Loris ha altre reazioni da bilanciare…

Bilanciare le reazioni redox in ambiente basico scritte in forma ionica.

1. CrO₄^2- + S^2- = S + CrO₂^-
   Determinare i grammi di KCrO₂ che si ottengono  da 15 g di Na₂CrO₄ e 28 g di K₂S.
2. MnO₄^- + C₂O₄^2-  = CO₂ + MnO₂
   Determinare i g di MnO₂ che si ottengono da 18 g di Ba₂C₂O₄.

Ecco come si procede:

Il bilanciamento di una redox che avviene in ambiente basico differisce dal bilanciamento di una che avviene in ambiente acido soltanto nella fase in cui si bilanciano gli atomi di idrogeno. Invece di utilizzare ioni H⁺, infatti, si aggiunge H₂O per ogni idrogeno che manca da una parte della freccia e un ugual numero di ioni OH^- dalla parte opposta.

Un metodo alternativo, ma un po’ più lungo, è di condurre il bilanciamento come se la reazione avvenisse in ambiente acido e di neutralizzare alla fine gli ioni H⁺ con altrettanti ioni OH^-; questi vanno però aggiunti in entrambi i membri dell’equazione e va poi eventualmente semplificato il numero di molecole di acqua risultanti.

Anche per questi esercizi ti riporto soltanto il bilanciamento delle semireazioni (già semplificate per quanto riguarda le molecole di acqua) e quello complessivo.

1. CrO₄^2- + S^2- = S + CrO₂^-

   CrO₄^2- +  2 H₂O  +  3 e^-   = CrO₂^-  +  4 OH^-                                  S^2- = S + 2 e^-  

   2 CrO₄^2- +  4 H₂O  +  3 S^2-  = 2 CrO₂^-  +  8 OH^-  +  3 S

2. MnO₄^-  +  C₂O₄^2-  =  CO₂  +  MnO₂

   MnO₄^-  +  2 H₂O  +  3 e^-   =  MnO₂  + 4 OH^-                                                               C₂O₄^2-  =  2 CO₂  +  2 e^-  

   2 MnO₄^-  +  4 H₂O  +  3 C₂O₄^2-   =  2 MnO₂  +  8 OH^-  +  6 CO₂

   Ecco fatto! Buon lavoro!

Valeria ha scritto:

Salve, non riesco a capire perché sia nell’ibridazione di un atomo che nel numero sterico della teoria VSEPR non vengano considerati i doppietti elettronici condivisi nei doppi/tripli legami ma solo quelli dei legami semplici e i lone pairs.

Le domande che sorgono spontanee sono due: 1) perché i legami pi greco non concorrono alla formazione della geometria della molecola 2) andando ancora più a fondo nella questione perché i legami pi greco si possono instaurare solo ed esclusivamente tra orbitali p non ibridi?

Non mi spiego perché non si possano sovrapporre lateralmente due orbitali ibridi sp³ formando un legame pi greco… Spero di essere stata chiara nell’esposizione dei miei dubbi! Grazie in anticipo, cordiali saluti.

Rispondo così:

Gli elettroni coinvolti in un legame multiplo (doppio o triplo) occupano di fatto lo spazio compreso tra gli stessi due nuclei atomici. La nuvola elettronica, pur essendo più estesa rispetto a quella generata da un legame semplice, risente comunque dell’attrazione di due nuclei soltanto e assume pertanto la forma di un cilindro che avvolge l’asse di legame, cioè la linea congiungente i due nuclei. Quando, invece, i doppietti elettronici sono condivisi tra atomi diversi si formano nuvole elettroniche distinte dato che risentono della forza attrattiva di nuclei diversi disposti in zone distinte di spazio.

Poiché il modello VSEPR si basa sulla minimizzazione delle forze repulsive tra le nuvole elettroniche che si sviluppano a partire dall’atomo centrale di una molecola, è logico trascurare i legami π e considerare soltanto i legami σ.

Per quanto riguarda la teoria dell’ibridazione, tieni conto che essa è nata proprio per rendere ragione della direzionalità dei legami chimici e quindi della struttura delle molecole; anche in questo caso, pertanto, i legami π non contano ai fini dell’ibridazione dato che, legando gli stessi due atomi, sono isodirezionali e costituiscono con il legame σ un’unica zona di spazio elettricamente carica.

In merito al secondo dubbio, devi considerare che due orbitali atomici possono dar vita ad un legame covalente soltanto se si sovrappongono, che il legame è tanto più forte (stabile) quanto più è pronunciata la sovrapposizione degli orbitali e che l’entità della sovrapposizione dipende dalla forma e dall’orientamento degli orbitali coinvolti. Proprio per il fatto che gli orbitali ibridi sp³ sono orientati a 109,5 ° non possono certo dare luogo a una significativa sovrapposizione!

Spero di aver chiarito i tuoi dubbi… Cari saluti anche a te.

Rosanna ha scritto:

Salve professoressa, ho avuto difficoltà con questa reazione redox. Per favore mi potrebbe dire come posso procedere per bilanciarla?

U₃O₈ + H₂SO₄ → UO₂SO₄ + U(SO₄)₂ + H₂O

Come faccio a capire che numero di ossidazione mettere all’uranio? Nel caso di sali che derivano da acidi e idrossidi noti è semplice risalire al numero di ossidazione ma ci sono casi in cui non è così semplice. Per esempio K₂ZrF₆ oppure POCl₃, SbO(OH), Na₄[UO₂(CO₃)₃]….come faccio a mettere i numeri di ossidazione? Grazie mille in anticipo.

La risposta è questa:

Per assegnare i numeri di ossidazione è necessario tenere presente alcune regole; quelle che ti riporto sotto dovrebbero bastarti.

1. Gli atomi allo stato elementare hanno sempre numero di ossidazione pari a zero.
2. L’ossigeno, nei suoi composti, ha generalmente numero di ossidazione -2, tranne nei perossidi dove ha -1 e nei composti con il fluoro in cui ha +2.
3. L’idrogeno, nei suoi composti, ha generalmente numero di ossidazione +1, tranne negli idruri metallici in cui ha -1.
4. Gli elementi del gruppo IA, nei loro composti, hanno numero di ossidazione +1.
5. Gli elementi del gruppo IIA, nei loro composti, hanno numero di ossidazione +2.
6. Gli elementi del gruppo IIIA, nei loro composti, hanno generalmente numero di ossidazione +3 e, talvolta, +1.
7. Gli elementi del gruppo IVA, nei loro composti, hanno generalmente numero di ossidazione +4, +2, -4.
8. Gli elementi del gruppo VA, nei loro composti, hanno generalmente numero di ossidazione +5, +3; -3.
9. Gli elementi del gruppo VIA, nei loro composti, hanno generalmente numero di ossidazione +6; +4; -2. Il numero di ossidazione -2 spetta agli ioni X^2-, come S^2-, Te^2-, ecc.
10. Gli elementi del gruppo VIIA, nei loro composti, hanno generalmente numero di ossidazione +7; +5; +3; +1; -1. Il numero di ossidazione -1 spetta agli ioni alogenuro, come F^-, Cl^-, ecc.
11. Gli elementi di transizione, nei loro composti, hanno numeri di ossidazione variabili e sempre positivi.
12. Il numero di ossidazione di uno ione monoatomico coincide con la carica dello ione, avendo cura di invertire carica e valore numerico.
13. La somma dei numeri di ossidazione di tutti gli elementi presenti in una molecola o ione poliatomico deve coincidere con la carica totale.

