniamo il rapporto molare tra l’acetato e l’acido acetico, che risulta essere di 10:1.

Esercizio 2

Data una soluzione tampone con pH 5.76 e rapporto [CH3COO-]/[CH3COOH] di 10:1, con una concentrazione totale della soluzione di 2.2 x 10^-2 M, calcoliamo la quantità di acido acetico e acetato di sodio necessari per ottenere 1.0 L di soluzione. Risolvendo il sistema di equazioni, otteniamo le concentrazioni di acido acetico e acetato di sodio e calcoliamo le rispettive masse.

Esercizio 3

Prendendo in considerazione una soluzione tampone acido acetico-acetato con pH 4.50 e di 0.05, calcoliamo la massa di acetato di sodio e il volume di acido acetico necessari per ottenere 500 mL di soluzione. Dall’equazione di Henderson-Hasselbalch, calcoliamo il rapporto [CH3COO-]/[CH3COOH] e applichiamo l’equazione di Van Slyke per ottenere la concentrazione totale della soluzione. Successivamente, calcoliamo le masse e i volumi necessari.

Conclusione

La preparazione di una soluzione tampone coinvolge diverse fasi, tra cui la scelta dell’acido debole, il calcolo del rapporto tra la base coniugata e l’acido debole e la determinazione della capacità tampone richiesta. Risolvere gli esercizi pratici su questo argomento è fondamentale per comprendere appieno il processo di preparazione di una soluzione tampone.

Celle elettrochimiche: galvanica, di elettrolisi, notazione

Le celle elettrochimiche e i loro tipi

Le celle elettrochimiche sono composte da due elettrodi, in genere costituiti da conduttori metallici in contatto con un conduttore ionico noto come elettrolita. Questi elettroliti possono essere sia soluzioni ioniche che sali allo stato fuso come NaCl o KBr.

Le celle elettrochimiche sono formate da due , ciascuna delle quali contiene un elettrodo immerso in un elettrolita. Le due semicelle sono collegate da un e possono contenere lo stesso elettrolita o elettroliti diversi.

Le celle elettrochimiche possono essere di due tipi principali: celle galvaniche e celle di elettrolisi. Le celle galvaniche coinvolgono reazioni spontanee che convertono l’ chimica in energia elettrica, mentre le celle di elettrolisi coinvolgono reazioni non spontanee che convertono l’energia elettrica in energia chimica.

Le celle galvaniche comportano la conversione di energia chimica in energia elettrica, con reazioni di ossidoriduzione spontanee. L’anodo è l’elettrodo negativo e il catodo quello positivo, e gli elettroni sono forniti dalla specie che si ossida e si muovono dall’anodo al catodo attraverso un circuito esterno. Un esempio tipico di è la pila Daniell.

La prevede che la semicella in cui avviene la semireazione di ossidazione venga scritta a sinistra, mentre la semicella in cui avviene la semireazione di riduzione viene scritta a destra. Gli elettroni si muovono attraverso il circuito esterno dal catodo all’anodo, mentre il ponte salino mantiene l’elettroneutralità tra le due semicelle.

Le celle di elettrolisi coinvolgono reazioni non spontanee, come nel caso di una cella in cui il cloruro di calcio fuso viene decomposto nei suoi elementi. Gli elettroni si muovono dalla batteria al catodo, dove gli ioni calcio si riducono a calcio metallico, mentre al anodo avviene l’ossidazione degli ioni cloruro a cloro. Questo tipo di cella può essere rappresentato con la notazione Pt│Cl-│Cl2ǁCa2+│Ca│Pt.

In conclusione, le celle elettrochimiche possono essere di diversi tipi e vengono utilizzate in numerose applicazioni, dalla produzione di energia all’industria chimica.

Prodotto di solubilità e problemi svolti

Prodotto di solubilità e problemi svolti

Un sale poco solubile è soggetto a una reazione di equilibrio eterogeneo; ad esempio per il generico sale poco solubile A_mB_n l’equilibrio di dissociazione può essere scritto come segue:
A_mB_n(s) ⇄ A^+_(aq) + B^m-_(aq)
da cui il prodotto di solubilità viene espresso come:
K_ps = [A^n+][ B^m-]
La presenza di ioni in comune, il della soluzione, la presenza di agenti complessanti, il fenomeno dell’anfoterismo influenzano la solubilità.

