I SALI; Scambio semplice o spostamento: NaCl + H2SO4 = Na2SO4 + 2HCl Doppio scambio: AgNO3 + NaCl = AgCl + NaNO3 Gli acidi contengono Idrogeno (H) nella molecola e, in soluzione acquosa cedono H+ (ioni). Una reazione può essere: - Protica: Hcl + H2O = H3O

+ + Cl- - Biprotica: H2SO4 + H2O = 2H3O

+ + SO4-

Lo ione H+ è il protone e, a seconda di quanti ioni permangano dopo che è avvenuta la reazione la reazione prende il nome di protica, biprotica o poliprotica. BILANCIAMENTO DELLE REAZIONI; Una reazione è bilanciata se tutti i termini posti alla sinistra della reazione stessa vi sono anche a destra nella stessa quantità. Può però capitare che i rapporti stechiometrici non siano esatti avendo un reagente in eccesso ed uno in minor quantità rispetto al necessario (agente limitante). Esempi: - 3HCl + 2NaOH = 2NaCl + 2H2O + Hcl 3HCl = reagente in eccesso - 4HCl + 6NaOH = 4NaCl + 4H2O + 2NaOH 6NaOH = reagente in eccesso - 5HCl + 3NaOH = 3NaCl + 3H2O + 2hcl Esempi: Reazione bilanciata: 2AgNO3 + CaCl2 = 2AgCl + Ca(NO3)2 Vi è qui un rapporto di 2 a 1 tra il primo ed il secondo elemento alla sinistra della reazione e su questo ci si deve basare. - 5AgNO3 + 3CaCl2 = 5AgCl + 2,5Ca(NO3)2 5AgNO3 = agente limitante Perchè, secondo il rapporto di 2 a 1 stabilito in precedenza, per 3 atomi di CaCl2 dovrebbero esserci 6 atomi di AgNO3, mentre invece ve ne sono solo 5 risultando così essere l’agente limitante della reazione. L’ ATOMO; L’atomo più piccolo è quello dell’idrogeno (H) con massa di 1,673 x 10 - 24 gr. Le dimensioni del raggio variano da 0,5 x 10 - 8 cm. a 3 x 10 -8 cm. Un unità di misura utilizzata per le grandezze atomiche è l’Angstrom, 1A = 10 - 8 cm. Gli atomi sono costituiti da: - Protoni: 1,6723 x 10 - 24 gr. - Neutroni: 1,6745 x 10 - 24 gr. - Elettroni: 1/1836 x H (frazione della dimensione totale dell’atomo dell’idrogeno) L’atomo è costituiti da un nucleo (protoni + neutroni) e dagli elettroni, l’atomo è elettricamente neutro; i protoni hanno caricha positiva, mentre gli elettroni negativa.

N° protoni = N °elettroni Il numero di protoni del nucleo è il numero atomico (Z) e, si scrive in basso a sinistra del nome dell’elemento (6C). Il numero di protoni più quello dei neutroni è il numero di massa (A) che si scrive in alto a sinistra del nome dell’elemento (12C) Ciò che caratterizza l’atomo è il numero di protoni e se il numero dei neutroni è diverso, pur essendo uguale il numero dei protoni parliamo di isotopi di un elemento. Gli isotopi hanno tutti generalmente le stesse caratteristiche tranne che nel caso dell’idrogeno, caso unico anche perchè gli isotopi di questo elemento sono gli unici ad avere un nome: trizio e deuterio. - idrogeno = 1

