Chimica Today | Tutto il meglio della Chimica Online a 360° gradi

Calcolo del pH. Esercizi svolti

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

Calcolo del pH: 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 forti, acidi deboli, soluzioni tampone 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 grado di ionizzazione 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’equazione di Henderson-Hasselbalch:
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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Legame ionico e covalente: caratteristiche e differenze

Il legame ionico e il legame covalente 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,

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

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 +1 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 animale 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

Ossido nitroso

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’ammoniaca 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 processo Ostwald.

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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Preparazione e Saponificazione dei Saponi: Caratteristiche e Processo di Produzione

I saponi rappresentano sali solubili di acidi grassi come l’acido oleico, l’acido stearico, l’acido palmitico, l’acido laurico e l’acido miristico. 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’acqua.

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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Titolazione di una miscela di basi 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 indicatori.

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

Esempio svolto

Supponiamo di voler calcolare il pH 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 = 1,0 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’equazione di Henderson-Hasselbalch:

[ 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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

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 ferro, rame 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 semireazioni 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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

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 pH desiderato. Successivamente è necessario calcolare il rapporto tra la base coniugata e l’acido debole per ottenere il pH desiderato, utilizzando l’equazione di Henderson-Hasselbalch. 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’equazione di Van Slyke.

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

Esercizio 1

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 capacità tamponante 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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

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 semicelle, ciascuna delle quali contiene un elettrodo immerso in un elettrolita. Le due semicelle sono collegate da un ponte salino 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’energia 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 cella galvanica è la pila Daniell.

La notazione per una cella galvanica 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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

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^n+_(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 pH 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

Effetto dello ione in comune

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 acqua 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 ammoniaca 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

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Acidi poliprotici: esercizi, bilancio di massa

Acidi poliprotici: esercizi e bilancio di massa

Gli acidi poliprotici, come l’acido ossalico e l’acido solforoso, possono rilasciare due ioni H+ e sono detti diprotici, mentre l’acido citrico 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

*

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, α1 = [H2PO4–]/ CH3PO4, α2 = [HPO42–]/ CH3PO4, e α3 = [PO43–]/ CH3PO4. Questi valori dipendono dal pH 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

*

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–

Spontaneità delle reazioni biologiche. Esercizi

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Spontaneità delle reazioni biologiche. Esercizi

La Spontaneità delle Reazioni Biologiche e la Determinazione dell’Energia Libera

La previsione della spontaneità delle reazioni biologiche può essere effettuata tramite la conoscenza dei valori tabulati dell’energia libera di Gibbs, una funzione di stato correlata alla temperatura e all’entalpia e all’entropia di un sistema.

In un processo spontaneo a temperatura e pressione costante, l’energia libera diminuisce, ossia ΔG 0, il processo non è spontaneo nel verso indicato, ma lo sarebbe nel verso opposto. Quando ΔG = 0, il sistema si trova all’equilibrio e non ha alcuna tendenza a evolvere né in un senso né nel verso opposto.

Nella determinazione della spontaneità delle reazioni biologiche in condizioni standard, si possono utilizzare i valori dell’energia libera standard. La spontaneità di varie reazioni può essere stabilita in base alla differenza tra l’energia libera dei reagenti e quella dei prodotti.

Ad esempio, per la reazione ATP + glicerolo → Glicerolo 3-fosfato + ADP, i valori dell’energia libera standard di ciascuna semireazione vengono sommati per ottenere il ΔG° complessivo. Se ΔG° è inferiore a 0, la reazione avviene spontaneamente nel senso indicato; se è superiore a 0, non avviene spontaneamente in quel senso.

Inoltre, è possibile calcolare la variazione dell’energia libera standard per una reazione a partire dal ΔG° noto di una reazione associata. Questo consente di determinare la spontaneità di una reazione inversa o correlata.

Infine, la conoscenza dei valori dell’energia libera standard di vari composti è essenziale per prevedere la spontaneità delle reazioni nelle applicazioni biologiche.

Risolvere esercizi come questi è fondamentale per comprendere la spontaneità delle reazioni biologiche e per applicare tali concetti in contesti biologici e chimici.

Volume parziale molare

Fabrice Deseaux

-

30 Novembre 2023

0

Il concetto di volume parziale molare e la sua importanza nella chimica

Il volume parziale molare è una grandezza cruciale nella chimica, poiché fornisce informazioni dettagliate sul comportamento dei gas e delle soluzioni in diverse condizioni. Per capire appieno questo concetto, è importante prima comprendere cosa si intende per pressione parziale. Considerando due gas, A e B, contenuti in un recipiente di volume V alla pressione p e costituiti rispettivamente da nA e nB moli, possiamo applicare l’equazione di stato dei gas ideali, pV = nRT.

La pressione totale p è la somma delle pressioni parziali del gas A e del gas B:
p = pA + pB
dove la pressione parziale di un gas è quella che ciascun gas avrebbe se occupasse da solo l’intero volume occupato dalla miscela alla stessa temperatura. Pertanto possiamo scrivere p = nRT/V = (nA + nB)RT/V, pA= nART/V e pB= nBRT/V.

Volume parziale

Analogamente possiamo definire il volume parziale del gas A e quello del gas B. Detto V il volume totale dei due gas si ha V = nRT/p. Ovvero VA+ VB = (nA + nB)RT/p. Inoltre VA = nART/V e VB= nBRT/p. Per i gas quindi vale l’additività dei volumi.

Volume parziale molare

Il volume parziale molare di una sostanza X in una miscela è la variazione di volume per ogni mole di X aggiunto alla miscela. I volumi parziali molari dei componenti di una miscela variano con la composizione della miscela stessa in quanto varia l’intorno delle molecole e la conseguente alterazione delle interazioni tra le molecole.

Il volume parziale molare VJ di una sostanza J presente in una miscela è dato da: VJ =(∂V/ ∂nJ)p,T,n’. In cui n’ indica che la quantità di tutte le altre sostanze è tenuta costante. Il volume parziale molare è la pendenza della curva del volume totale quando la quantità di J varia mantenendo costanti tutte le altre variabili.

Si noti che il volume parziale molare può assumere valori negativi. Ad esempio, il volume parziale molare del solfato di magnesio in acqua è –1.4 cm^3/mol, implicando che aggiungendo una mole di solfato di magnesio ad un grande volume di acqua si verifica che il volume diminuisce di 1.4 cm^3, a causa del fatto che il sale rompe la struttura dell’acqua non appena gli ioni diventano idratati.

Il metodo più comune per misurare i volumi parziali molari consiste nel misurare la dipendenza del volume di una soluzione con la composizione. Il volume osservato può essere adattato a una funzione della composizione e la pendenza della funzione può essere determinata a qualsiasi composizione.