Esercizi

Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio sapendo che il prodotto di solubilità è pari a 3.9 ∙ 10^-11
L’equilibrio di dissociazione è il seguente:
CaF2(s) ⇄ Ca^2+_(aq) + 2 F^-(aq)
detta x la solubilità molare dell’elettrolita all’equilibrio si ha:
[Ca^2+] = x e [F^-] = 2x
L’espressione del K_ps è la seguente:
K_ps = [Ca^2+][F^-]^2
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= (x)(2x)^2 = 4x^3
Da cui x = 2.1 ∙ 10^-4
All’equilibrio una soluzione satura di fluoruro di calcio presenta: [Ca^2+] = x = 2.1 ∙ 10^-4 M e [F^-] = 2x = 4.2 ∙ 10^-4 M

1)Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio (K_ps =3.9 ∙ 10^-11) in una soluzione 0.010 M di Ca(NO3)2
L’aggiunta di un elettrolita contenente lo ione Ca^2+ o lo ione F^- sposta l’equilibrio verso sinistra in accordo con il principio di Le Chatelier e pertanto la solubilità diminuisce.
Il nitrato di calcio è solubile in e si dissocia in Ca^2+ e 2 NO3^-. La concentrazione degli ioni calcio dovuta alla dissoluzione del nitrato di calcio è 0.010 M.
All’equilibrio quindi:
[Ca^2+] = x + 0.010 e [F^-] = 2x
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x + 0.010)(2x)^2
che è un’equazione di 3°. Tuttavia, essendo il K_ps molto piccolo si può supporre che x sia trascurabile rispetto a 0.010 quindi si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( 0.010)(2x)^2 = 0.040 x^2
Da cui x = √3.9 ∙ 10^-11/0.040 = 3.1 ∙ 10^-5 M
Il valore della solubilità molare in presenza di ione in comune diminuisce rispetto a quello in acqua.

2) Calcolare la solubilità del fluoruro di calcio in una soluzione 0.010 M di NaF.
Il fluoruro di sodio è un sale solubile in acqua che si dissocia in Na^+ e F^-. La concentrazione degli ioni calcio dovuta alla dissoluzione del fluoruro di calcio 0.010 M è 0.010 M.
All’ equilibrio quindi:
[Ca^2+] = x + 0.010 e [F^-] = 2x + 0.010
Sostituendo i valori ricavati nell’espressione della costante di equilibrio si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x)(2x + 0.010)^2
che è un’equazione di 3°. Anche in questo caso si può supporre che 2x sia trascurabile rispetto a 0.010 pertanto si ha:
3.9 ∙ 10^-11= ( x)( 0.010)^2 = 0.00010 x
da cui x = 3.9 ∙ 10^-7
quindi anche in questo caso la solubilità diminuisce, ma l’effetto di uno ione in comune avente la stessa concentrazione non fa variare la solubilità nella stessa misura: l’effetto prodotto dallo ione F^- è maggiore rispetto a quello dello ione Ca^2+ in quanto, nell’espressione del K_ps la concentrazione di F^- è elevata alla seconda potenza mentre quella di Ca^2+ è elevata alla prima potenza.

Calcolo dalla solubilità Mg(OH)2 di in una soluzione a un dato pH

Calcolare la solubilità dell’idrossido di magnesio (K_ps è 1.8 ∙ 10^-11) in acqua e in una soluzione tamponata a pH = 9.0
La dissociazione dell’idrossido di magnesio è:
Mg(OH)2(s) ⇄ Mg^2+_(aq) + 2 OH^-_(aq)
In acqua pura all’equilibrio: [Mg^2+] = x e [OH^-] = 2x
sostituendo tali valori nell’espressione del K_ps si ha:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-11= [Mg^2+][OH^-]^2 = (x)(2x)^2 = 4x^3
da cui si può ottenere la solubilità molare che è pari a ∛1.8 ∙ 10^-11/4 = 1.7 ∙ 10^-4 M
In una soluzione tamponata a pH = 9.0 il valore di pOH è pari a 14 – 9.0 = 5.0 quindi [OH^-] = 1.0 ∙ 10^-5 M.
Si ha:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-11= [Mg^2+](1.0 ∙ 10^-5)^2
da cui [Mg^2+] = 0.18 M che rappresenta la solubilità molare; essa è molto maggiore rispetto a quella calcolata in acqua pura. Riducendo il pH ovvero aumentando la concentrazione di H^+ si verifica che [OH^-] diminuisce e la solubilità aumenta fino alla completa dissoluzione in ambiente sufficientemente acido.