1H - deuterio = 2

1H - trizio = 3

1H Gli elettroni si muovono intorno al nucleo a distanze relativamente grandi dal nucleo, circa 10.000\15.000 volte più grandi del raggio del nucleo stesso. PESI ATOMICI; Sulla tavola degli elementi troviamo i pesi atomici relativi (Ag = 107,86; Cl = 35,45) che, non sono i pesi reali degli elementi, ma sono dei pesi relativi ad un riferimento. L’Ag pesa cioè 107,86 volte di più di un altro atomo, che all’inizio era l’idrogeno poi, si decise di considerare il peso medio fra l’ossigeno e i suoi isotopi, oggi (dal 1961) si considera la 12° parte dell’isotopo 12 di carbonio che ha massa pari a 1,66 x 10 - 24 gr. = U.M.A. (unità di massa atomica). Se quindi 107,86 è la massa relativa, la massa reale sarà data da 107,86 x 1,66 x 10 - 24 gr. = 107,8 U.M.A. Quanti atomi sono contenuti in 107,86 gr. di Ag ? 107,86 --------------------------- = 6 x 10 23 = N (Numero di Avogadro) = 1 Mole 107,86 x 1,66 x 10 - 24 107,86 gr. di Ag contengono 6 x 10 23 atomi ovvero, 107,86 è une mole di Ag. Problemi: - Quante moli e quante molecole vi sono in 138 gr. di alcool etilico (CH3 - CH2OH) ? Prima bisogna calcolare il peso molecolare: 2C = 12 x 2 = 24 6H = 1 x 6 = 6 Tot = 46 (peso molecolare) 1O = 16 x 1 = 16 Quindi 1 mole = 46 gr. 138 gr. N.moli = ---------- = 3 moli N. molecole = 3N x 6 x 10 23 molecole 46 - Quante moli vi sono in 0,16 gr. di NaOH ? Peso molecolare = 40 1 mole = 40 gr.

0,16 N.moli = --------- = 0,004 moli = 4 mMoli = 4 x 10 -3 Moli 40 - A quanti grammi corrispondono 6 moli e 6 molecole di CH4 ? Peso molecolare = 16 6 moli = n x PM = 6 x 16 = 96 gr. 6 molecole = 6 x 1,66 x 10 - 24 gr. = 1,59 x 10 - 22 gr. - Se voglio mezza mole di zucchero (C12H22O11) quanto ne devo prendere ? Peso molecolare = 342 1 mole = 342 gr. ½ mole = 0,5 moli = 0,5 x 342 = 171 gr.

FORMULE gr. N° moli = ------ gr. = n x PM PM LE FORMULE CHIMICHE; La formula chimica esprime sia la forma qualitativa che quantitiva del composto; la forma quantitativa è esprimibile però anche in forma percentuale. Esempio: H2O PM = 18 quindi 1 mole = 18 gr. quindi 2 gr. di H e 1 gr. di O impostiamo le proporzioni 2 gr. H : 18 gr. H2O = X : 100 gr. H2O X = 11,1 % di H in H2O 16 gr. O : 18 gr. = Y : 100 gr. Y = 88,9 % di O in H2O Problema: Qual’è la percentuale di potassio (K) e quale quella di azoto (N) nel composto K4[Fe(CN)6] ? PA = K = 39,1 x 4 Fe = 55,85 C = 16 x 6 N = 14 x 6 PM = 368,25 1 mole = 368,25 gr. 4(39,1) : 368,25 = X : 100 X = 42,45 % di K 6(14) : 368,25 = Y : 100 Y = 22,81 % di N Problema: Qual’è la percentuale di acqua (H2O) in questo composto: Na2B4O7*10H2O (borace) ? PM H2O = 18 x 10 = 180 PM tot. = 381,4

180 : 381,4 = X : 100 X = 47,21 % di H2O Problema: Quanti grammi di zolfo (S) vi sono in 30 gr. di pirite (FeS2) ? PA = Fe = 55,85 S = 32,06 x 2 = 64,12 PM = 119,97 1 mole = 119,97 gr. 64,12 : 119,97 = X : 30 X = 16,03 gr. di S E’ anche possibile fare il procedimento inverso ovvero, conoscendo le percentuali di alcuni elementi che originano un composto, arrivare a determinare la formula del composto stesso. Esempio: E’ stato analizzato un gas avente PM = 44, e i seguenti valori C = 27,29 % e O = 72,71 %, ricavare la formula del gas. Analizzando i dati ci si rende conto che in 100 gr. di composto vi sono 27,29 gr. di C e 72,71 di O, ovvero: % 27,29 72,71 ---------- = ----------- = 2,27 moli di C ------------ = 4,55 moli di O PA di C 12 16 Impostiamo quindi due proporzioni: 2,27 4,55 C : O = ------- : -------- = 1 : 2 che è il rapporto che ci interessa 2,27 2,27 Bisogna sempre dividere per il valore più piccolo ! A questo punto i gas potrebbero essere: CO2 , C2O4 , C3O6 e così via. Per individuare quello giusto bisogna calcolare i pesi molecolari e verificare qual’è quello uguale a quello richiesto cioè: CO2 = PM = 44. Problema: Identificare qual’è la formula con PM = 30 e con C = 80 % e H = 20 %. 80 20 ------ = 6,66 moli di C ------ = 20 moli di H 12 1 6,66 20 C : H = -------- : --------- = 1 : 3 CH3 non va bene (PM = 15) 6,66 6,66 C2H6 è quello giusto (PM = 30) Problema: Individuare qual’è la formula avente PM = 60 e costituita da: C = 20 %, O = 26,6 %, H = 6,66 %, N = 46,6 %. 20/12 = 1,66 26,6/16 = 1,66 6,66/1 = 6,66 46,6/14 = 3,32