Applicando queste regole puoi pertanto stabilire che in K₂ZrF₆ il numero di ossidazione dell’atomo K è +1, dell’atomo F è -1 e dell’atomo Zr è +4; così facendo la somma dei numeri di ossidazione è pari a 0 [infatti +1×2_(K) + 4 + (-1×6_(F)) = 0]. In POCl₃ il numero di ossidazione dell’atomo O è -2, dell’atomo Cl è -1 e dell’atomo P deve essere +5; in SbO(OH), invece, il numero di ossidazione dell’atomo Sb deve risultare +3 per compensare il risultato della somma dei numeri di ossidazione di O e H, pari a (-2×2 + 1) = -3. Il numero di ossidazione x dell’atomo U in Na₄[UO₂(CO₃)₃] risulta dal seguente calcolo: +1×4_(Na) + x + 11_(O)×(-2) + 3_(C) ×(+4) = 0, cioè x = +6.

Per quanto riguarda la reazione da bilanciare, se non ci sono errori di trascrizione nello schema che mi proponi, non è una ossido-riduzione. Per bilanciarla devi tenere presente che a volte in un composto compare uno stesso elemento con due numeri di ossidazione diversi. L’esempio più semplice è quello del composto Fe₃O₄ che è la combinazione di FeO, in cui Fe ha numero di ossidazione +2, e Fe₂O₃, in cui Fe ha numero di ossidazione +3. È questo anche il caso del composto U₃O₈ in cui l’uranio ha numero di ossidazione +4 e +6, è può essere rappresentato come UO₂·2UO₃.

Poiché in uno dei prodotti di reazione, UO₂SO₄, l’uranio ha numero di ossidazione + 6 e nell’altro, U(SO₄)₂, ha numero di ossidazione +4, per bilanciare l’uranio è sufficiente introdurre il coefficiente 2 davanti al primo prodotto; si procede poi a bilanciare i gruppi solfato, -SO₄, e infine gli atomi di idrogeno. Il risultato complessivo è questo:

 U₃O₈ + 4 H₂SO₄ → 2 UO₂SO₄ + U(SO₄)₂ + 4 H₂O

Ecco fatto!

Loris ha scritto:

Nel compito c’erano anche queste ox- rid. Non era specificato se ambiente acido o basico (e la difficoltà era proprio questa). La prego mi aiuti.

BaSO₄  +  C  =  BaS  +  CO

MnO₂  +  HCl  =  MnCl₂  +  Cl₂

H₂O₂  +  BrN₃  = NO₂  +  HBrO₃  +  H₂O

ClO₂  +  HPO₂  = HCl  +  H₃PO₄

Mn₃O₄  +  Al  =  Al₂O₃  +  Mn

Ecco i bilanciamenti:

Per le reazioni che mi proponi conviene effettuare il bilanciamento con il metodo della variazione del numero di ossidazione ricordando di bilanciare l’idrogeno e/o l’ossigeno aggiungendo acqua dalla parte in cui essi sono in difetto.

Devi poi tenere presente la struttura di composti particolari, come Mn₃O₄, che è il risultato della combinazione di MnO e Mn₂O₃, e come lo ione azoturo N₃^-, in cui due atomi di azoto hanno numero di ossidazione 0 e l’altro -1; potresti comunque procedere anche senza questa conoscenza utilizzando numeri di ossidazione frazionari, che sono però meno agevoli da gestire in fase di calcolo.

I bilanciamenti in dettaglio, in cui per brevità evidenzio soltanto i numeri di ossidazione che variano, sono questi:

BaS⁽⁺⁶⁾O₄  +  C⁽⁰⁾  =  BaS^(-2)  +  C⁽⁺²⁾O

S⁽⁺⁶⁾ +  8 e^-  =  S^(-2)                   4·(C⁽⁰⁾  =  C⁽⁺²⁾ +  2 e^-)

BaSO₄  +  4 C  =  BaS  +  4 CO

Mn⁽⁺⁴⁾O₂  +  HCl^(-1)  =  Mn⁽⁺²⁾Cl₂  +  Cl₂⁽⁰⁾

Mn⁽⁺⁴⁾  +  2 e^- =  Mn⁽⁺²⁾                   2 Cl^(-1)  =  Cl₂⁽⁰⁾  +  2 e^-

MnO₂  +  2 HCl_(Cl2)  +  2 HCl_(MnCl2)  =  MnCl₂  +  Cl₂

MnO₂  +  4 HCl  =  MnCl₂  +  Cl₂  + 2 H₂O

H₂O^(-1)₂  +  Br⁽⁺¹⁾N₃^{(-1; 0)}  = N⁽⁺⁴⁾O^(-2)₂  +  HBr⁽⁺⁵⁾O^(-2)₃  +  H₂O^(-2)

17·(2 O^(-1)  +  2 e^-  =  2 O^(-2))       2·[N^(-1)  =  N⁽⁺⁴⁾  +  5 e^-     2 (N⁽⁰⁾  =  N⁽⁺⁴⁾  +  4 e^-)     Br⁽⁺¹⁾  =  Br⁽⁺⁵⁾  +  4 e^-]

17 H₂O₂  +  2 BrN₃  = 6 NO₂  +  2 HBrO₃  +  16 H₂O

Cl⁽⁺⁴⁾O₂  +  HP⁽⁺³⁾O₂  =  HCl^(-1)  +  H₃P⁽⁺⁵⁾O₄

2·(Cl⁽⁺⁴⁾  +  5 e^-  =  Cl^(-1))             5·(P⁽⁺³⁾  =  P⁽⁺⁵⁾  +  2 e^-)

2 ClO₂  +  5 HPO₂  + 6 H₂O  =  2 HCl  +  5 H₃PO₄

Mn₃^{(+2; +3)}O₄  +  Al⁽⁰⁾   =  Al₂⁽⁺³⁾O₃  +  Mn⁽⁰⁾

3·[Mn⁽⁺²⁾  +  2 e^- =  Mn⁽⁰⁾     2· (Mn⁽⁺³⁾  +  3 e^- =  Mn⁽⁰⁾)]          4·[2 (Al⁽⁰⁾  =  Al⁽⁺³⁾  +  3 e^-)]

3 Mn₃O₄  +  8 Al  =  4 Al₂O₃  +  9 Mn

Spero che ti risulti tutto chiaro!