Calcolo dalla solubilità di AgCl in acqua e in NH3

Calcolare la solubilità del cloruro di argento in acqua e in una soluzione di 0.180 M.

K_ps = 1.8 ∙ 10^-10

K_f = 1.6 ∙ 10^7

In acqua l’equilibrio di dissociazione di AgCl è:
AgCl_(s) ⇄ Ag^+_(aq) + Cl^-_(aq)
All’equilibrio: [Ag^+] = [Cl^-] = x
L’espressione del prodotto di solubilità è:
K_ps = 1.8 ∙ 10^-10 = [Ag^+][Cl^-]
Da cui K_ps = 1.8 ∙ 10^-10 = (x)(x)
La solubilità molare x = √ 1.8 ∙ 10^-10 = 1.3 ∙ 10^-5 M
In presenza di ammoniaca il processo può essere visto complessivamente come la somma di due reazioni:
1) equilibrio di dissociazione di AgCl
2) interazione tra Ag^+ e NH3
AgCl_(s) ⇄ Ag^+_(aq) + Cl^-_(aq) regolato da K_ps = 1.8 ∙ 10^-10
Ag^+_(aq) + 2 NH3_(aq) ⇄ Ag(NH3)2^+_(aq) regolato da K_f = 1.6 ∙ 10^7
essendo K_f la costante di formazione.
Sommando membro a membro le due reazioni e semplificando si ha:
AgCl_(s) + 2 NH3(aq) ⇄ Ag(NH3)2^+_(aq) + Cl^-_(aq) K = K_ps ∙ K_f = 2.88 ∙ 10^-3
La presenza di ammoniaca, sposta a destra l’equilibrio di solubilità di AgCl in quanto lo ione Ag^+ viene rimosso dall’ammoniaca per formare il complesso diamminoargento.
All’equilibrio: [Ag(NH3)2^+] = [Cl^-] = x
[NH3] = 0.180 – 2x
Sostituendo tali valori nell’espressione di K si ha:
K = 2.88 ∙ 10^-3 = (x)(x)/ 0.180-2x
Risolvendo l’equazione di secondo grado si ha:
x = solubilità molare di AgCl in una soluzione 0.180 M di NH3 = 8.72 ∙ 10^-3 M molto maggiore rispetto a quella in acqua pura. All’aumentare della concentrazione di ammoniaca aumenta ancora tale solubilità.

Acidi poliprotici: esercizi, bilancio di massa

Acidi poliprotici: esercizi e

Gli acidi poliprotici, come l’ e l’acido solforoso, possono rilasciare due ioni H+ e sono detti diprotici, mentre l’ e l’acido fosforico sono esempi di acidi triprotici.

Nel caso degli acidi poliprotici, il primo valore della costante di equilibrio è sempre maggiore dei successivi, indicando che i protoni diventano meno acidi man mano che si perdono.

*Esempio

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Consideriamo l’acido fosforico, un acido triprotico con una concentrazione di 0.10 M. Durante l’equilibrio, si verificano diverse reazioni di dissociazione.

Bilancio di massa

Dal bilancio di massa, possiamo scrivere le frazioni di ogni specie presente in soluzione come αo = [H3PO4]/ CH3PO4, α = [H2PO4–]/ CH3PO4, α2 = [HPO42–]/ CH3PO4, e α3 = [PO43–]/ CH3PO4. Questi valori dipendono dal della soluzione, dove a bassi valori di pH la specie prevalente è H3PO4 mentre ad alti valori di pH la specie prevalente è PO43–.

*Esercizio

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Calcolando le concentrazioni delle diverse specie all’equilibrio in una soluzione di acido fosforico 0.10 M a pH = 3.0, troviamo che [H+] = 1.0 ∙ 10-3M. Utilizzando le formule ricavate, si possono ottenere i valori di αo, α1, α2, e α3, dalle quali si ricavano le concentrazioni delle altre specie.

Ad ogni valore di pH, solo una forma acida e la sua base coniugata prevalgono su tutte le altre specie, la cui concentrazione risulta trascurabile.

Infine, si riportano le specie prevalenti a vari intervalli di pH:
– Intervallo di pH: 0-4.7, Specie prevalenti: H3PO4 – H2PO4–
– Intervallo di pH: 4.7-9.7, Specie prevalenti: H2PO4– – HPO42–
– Intervallo di pH: 9.7-14, Specie prevalenti: HPO42– – PO43–

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