C : O : H : N = 1,66/1,66 : 1,66/1,66 : 6,66/1,66 : 3,32/1,66 = 1 : 1 : 4 : 2 COH4N2 (urea) è il risultato con PM = 60 PROBLEMI DI STECHIOMETRIA; La stechiometria è il rapporto tra i reagenti di una reazione. Ad esempio CH4 brucia all’aria per dare CO2 + H2O cioè CH4 + O2 = CO2 + H2O che dopo averla bilanciata è CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O 1) Quanti grammi di O vengono consumati nella combustione di 1,25 gr. di CH4 (metano) ? 2) Quanti grammi di metano occorre bruciare per avere 2,18 gr. di CO2 ? 1) CH4 = PM = 16 1,25 -------- = 0,0779 moli di CH4 dalla formula deduciamo che per 1 mole di CH4 ne 16 occorrono 2 di O. 0,00779 x 2 = 0,1558 moli di O ma ci sono richiesti i grammi quindi: O = PM = 32 0,1558 x 32 = 4,985 gr. di O 2) CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O Da questa formula deduciamo che per una mole di CO2 ne occorre una di CH4. 2,18 CO2 = PM = 44 --------- = 0,0495 moli di CO2 44 N. moli x PM CH4 = 0,0495 x 16 = 0,792 gr. di CH4 Problema: Quanti grammi di H2O e quanti di CO2 occorrono con 160 gr. di C12H22O11 (saccarosio) ? C12H22O11 + 12O2 = 12CO2 + 11H2O PA = C = 12 x 12 160 H = 1 x 22 -------- = 0,46 moli di saccarosio O = 16 x 11 342 PM = 342 0,46 x 12 = 5,61 moli di CO2 5,61 x PM = 5,61 x 44 = 248 gr. di CO2

0,47 x 11 = 5,17 moli di H2O 5,17 x 18 = 93 gr. di H2O

Esercizio: Calcolare quanto Hcl in soluzione acquosa al 18 % in peso e quanto Fe occorrono per preparare 150 gr. di Cloruro ferroso. Calcolare anche i grammi di H che si formano. Fe + 2Cl = FeCl2 + H2 PM = FeCl2 = 126,7 PA = Fe = 55,85 150 PM = HCl = 36,45 --------- = 1,184 moli di FeCl2 = 1,184 moli di Fe PM = H2 = 2 126,7 1,184 x 55,85 = 66,13 gr. di Fe 1,184 x 2 = 2,368 moli di HCl 2,368 x 36,45 = 86,314 gr. di HCl (se fosse puro) 18 : 100 = 86,314 : x x = 479,52 gr. di HCl in soluzione al 18 % 1,184 x 2 = 2,368 gr. di H Esercizio: Una quantità incognita di Carbonato di Sodio è trattata con acido solforico, si forma solfato di sodio e si svolge CO2. La CO2 svolta è fatta assorbire in una soluzione di idrossido di bario e si formano 0,218 gr. di carbonato di bario. Si vogliono conoscere i grammi di carbonato di sodio usati. Na2CO + H2SO4 = Na2SO4 + CO2 + H2O PM = Na2CO = 106 PM = BaCO3 = 197,34 CO2 + Ba(OH)2 = BaCO3 + H2O 0,218 ------------ = 1,105 x 10 -3 moli di BaCO3 = moli di CO2 = moli di Na2CO3 197,34 1,105 x 10 -3 x 106 = 0,117 gr. di Na2CO3 Esercizio: 150 gr. di benzene (C6H6) vengono bruciati, i gas ottenuti sono fatti assorbire in una soluzione di idrossido di bario. Quanti grammi di carbonato di bario di ottengono ?