Giulietta ha scritto:

Salve prof.ssa, le chiedo un aiuto urgente sulla risoluzione e spiegazione di questo problema che il prof mi chiederà all’orale con i risultati portati in cifre significative. Spero di ricevere la sua risposta al più presto perché mi servirebbe entro questa settimana. Grazie.

Calcolare il pH di una soluzione ottenuta facendo reagire 200 mL di acetato di sodio (CH₃COONa) 0,12 M con 150 mL di HCl 0,16 M. (K_a CH₃COOH = 1,8·10^-5)

Ecco l’aiuto:

Una soluzione di acetato di sodio contiene gli ioni Na⁺ e CH₃COO^- derivati dalla dissociazione in acqua del sale; quando si aggiunge la soluzione di acido cloridrico, gli ioni H⁺ che essa contiene si combinano con gli ioni acetato per formare l’acido debole CH₃COOH:

H⁺ +  CH₃COO^- → CH₃COOH

Essendo l’acido acetico poco ionizzato, la reazione si può considerare in prima approssimazione completa.

Il valore del pH della soluzione risultante dipende dalla quantità in moli di acetato e di acido cloridrico messe a reagire:

n HCl = M·V = 0,16 mol/L · 0,150 L = 0,024 mol

n CH₃COONa = n CH₃COO^- = M·V = 0,12 mol/L · 0,200 L = 0,024 mol

Poiché la quantità in moli dei due reagenti coincide e il rapporto molare di reazione è 1 : 1, nella soluzione risultante ci saranno 0,024 mol di acido acetico e 0,024 mol di ioni Na⁺ e Cl^-; considerando additivi i volumi, il volume complessivo di soluzione è pari a (200 + 150) mL = 350 mL, per cui la concentrazione di acido acetico, che determina il valore del pH, è:

[CH₃COOH] = n/V = 0,024 mol/0,350 L = 0,069 mol/L

La concentrazione di ioni H⁺ in una soluzione di acido debole si può calcolare in prima approssimazione con la relazione       [H⁺]² = K_a · C_a:

[H⁺]² = 1,8·10^-5 · 0,069 = 1,23·10^-6

[H⁺] = 1,1·10^-3 mol/L

pH = -log [H⁺] = -log 1,1·10^-3 = 2,95

In conclusione, il pH della soluzione finale, espresso con il corretto numero di cifre significative, è 2,95; ricorda che nel numero risultante dal calcolo del pH sono significative soltanto le cifre a destra della virgola.

Salvo ha scritto:

Salve Professoressa.
Le scrivo per comprendere il ragionamento che consente di risolvere tale esercizio. Calcolare il prodotto di solubilità di Fe(OH)₂ a 25 ºC, sapendo che il potenziale normale di riduzione della semireazione   Fe²⁺  +  2 e^- →  Fe_(s)    è -0,44 V e che il potenziale normale di riduzione della semireazione Fe(OH)_2(s)  +  2 e^-  →  Fe_(s)  +  2 OH^-   è -0,88 V.
[Risultato 1,4·10^-15]

Inoltre colgo l’occasione per chiederLe perché il composto Al₂O₃ è considerato ionico anche se la differenza di elettronegatività è 1,83 e non 1,9. La ringrazio anticipatamente per la sua risposta e la Sua pazienza.

Rispondo così:

Un elettrodo in cui avviene la semireazione  Fe²⁺  +  2 e^- →  Fe_(s)  è un elettrodo di prima specie il cui potenziale varia secondo la relazione E = E°_Fe2+/Fe + (0,0592/2) log [Fe²⁺]. Il termine E°_Fe2+/Fe è il potenziale normale, o standard, ed è il potenziale che assume l’elettrodo quando la concentrazione di ioni Fe²⁺ è 1 M; pertanto E°_Fe2+/Fe = -0,44 V.

Un elettrodo in cui avviene la semireazione Fe(OH)_2(s)  +  2 e^-  →  Fe_(s)  +  2 OH^-   è un elettrodo di seconda specie il cui potenziale varia secondo la relazione E = E°_Fe(OH)2/Fe – (0,0592/2) log [OH^-]². Il termine E°_Fe(OH)2/Fe è il potenziale normale, o standard, ed è il potenziale che assume l’elettrodo quando la concentrazione di ioni OH^- è 1 M; pertanto E° _Fe(OH)2/Fe = -0,88 V.

Tra i due potenziali standard esiste però una relazione, che si può ricavare con le seguenti considerazioni.

In un elettrodo di seconda specie è coinvolta una specie poco solubile, in questo caso il composto Fe(OH)₂ il cui equilibrio di solubilità è   Fe(OH)_2(s)  = Fe²⁺_(aq) + 2 OH^-_(aq)  e la cui K_ps si esprime come K_ps = [Fe²⁺]·[OH^-]². La concentrazione di ioni Fe²⁺in soluzione è pertanto determinata dal valore della K_ps e dal valore della concentrazione degli ioni OH^-, e può quindi essere espressa come [Fe²⁺] = K_ps / [OH^-]². Se ora esprimiamo il potenziale di questo elettrodo come se fosse di prima specie si otterrebbe:

E = E°_Fe2+/Fe + (0,0592/2) log [Fe²⁺]  cioè  E = E°_Fe2+/Fe + (0,0592/2) log K_ps / [OH^-]².

Se nell’equazione precedente si scompone il termine logaritmico si ottiene

E = E°_Fe2+/Fe + (0,0592/2) log K_ps – (0,0592/2) log [OH^-]².

Confrontando l’espressioni del potenziale appena ricavata con quella relativa all’elettrodo di seconda specie si nota che

E°_Fe2+/Fe + (0,0592/2) log K_ps = E°_Fe(OH)2/Fe

Questa è la relazione utile per determinare il valore della K_ps dell’idrossido di ferro(II). Effettuando i calcoli si ottiene:

 log K_ps = (E°_Fe(OH)2/Fe – E°_Fe2+/Fe)·2/0,0592 = -0,88/0,0592

K_ps = 10^{(-0,88/0,0592)} = 1,365·10^-15 = 1,4·10^-15

Ecco fatto…il valore della K_ps coincide con quello atteso.