C6H6 + 7,5O2 = 6CO2 + 3H2O PM = carb. bario = 197,35 PM = C6H6 = 78 6CO2 + 6Ba(OH)2 = 6BaCO3 + 6H2O 150 --------- = 1,9230 moli di C6H6 78 1,9230 x 6 = 11,52 moli di CO2 = moli di BaCO3 11,52 x 197,35 = 2273,47 gr. di BaCO3 Esercizio: Quante sono le moli, le molecole e i grammi dei prodotti ottenuti al termine della combustione di 0,35 Kg. di propano (C3H8) con 1290 gr. di O2 ? C3H8 + 5O2 = 3CO2 + 4H2O PM = C3H8 = 44 PM = CO2= 44 0,350 1290 ----------- = 7,94 moli di C3H8 --------- = 40,31 moli di O2 44 44 1 : 3 = 7,94 : x x = 23,85 moli di CO2 n° molecole = 23,85 x 6 x 10 23 n° grammi = 23,85 x 44 = 1048 gr di CO2 1 : 4 = 7,94 : x x = 31,76 moli di H2O n° molecole = 31,76 N n° grammi = 31,76 x 18 = 571,68 gr. di H2O n° moli di O2 non reagite = moli iniziali - moli reagite = 40,31 - 39,70 = 0,61 moli di O2 Esercizio: Quanti chilogrammi di nitrato di zinco Zn(NO3)2 si ottengono dalla reazione di 1 Kg. di Zn con 1 Kg. di HNO3 in soluzione al 50 % se la resa è del 90 % ? Zn + 2HNO3 = Zn(NO3)2 + H2 PM = HNO3 = 63 PM = Zn(NO3)2 = 189 1000 PA = Zn = 65,4 ---------- = 15,29 moli di Zn

65,4 1000/2 (perchè al 50 %) ------------------------------ = 7,93 moli di HNO3 63 7,94 : 2 = 3,97 moli di Zn(NO3)2 3,97 x 189 = 750,33 gr. di Zn(NO3)2 (se la resa fosse al 100 %) 90 : 100 = x : 750,33 x = 675,3 gr. di Zn(NO3)2 Esercizio: Calcolare quanti grammi di acido nitrico in soluzione al 50 % e quanto zinco occorrono per preparare 1 Kg. di Zn(NO3)2 avendo una resa del 90 %. Zn + 2HNO3 = Zn(NO3)2 + H2 PA = Zn = 65,4 PM = Zn(NO3)2 =189 1000 PM = HNO3 = 63 ----------- = 5,28 moli di Zn(NO3)2 (che devo preparare) 189 moli di Zn = 5,28 5,28 x 65,4 = 345,3 gr, di Zn (supponendo una resa del 100 %) 90 : 100 = 345,3 : x x = 383,7 gr. di Zn (reali) 10,56 x 63 = 665,28 gr. di HNO3 = 1330,56 gr. in soluz. al 50 % se la resa di reazione è del 90 %: 90 : 100 = 1330,56 : x x = 1468,4 gr. di soluzione di HNO3 Esercizio: 4 gr. di fosfato di sodio se fatti reagire con 5 gr. di solfato di argento in soluzione acquosa danno luogo ad una reazione di doppio scambio. Calcolare i grammi dei prodotti al termine della reazione. 2Na3PO4 + 3Ag2SO4 = 2Ag3PO4 + 3Na2SO4 PM = Na3PO4 = 164 PM = Ag3PO4 = 418,95 4 PM = Ag2SO4 = 311,67 ------------ = 0,0244 moli di Na3PO4 164 5 ------------ = 0,016 moli di Ag2SO4 2/3 x 0,016 = 0,0107 moli di Ag3PO4 311,67 0,0107 x 418,95 = 4,48 gr