Per quanto riguarda l’altro quesito, tieni presente che all’aumentare della differenza di elettronegatività aumenta la percentuale di ionicità del legame che si instaura tra atomi diversi. Il valore della differenza di elettronegatività a cui fai riferimento per stabilire se il legame è ionico è quindi soltanto indicativo. In ogni caso devi considerare che l’ossigeno è, dopo il fluoro, l’elemento più elettronegativo per cui il legame che si instaura tra gli atomi di ferro e gli atomi di elementi metallici ha certamente un’elevata percentuale di ionicità.

Arianna ha scritto:

Salve professoressa! Avrei bisogno di una mano con questo esercizio.

Calcola [H₃O⁺], [HSO₄^-] e [SO₄^2-] in una soluzione 0,020 M di H₂SO₄.

Inoltre dice “suggerimento”: l’ipotesi che [HSO₄^-] = [H₃O⁺] è valida? Io sapevo che questa ipotesi riguardante la prima ionizzazione dell’acido solforico, fosse valida nel caso in cui la soluzione non fosse estremamente diluita. Nel caso invece in cui la soluzione è molto diluita, come in questo esercizio, che tipo di approccio risolutivo devo usare? La ringrazio in anticipo!

Ecco la mano…

Per la prima ionizzazione l’acido solforico si comporta da acido forte; tutte le molecole di H₂SO₄, pertanto, ionizzano secondo la reazione

H₂SO₄  + H₂O  →  HSO₄^-  +  H₃O⁺

Dopo la prima ionizzazione, pertanto, in soluzione ci saranno 0,020 mol/L di ioni HSO₄^- e altrettante di ioni  H₃O⁺.

Lo ione idrogenosolafto HSO₄^-, però, si comporta a sua volta da acido, ma non ionizza completamente essendo moderatamente debole; si tratta quindi di una reazione di equilibrio caratterizzata da uno specifico valore di K_a:

HSO₄^-  + H₂O  =  SO₄^2- +  H₃O⁺

Di certo, comunque, a equilibrio raggiunto, la concentrazione degli ioni HSO₄^- non potrà essere uguale a quella degli ioni H₃O⁺.

Per calcolare le concentrazioni finali è necessario

• conoscere il valore della K_a dello ione idrogenosolfato,
• indicare con x la concentrazione degli ioni SO₄^2- che si liberano dalla reazione di equilibrio,
• tenere presente che la concentrazione residua degli ioni idrogenosolfato è inferiore a quella iniziale a causa delle x mol/L che ionizzano, e corrisponde pertanto a (0,020  – x) mol/L,
• ricordare che in soluzione sono già presenti 0,020 mol/L di ioni H₃O⁺ a cui si aggiungono x mol/L provenienti dalla ionizzazione dello ione idrogenosolfato; a fine reazione, pertanto, si avrà [H₃O⁺] = (0,020 + x) mol/L.

  A questo punto non resta che cercare il valore di K_a dello ione idrogenosolfato, scriverne l’espressione, sostituire alle concentrazioni le relazioni prima individuate in funzione della x, e procedere coi calcoli per risolvere l’equazione di secondo grado e ricavare il valore della x.

  A te i calcoli! Buon lavoro!

   

Francesco ha scritto:

Salve professoressa, avrei da porle la seguente domanda riguardante gli equilibri in soluzione.

E’ possibile preparare una soluzione acquosa 10^-6 M di Pb₃(PO₄)₂? (K_ps Pb₃(PO₄)₂ = 1,5·10^-32)

Provando a svolgere l’esercizio utilizzando il valore di solubilità di 10^-6 M ottengo un quoziente di reazione superiore alla K_ps dunque l’equilibrio è spostato a sinistra verso la formazione del sale. È giusto come ragionamento? La ringrazio in anticipo.

Rispondo così:

Il ragionamento è sostanzialmente giusto; non darei, però, al valore 10^-6 M il nome di solubilità, bensì di concentrazione ipotetica.

Come tutte le reazioni di equilibrio, anche l’equilibrio di solubilità è caratterizzato da una costante di equilibrio, che è la K_ps. Essa corrisponde al prodotto delle concentrazioni molari degli ioni presenti all’equilibrio in soluzione, ciascuna concentrazione elevata al coefficiente stechiometrico del corrispondente ione nella reazione di equilibrio.

Nel caso del fosfato di piombo la reazione di equilibrio e l’espressione della K_ps sono le seguenti:

Pb₃(PO₄)_2(s) = 3 Pb²⁺_(aq) +  2 PO₄^3-_(aq)

K_ps = [Pb²⁺]³ · [PO₄^3-]²

Sostituendo alle concentrazioni ioniche i valori derivati dall’ipotetica concentrazione 10^-6 M del sale si ottiene quanto segue:

[Pb²⁺] = 3·10^-6 M      [PO₄^3-] = 2·10^-6 M

[Pb²⁺]³ · [PO₄^3-]² = (3·10^-6)³ · (2·10^-6)² = 1,08·10^-28  M⁵

Poiché il risultato di tale prodotto supera il valore della K_ps si ha formazione di precipitato; esso continua a depositarsi sino a quando la concentrazione degli ioni è diminuita tanto che il loro prodotto ha lo stesso valore della K_ps.

Si deve quindi concludere che, alla temperatura a cui è stata misurata la K_ps, non è possibile preparare una soluzione acquosa 10^-6 M di Pb₃(PO₄)₂.

Rossana ha scritto:

Salve professoressa, potrebbe spiegarmi il metodo ionico-elettronico per il bilanciamento di questa reazione?

AuCl₃ + NaOH + H₂O₂ → Au + O₂ + NaCl + H₂O.

Grazie mille.

Ecco la spiegazione:

Per prima cosa è necessario scrivere la reazione in forma ionica netta:

Au³⁺ + OH^- + H₂O₂ → Au + O₂ + H₂O.