Na2SO4 = 0,016 moli 0,016 x 142 = 2,27 moli di Na2SO4 E’ rimasto anche del Na3PO4: 0,0244 - 0,0107 = 0,0137 moli di Na3PO4 0,0137 x 164 = 2,25 gr. di Na3PO4 avanzati Esercizio: Azoto e ossigeno, in particolari condizioni formano ossido d’azoto (NO). Calcolare la massima quantità di NO che si ottiene da 5,8 gr. di N2 e 0,191 moli di O2. Calcolare quali sostanze ed in che quantità si ottengono al termine della reazione. N2 + O2 = 2NO PM = NO = 30 5,8 -------- = 0,207 moli di N2 0,191 x 32 = 6,112 gr. di ossigeno 28 1 : 2 = 0,191 : x x = 0,382 moli di NO 0,382 x 30 = 11,46 gr. di NO E’ avanzato dell’azoto: 0,207 - 0,191 = 0,016 moli di N2 0,016 x 28 = 0,448 gr. di N2 Esercizio: Per reazione di 8,45 gr. di bromo con Na(OH) (quest’ultimo in eccesso), si sono ottenuti 2,5 gr. di bromato di sodio. Calcolare qual’è stata la resa della reazione. 3Br2 + 6Na(OH) = NaBrO3 + 5NaBr + 3H2O PA = Br = 79,9 PM = NaBrO3 = 150,9 2,5 ---------- = 0,016 moli di NaBrO3 150,9 8,45

--------- = 0,0528 moli di Br2 159,8 0,0528 x 1/3 = 0,0176 moli teoriche di NaBrO3 0,0176 x 150,9 = 2,655 gr. teorici di NaBrO3 ma, secondo il testo ne ottengo solo 2,5 gr. quindi: 0,0176 : 150,9 = x : 100 x = 94 % LO STATO GASSOSO; Nello stato gassoso le forze di traslazione tra le molecole sono più grandi delle forze di attrazzione. Il volume (V) di un gas risulta quindi essere quello del recipiente chiuso che lo contiene; per indicare le caratteristiche di un gas bisogna sempre indicae temperatura (T) e pressione (P) a cui si trova. Le relazioni tra P, T e V costituiscono le leggi dei gas. - Le unità di misura usate per la Pressione nel S.I. è il Pascal (Pa) = forza x unità di superficie 1 Pa = pressione esercitata da 1 N su 1mq. La pressione si può esprimere anche in atmosfere (atm.), 1 atm. = 101.325 Pa 1 atm. = 760 mmHg = 760 torr. 1 mmHg = 1/760 atm. = 101.325 Pa / 760 = 133 Pa - L’unità di misura del Volume è il metro cubo (m3). 1 m3 = 1000 dm3 = 1000 litri = 106 cm3 = 106 ml. Legge di Boyle; Prende in considerazione la relazione tra V e P a T cost. Per una certa massa di gas a T cost., è costante il prodotto tra V e P. P x V = cost. T cost. P1 x V1 = P2 x V2 T cost. quindi: P1 : P2 = V2 : V1 t cost. Deduciamo quindi che il volume è inversamente proporzionale alla pressione. Legge di Charles - Gay Lussac; Considera le relazioni tra T e V di un gas con P cost. e, tra P eT a V cost. Vt = Vt0 + (1/273 x Vt0) t P cost. Vt = Vt0 (1 + 1/273) = Vt0 (273 + t / 273) da cui t °C + 273 = T °K

VT1 = VT0 (T1 / T0) VT1 : VT2 = T1 : T2 P cost. Considero ora il volume costante e, con i medesimi passaggi arrivo a: PT1 : PT2 = T1 : T2 V cost. Esercizio: A temperatura cost, 4,2 l di gas posti ad una pressione di 768 mmHg vengono compressi a 6,4 atm.. Calcolare il volume. 768 mmHg / 760 = 1,010 atm. 1,010 : 6,4 = x : 4,2 x = 0,6628 litri Esercizio: Il gas svolto durante la fermentazione di una coltura batterica è nella quantità di 580 ml. misurati a 17 °C. Quale sarà il V del gas a 37°C e a P cost. ? Vt = 580 + (580 / 273) x 20 = 622,5 ml. = 0,6225 l Legge generale dei gas; P1 V1 P2 V2