Ora devi seguire le indicazioni che ho già dato più volte su questo argomento (vedi, per esempio, gli articoli Come bilanciare le reazioni redox e Un altro metodo per bilanciare le reazioni redox). Nel tuo caso si ottiene:

1. separazione delle semireazioni; gli atomi diversi da idrogeno e ossigeno sono già bilanciati

 Au³⁺→ Au                                                                    H₂O₂  → O₂    

2. gli atomi di ossigeno sono già bilanciati

3. bilanciamento degli atomi di idrogeno (poiché la reazione avviene in ambiente basico, si aggiunge H₂O per ogni idrogeno che manca e altrettanti OH^- dalla parte opposta)

Au³⁺→ Au                                                                      H₂O₂ +  2OH^- →  O₂  +  2 H₂O

4. bilanciamento delle cariche elettriche per aggiunta di elettroni

Au³⁺ +  3 e^-   → Au                                                        H₂O₂ +  2 OH^- →  O₂  +  2 H₂O  +  2 e^-  

5. bilanciamento degli elettroni persi e acquistati

2×(Au³⁺ +  3 e^-   → Au)                                                    3×(H₂O₂ +  2 OH^- →  O₂  +  2 H₂O  +  2 e^-)     

6. somma delle semireazioni

2 Au³⁺ +  3 H₂O₂  +   6 OH^- → 2 Au  +  3 O₂  +  6 H₂O    

Ecco fatto!

Loris ha scritto:

Gentilmente.

Scrivere la sintesi del 2-etilesanolo partendo da etanolo.

Le chiedo i passaggi. Io farei ossidare l’etanolo ad aldeide, poi farei una reazione con un reattivo di Grignard…. ma penso che sia sbagliato. Ringrazio.

Ecco la risposta:

Anch’io penso che sia sbagliato! Infatti, facendo reagire un’aldeide con un reattivo di Grignard si ottiene un alcol secondario; il 2-etilesanolo è invece un alcol primario.

Sempre a partire dall’acetaldeide, che ha atomi di idrogeno in alfa rispetto al carbonile, si può però prendere in considerazione la condensazione aldolica. Si può ottenere prima il 3-idrossibutanale, che può essere disidrato facilmente a 2-butenale; con un’altra condensazione aldolica e la successiva disidratazione, seguita da una riduzione catalitica con idrogeno, si può arrivare al prodotto desiderato.

Lascio a te tutti i dettagli dei passaggi…

Loris ha scritto:

Cortesemente se può risolverlo entro domani sera.

A una soluzione 0,10 M di acido acetico si aggiunge NaOH in quantità tale da portare il pH a 5,00. Supponendo trascurabile la variazione di volume, calcola le concentrazioni di acido acetico e di ione acetato nella soluzione finale. (pK_a = 4,7)

Ringrazio tanto.

Rispondo così:

Aggiungendo NaOH a una soluzione di acido acetico avviene una reazione di neutralizzazione che trasforma l’acido acetico in ioni acetato; se si neutralizza solo in parte l’acido acetico, si forma una soluzione in cui sono contemporaneamente presenti molecole di acido acetico e ioni acetato. Una soluzione di questo tipo ha proprietà tampone; la concentrazione di ioni H⁺ in essa presenti si esprime con la seguente relazione:

[H⁺] = K_a · C_a / C_s

dove C_a indica la concentrazione di acido acetico rimasto in soluzione e C_s la concentrazione dello ione acetato che si è formato dalla parziale neutralizzazione dell’acido. Poiché le molecole di acido che scompaiono durante la reazione di neutralizzazione

CH₃COOH + OH^-  →  CH₃COO^-  +  H₂O

si trasformano in altrettanti ioni acetato, possiamo comunque scrivere che:

C_a + C_s = C_iniziale = 0,10 M

Se si tiene presente questa relazione e si ricava il valore del rapporto C_a / C_s a partire dal valore di pH, si può risalire alle concentrazioni richieste.

I calcoli in dettaglio sono questi:

pH = 5       [H⁺] = 10^-5 M

C_a / C_s = [H⁺] / K_a = 10^-5 /10^-4,7 = 0,5

C_a = 0,5 · C_s

C_a + C_s = 0,10

C_s = 0,10 – C_a

C_a = 0,5 · (0,10 – C_a)

C_a = 0,05 – 0,5 C_a

1,5 C_a = 0,05

C_a = 0,05 / 1,5 = 3,3·10^-2

C_s = 0,10 – C_a = 0,10 – 3,3·10^-2 = 6,6·10^-2

In conclusione, le concentrazioni cercate sono: [CH₃COOH] = 3,3·10^-2 mol/L e [CH₃COO^-] = 6,6·10^-2 mol/L.

Rossana ha scritto:

Gentile professoressa, a breve ho l’esame di Chimica Generale e mi sono imbattuta nella risoluzione di un problema che non ho ben compreso. Spero in una sua risposta.

L’idrogeno solfuro di ammonio NH₄HS solido si decompone a 25 °C secondo la reazione:

NH₄HS_(s) = NH_3(g) +  H₂S_(g)

Introducendo in un contenitore del volume di 2,0 L, inizialmente vuoto, 7,0 g di NH₄HS si ottiene (a 25 °C) una pressione totale all’equilibrio di 0,660 atm.

- Calcolare la K_p e la K_c della reazione.

- Calcolare i grammi di NH₄HS presenti all’equilibrio.

La ringrazio anticipatamente.

Ecco la risposta:

La reazione di decomposizione che mi proponi è una reazione di equilibrio in fase eterogenea. Per gli equilibri eterogenei in cui sono coinvolte specie gassose, la costante di equilibrio dipende soltanto dalla concentrazione delle specie gassose presenti nel recipiente; in questo caso, pertanto, dipende soltanto dalla concentrazione di NH₃ e H₂S.

La costante di equilibrio, inoltre, può essere espressa non soltanto in funzione della concentrazione delle specie coinvolte, ma anche in funzione della pressione parziali dei gas presenti nel sistema di reazione, e la si indica con K_p. Ciò che resta costante è il rapporto tra il prodotto delle pressioni parziali all’equilibrio dei prodotti e il prodotto delle pressioni parziali all’equilibrio dei reagenti, elevate ciascuna al proprio coefficiente stechiometrico. Nel caso della tua reazione, pertanto, la costante espressa in funzione della pressione è

K_p = p H₂S · p NH₃

dove p indica la pressione parziale.

Per stabilire quale sia la pressione parziale dei due prodotti devi tenere presente quanto segue:

• la pressione parziale è la pressione che eserciterebbe quella data specie gassosa se fosse da sola nel recipiente di reazione;
• la pressione totale esercitata da una miscela ideale di gas ideali è uguale alla somma delle pressioni parziali;
• la pressione parziale di ciascun componente è uguale alla pressione totale per la propria frazione molare, Χ, che è definita come Χ = n / n_totale; pertanto si ha p = P_totale · Χ;
• le quantità in moli di NH₃ e H₂S che derivano dalla decomposizione di NH₄HS sono uguali dato che nell’equazione di reazione sono uguali i loro coefficienti stechiometrici; pertanto si ha n H₂S  = n NH₃.

  Nel tuo caso ne consegue che:

  n_totale = n H₂S  + n NH₃ = 2 n

  Χ H₂S  = Χ NH₃  = n / n_totale = n / 2 n = 0,5

  p H₂S  = p NH₃  = P_totale · Χ = 0,660 atm · 0,5 = 0,330 atm

  K_p = p H₂S · p NH₃ = (0,330)² = 0,109

  Per determinare K_c, si può considerare la relazione che lega K_p e K_c, che è K_p = K_c · (RT)^Δn, con Δn = somma coeff. stechiom. prodotti (gas) – somma coeff. stechiom. reagenti (gas) = 2.

  Sostituendo i valori delle diverse grandezze si ottiene:

  K_c = K_p/(RT)² = 0,109_atm/[0,0821_{(L atm)/(K mol)} · 298_K]² = 1,82·10^-4 (mol/L)².

  Il calcolo della massa residua di NH₄HS_(s) a equilibrio raggiunto comporta che, a partire dal valore di K_c, si determini la concentrazione molare dei prodotti da cui, moltiplicando per il volume, si ottiene la loro quantità in moli. Poiché una mole di ciascun prodotto deriva dalla decomposizione di una mole di reagente, è a questo punto nota la quantità in moli di reagente che si è trasformata; moltiplicandola per la sua massa molare e sottraendo il risultato dalla massa iniziale del reagente si può determinare la massa residua all’equilibrio.

  I calcoli in dettaglio sono questi:

  K_c = [H₂S] · [NH₃] = 1,82·10^-4

  [H₂S] = [NH₃] = √K_c = √1,82·10^-4 = 1,35·10^-2 mol/L

  n H₂S = n NH₃ = M·V = 1,35·10^-2 mol/L · 2,0 L = 2,7·10^-2 mol = n_trasformata NH₄HS  

  m_trasformata NH₄HS = n · m_molare = 2,7·10^-2 mol · 51,1114 g/mol = 1,38 g

  m_residua NH₄HS = m_iniziale – m_trasformata = (7,0 – 1,38) g = 5,6 g. 

  Spero a questo punto che ti risulti tutto chiaro! Buon lavoro!

Salvo ha scritto:

Salve professoressa, ho un dubbio riguardo al concetto di elemento chimico. Se ho per esempio un atomo di ferro, posso dire che ho l’elemento ferro? Oppure posso parlare di elemento solo quando ho un certo numero di atomi legati tra loro?

Spero mi possa aiutare. Grazie mille in anticipo.

Rispondo così:

Leggi quest’articolo, che è stato pubblicato sulla rivista CnS, “La Chimica nella Scuola”, di qualche tempo fa, e che ho ritrovato in rete: Il concetto di elemento chimico: dai filosofi greci alle odierne . Credo proprio che faccia al caso tuo!

Buona lettura e buon lavoro!

Ilaria ha scritto:

Buonasera, volevo chiederle se per caso c’è un metodo ben preciso per l’analisi degli acidi grassi oppure per i trigliceridi nel burro di cacao.

Fiduciosa in una vostra riposta vi porgo coriali saluti.

Questa è la risposta:

Non so quali siano le tue competenze e di quale tipo di strumentazione tu disponga; per determinare con precisione quanti e quali acidi grassi ci sono in una determinata sostanza grassa è comunque necessario avvalersi dei metodi di analisi cromatografica. L’analisi può essere condotta in cromatografia gas-liquido, GLC (gas-liquid cromatography), con colonne capillari, o in cromatografia liquida ad alte prestazioni, HPLC.

Per i metodi dettagliati ci sono due normative di riferimento:

• sul sito della Gazzetta Ufficiale della Repubblica Italiana puoi reperire, seguendo queste indicazioni – Gazzetta Storica – Repubblica Parte 1 n. 67 del 08-03-1979 (Supplemento Ordinario) – le “Modalità di prelevamento dei campioni e metodi ufficiali di analisi per il controllo dei prodotti di cacao e cioccolato”;
• all’indirizzo seguente, (cee) n. 2568/91 – Agriregionieuropa, puoi invece trovare indicazioni particolareggiate per la determinazione della composizione di acidi grassi nell’allegato X «A» e X «B» del Regolamento (CEE) n. 2568/91 della commissione dell’11 luglio 1991 (tale regolamento è relativo alle caratteristiche degli oli d’oliva e degli oli di sansa d’oliva nonché ai metodi ad essi attinenti, ma le modalità di analisi degli acidi grassi sono valide per tutte le sostanze grasse).

Ora tocca a te… buon lavoro!

Gioia ha scritto:

Le chiedo di spiegare e risolvere questo problema.

Calcola il pH iniziale, al 10%, al 50 %, al 90 % e al 100 % nel corso della titolazione di 50 mL di acido formico 0,075 M (pK_a = 3,7) con NaOH 0,100 M  (pK_w = 13,9).

Rispondo così:

L’acido formico è un acido debole; la concentrazione di ioni H⁺ in una sua soluzione 0,075 M si calcola a partire dal valore della sua K_a utilizzando la seguente relazione:

K_a = x² / (C_a – x)

dove x = [H⁺] e C_a = 0,075 M.

Per arrivare a fine titolazione è necessario aggiungere tante moli di NaOH quante sono le moli di acido HA presenti in 50 mL 0,075 M; quindi:

n HA = M·V = 0,075 mol/L · 50·10^-3 L = 3,75·10^-3 mol = n NaOH

Il volume di NaOH da aggiungere per arrivare al punto finale della titolazione pertanto è:

V NaOH = n/M = 3,75·10^-3 mol / 0,100 mol/L = 3,75·10^-2 L = 37,5 mL

Poiché durante la titolazione avviene la reazione di neutralizzazione

HA_(aq) + NaOH_(aq) → A^-_(aq) + Na⁺_(aq) + H₂O_(l),

a fine titolazione in soluzione ci saranno soltanto gli ioni A^- e Na⁺; mentre questi ultimi non reagiscono apprezzabilmente con le molecole di acqua, gli ioni A^- si comportano da basi deboli e accettano i protoni ceduti dalle molecole di acqua. Ciò che avviene è una reazione di idrolisi basica, che è una reazione di equilibrio

A^- + H₂O  = HA + OH^-

La concentrazione degli ioni OH^- si calcola con la relazione [OH^-]² = K_b · C_b, dove K_b = K_w / K_{a HA}, mentre C_b indica la concentrazione degli ioni A^- nella soluzione finale e corrisponde a n HA / V_finale = 3,75·10^-3 mol / (50 + 37,5)·10^-3 L = (3,75/87,5) mol/L.

Nelle fasi intermedie della titolazione, in soluzione sono contemporaneamente presenti molecole dell’acido debole HA e ioni A^-, che sono basi coniugate dell’acido HA; si ha quindi una soluzione tampone la cui concentrazione di ioni H⁺ si calcola con la relazione [H⁺]= K_a · n_HA / n_A-, dove n_HA indica la quantità in moli di acido rimasta a quel punto della titolazione, e n_A- la quantità in moli di ioni A^- che si sono liberati a seguito dell’aggiunta del titolante NaOH, che corrisponde proprio alla quantità in moli di NaOH aggiunto.

Poiché il 100% del titolante aggiunto corrisponde a 3,75·10^-3 mol, il 10% vale 3,75·10^-4 mol, il 50% vale 1,875·10^-3 mol e il 90% vale 3,375·10^-3 mol.

Do per scontato che, conoscendo [H⁺]o [OH^-], tu sappia calcolare il pH. Ora non ti resta che completare i calcoli… Buon lavoro!

Angela ha scritto:

Salve,
per la mia tesina ho scelto come argomento centrale “il cioccolato e i piaceri della vita”; per la chimica avevo pensato alla struttura del cioccolato. Mi può aiutare? Grazie.

Ecco l’aiuto:

Un interessante articolo sul burro di cacao è stato pubblicato su Le Scienze n. 506, Ottobre 2010. L’ho ritrovato in rete al seguente indirizzo: Il burro di cacao e l’etichetta del cioccolato – Scienza in cucina. Sull’argomento cioccolato lo stesso autore ha pubblicato altri articoli, anch’essi reperibili in rete: Cioccolato (I): le origini – Scienza in cucina – Blog – Le Scienze, Cioccolato (II): la produzione – Scienza in cucina – Blog – Le …, Cioccolato (III) – la scienza – Scienza in cucina – La Repubblica. Nella bibliografia degli articoli puoi poi trovare altre indicazioni…

Non ti resta che cominciare a leggere! Buon lavoro!

Rossana ha scritto:
Salve professoressa, ho difficoltà nella risoluzione di questo problema.
Data una pila così costituita: Pb / PbCl₂ (V = 1 L satura) // Ag⁺ 0,50 M / Ag, calcolare la f.e.m della pila. (E° Pb²⁺/Pb = -0,13 V; E°Ag⁺ / Ag = 0,80 V; K_ps PbCl₂ = 2,4·10^-4)

La ringrazio anticipatamente.

La risoluzione è questa:

Per calcolare la f.e.m. della pila si può determinare tramite l’equazione di Nernst il potenziale di riduzione E di ciascun elettrodo e ricordare che la f.e.m. si ricava sottraendo il potenziale di riduzione dell’anodo, che è il polo negativo, da quello del catodo, che è il polo positivo.

Il potenziale di entrambi gli elettrodi dipende dalla concentrazione in soluzione dei rispettivi ioni metallici; nel caso del piombo, però, la concentrazione di ioni Pb²⁺ è condizionata dal valore della costante del prodotto di solubilità, k_ps, essendo satura la soluzione del sale PbCl₂.

Poiché l’equilibrio di solubilità del sale PbCl₂ è  PbCl_2(s) = Pb²⁺_(aq) + 2 Cl^-_(aq), e la sua costante è K_ps PbCl₂ = [Pb²⁺]·[Cl^-]², detta s la solubilità del sale, si può scrivere la seguente relazione:

K_ps PbCl₂ = s · (2 s)²    quindi    2,4·10^-4 = 4 s³  

La solubilità del sale, il cui valore corrisponde alla concentrazione di ioni piombo in una soluzione satura di PbCl₂, pertanto è

s = 3,91·10^-2 mol/L = [Pb²⁺]

L’equazione di Nernst per i due elettrodi, supponendo che la temperatura sia di 298 K, assume quindi la seguente forma:

E_Ag = E°_Ag+/Ag + 0,0592 log [Ag⁺]

E_Pb = E°_Pb2+/Pb + (0,0592/2) log [Pb²⁺]

Sostituendo nelle precedenti espressioni i rispettivi valori numerici, si determinano i potenziali di entrambi gli elettrodi e si calcola, infine, la f.e.m.:

E_Ag = 0,80 + 0,0592 log 0,5 = 0,78 V = E_cat

E_Pb = -0,13 + (0,0592/2) log 3,91·10^-2 = -0,17 V = E_an

f.e.m. = E_cat – E_an = 0,78 – (-0,17) = 0,95 V

Ecco fatto! La f.e.m. della pila in questione è 0,95 V.

Loris ha scritto:

Per qualcuno la scuola non è ancora finita………. Le chiedo di risolvere questo esercizio.

Disponendo di una soluzione 0,08 M di acido acetico (pK_a = 4,7) e di un’altra soluzione di NaOH 0,18 M,  calcola in quale rapporto si devono miscelare per avere una soluzione a pH circa 4,5.

Grazie.

Rispondo così:

Miscelando in quantità opportune una soluzione di NaOH a una soluzione di acido acetico si  ottiene una soluzione tampone. Dal pH possiamo allora ricavare [H⁺], e da questa, applicando l’equazione di Henderson-Hasselbach, possiamo calcolare il rapporto C_a/C_s;

[H⁺] = 10^-pH = 10^-4,5 mol/L         K_a = 10^-4,7

[H⁺] =  K_a · C_a/C_s     C_a/C_s = [H⁺]/K_a = 10^-4,5/10^-4,7 = 1,6

Affinché il pH della soluzione sia 4,5, il rapporto tra la concentrazione dell’acido acetico e la concentrazione della sua base coniugata, CH₃COO^-, deve quindi essere 1,6. La soluzione di partenza contiene, però, soltanto acido acetico; affinché essa diventi una soluzione tampone è necessario trasformare una parte dell’acido acetico nella sua base coniugata, lo ione acetato. Tale trasformazione può essere ottenuta per aggiunta di NaOH alla soluzione; avviene, infatti, la seguente reazione acido-base

CH₃COOH_(aq) + NaOH_(aq) → CH₃COONa_(aq) + H₂O

da cui si forma un sale, l’acetato di sodio, che in acqua è completamente dissociato in ioni CH₃COO^- e Na⁺. A questo punto, per definire il valore di C_a e C_s devi tenere presente le seguenti considerazioni.

• Possiamo sostituire a C_a e C_s il corrispondente numero di moli, n_a e n_s, poiché entrambe le specie sono disciolte nello stesso volume di soluzione.
• La somma delle moli di acido acetico rimaste a fine reazione e di quelle di acetato di sodio che si sono formate dalla reazione deve corrispondere alle moli di acido acetico presenti nella soluzione iniziale; supponendo di avere 1 L di soluzione 0,08 M, tale somma corrisponde a 0,08 mol.
• Il rapporto  n_a/n_s deve valere 1,585.

Quindi:

n_a/n_s = 1,585            n_a + n_s = 0,08    

Mettendo a sistema queste due relazioni e risolvendo si ottiene:

n_a = 0,05 mol             n_s = 0,03 mol   

In conclusione, per aggiunta di 0,03 mol di NaOH a 0,08 mol di acido acetico, si formano 0,03 mol di acetato di sodio e restano 0,05 mol di acido acetico non neutralizzate dalla base.

Ora non resta che calcolare il volume di NaOH contenente 0,03 mol:

V NaOH = n/M = 0,03 mol / 0,18 mol/L = 0,166 L

In definitiva, per ottenere una soluzione a pH 4,5 circa, è necessario aggiungere 0,166 L di NaOH 0,18 M ad ogni litro di soluzione 0,08 M di acido acetico. Il rapporto con cui vanno miscelate le due soluzioni è pertanto 1 L / 0,166 L = 6; in altre parole, il volume di soluzione di acido acetico deve essere 6 volte più grande del volume di soluzione di NaOH, cioè le due soluzioni vogliono miscelate nel rapporto di 6 : 1.

Tommaso ha scritto:

Salve professoressa, le scrivo perché avrei bisogno del suo aiuto riguardo la risoluzione di questo esercizio. Ecco il testo.

50 cm³ di una soluzione 1,80·10^-2 M di HCl sono aggiunti a 50 cm³ di una soluzione di NH₃ 1,00·10^-2 M. Calcolare il pH della soluzione risultante e il grado di idrolisi dello ione ammonio. (K_b =1,85·10^-5)

Il pH sono riuscito a calcolarlo e il risultato che ottengo è quello giusto. Ciò che non riesco a trovare è la concentrazione di NH₄⁺ idrolizzato che mi serve per poi potermi calcolare il grado di idrolisi dello ione ammonio.

Ecco la risposta:

Per calcolare il grado di idrolisi della soluzione risultante devi prendere in considerazione la seguente reazione di equilibrio (reazione di idrolisi):

NH₄⁺_(aq)  + H₂O_(l) = NH_3(aq) + H₃O⁺_(aq)

Per determinare la concentrazione di ioni ammonio che restano a equilibrio raggiunto è necessario risolvere un classico problema sull’equilibrio chimico. Tenendo presenti i valori di concentrazione di H₃O⁺ e di NH₄⁺ che certamente hai calcolato, e indicando con x mol/L la concentrazione molare di ioni ammonio che idrolizzano, si ottiene quanto segue:

[H₃O⁺]_risultante = 4,00·10^-3 mol/L         [H₃O⁺]_{eq (dopo idrolisi)} = (4,00·10^-3 + x) mol/L ≈ 4,00·10^-3 mol/L

[NH₄⁺]_risultante = 5,00·10^-3 mol/L      [NH₄⁺]_{eq (dopo idrolisi)} = (5,00·10^-3 – x) mol/L ≈ 5,00·10^-3 mol/L     

[NH₃]_eq = x mol/L

K_eq = [NH₃]_eq · [H₃O⁺]_eq / [NH₄⁺]_eq = K_{a NH4+} = K_w / K_{b NH3}

4,00·10^-3x / 5,00·10^-3 = 1,00·10^-14 / 1,85·10^-5

4,00·10^-3x = 5,41·10^-10 · 5,00·10^-3

x = 6,76·10^-10

[NH₃]_eq = [NH₄⁺]_{che idrolizza} = 6,76·10^-10 mol/L

grado di idrolisi = [NH₄⁺]_{che idrolizza} / [NH₄⁺]_iniziale = 6,76·10^-10 mol/L / 5,00·10^-3 mol/L = 1,35·10^-7

Com’era prevedibile tenendo conto dell’eccesso di acido cloridrico presente nella soluzione risultante, il grado di idrolisi degli ioni ammonio è molto piccolo; gli ioni H₃O⁺ già presenti nella soluzione risultante, infatti, fanno spostare a sinistra l’equilibrio di idrolisi. Risulta quindi legittima l’approssimazione introdotta nel calcolo del grado di idrolisi quando si è trascurato il termine x come valore additivo o sottrattivo di quantità molto più grandi.           

Uno studente ha scritto:

Salve professoressa, siccome non riesco a risolvere il seguente esercizio vorrei il suo aiuto. Il testo è questo.

Sapendo che a 25 °C la f.e.m. della seguente pila

(-) Hg/HgCl₂ 2·10^-2 M // NaClO₄ 0,1 M, NaCl 5·10^-2 M, HNO₃/Pt (+)

vale 0,490 V, calcolare la concentrazione dell’acido nitrico presente nel semielemento di destra.

Ecco l’aiuto:

La f.e.m. di una pila corrisponde alla differenza tra il potenziale di riduzione del catodo, che è il polo positivo, e il potenziale di riduzione dell’anodo, che è il polo negativo. A partire dall’equazione di Nernst e dai valori tabulati di E° è possibile calcolare il potenziale di riduzione dell’anodo. Si può così determinare il valore del potenziale di riduzione del catodo; se, con l’equazione di Nernst, lo si esprime in funzione della concentrazione delle specie coinvolte nella semireazione di riduzione elettrodica, che è

ClO₄^- + 8 H⁺ + 8 e^- = Cl^- + 4 H₂O

resta come unica incognita la concentrazione degli ioni H⁺.

I calcoli in dettaglio sono questi:

f.e.m. = E_cat – E_an = 0,490 V

E°_Hg2+/Hg = 0,851 V        E_Hg = E°_Hg2+/Hg + (0,0592/2) log [Hg²⁺]

E_Hg = 0,851 + (0,0592/2) log 2·10^-2 = 0,801 V = E_an

f.e.m. + E_Hg = E_cat

0,490 V + 0,801 V = E_cat = 1,291 V = E_Cl

E_Cl = E°_ClO4-/Cl- – (0,0592/8) log {[Cl^-]/[ClO₄^-][H⁺]⁸}     E°_ClO4-/Cl- = 1,389 V

1,291 = 1,389 – (0,0592/8) log (5·10^-2 / 0,1·[H⁺]⁸)

1,291 – 1,389 + 0,0022 = (0,0592/8) log [H⁺]⁸

[H⁺] = 2,4·10^-2 M  

In conclusione, la concentrazione dell’acido nitrico nel semielemento di destra deve essere 2,4·10^-2 mol/L.