----------- = ----------- = costante T1 T2

Un gas è in condizioni normali (c.n.) se ha queste caratteristiche: P = 1 atm. T = 0 °C si è notato che qualunque gas in queste condizioni ha V = 22,414 l Esercizio: A 30 °C ed a P = 1,5 atm. un gas occupa V = 100 l. Qual’è il volume del gas in c.n. ? 1,5 x 100 1 x V2 ---------------- = ---------------- V2 = 135,15 l 303 °K 273 °K Ipotesi di Avogadro; Avogadro studuandi i gas si accorse che i gas reagiscono fra loro in rapporti esprimibili con numeri semplici. La sua ipotesi (poi dimostratasi esatta) era basata sulla supposizione che volumi di gas uguali con le stesse condizioni di T e P dovessero contenere lo stesso numero di molecole. SO2 + 1/2O2 = SO3 1 mole di H2 = 2 gr. di H = 6 x 10 23 molecole 1 mole di O2 = 32 gr. di O = 6 x 10 23 molecole

1 mole di N2 = 28 gr. di N = 6 x 10 23 molecole Quindi con T = 0 °C, P = 1 atm. il volume sarà di 22,414 l (volume molare) Equazione dei gas perfetti (o ideali); P x V ---------- = R R = costante dei gas T P x V = R x T quindi P x V = n x R x T n = numero di moli Il valore di R dipende dalle unità di misura utilizzate per P e V. Se P è in Pascal e V in m 3, riferendoci ad una mole di gas in C.N. si avrà: R = 8,314 Pa m 3 moli -1 K -1 Se P è in atmosfere (atm.) e V in dm 3 si avrà: R = 0,082 atm. l moli -1 K -1 Il gas ideale non esiste. Un gas ideale non presenta forze di attrazione fra le molecole che lo costituiscono mentre i gas reali presentano queste forze. E’ detto covolume di un gas il volume occupato dalle singole molecole. Equazione di Van Der Waals; Ci consente di ottenere valori di P e V meno approssimati perchè tiene conto del covolume (b) e dell’attrazione intermolecolare(a / V2). Non ha però valore universale perchè le costanti “a” e “b” variano da gas a gas. a x n2 (P + -----------)(V - n x b) = n x R x T V2

Esercizio: Quale volume occupano a 25 °C e con una pressione di 105 Pa, 48 gr. di O2 ? PM = O2 = 32 48 ------ = 1,5 moli di O2 32 n x R x T 1,5 x 8,31 x 298 K V = -------------- = -------------------------- = 0,0371 m3 = 37,1 l P 105 Esercizio: Ad una pressione di 745 torr e a 20 °C, quante moli di gas ossono essere contenute in un reattore di 1,5 m3 ? P x V 0,980 x 1500 P x V = n x R x T n = ---------- = ---------------------- = 61,18 moli

R x T 0,082 x 293 P = 745 / 760 = 0,980 atm. Esercizio: Quanti chilogrammi di zinco occorrono per avere 620 l di H2 a 20 °C ed a una pressione di 780 torr data la reazione: Zn + Hcl = ZnCl2 + H2 ? P x V 1,0263 x 620 n = --------- = ------------------ = 26,5 moli di H2 R x T 0,082 x 293 780 / 760 = 1,0263 atm. P.A. = Zn = 65,4 26,5 x 65,4 = 1730 gr. = 1,73 Kg. di Zn Esercizio: In particolari condizioni l’alluminio reagisce con l’acido solforico con formazione di solfato di alluminio e sviluppo di idrogeno. 5 gr. di Al reagiscono completamente con una soluzione di H2SO4 Quanti litri di H si svolgono a 25 °C ed a una pressione di 762 torr se la resa è dell’87 % ? 2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2 PA = Al = 26,98 5 --------- = 0,1853 moli di Al 2 : 3 = 0,1853 : x x = 0,2779 moli di H2 (teor.) 26,98 = 0,559 gr. di H2 0,559 : x = 100 : 87 x = 0,4863 gr. di H2 reali 0,48 63 : 2 = 0,2431 moli di H2 P = 762 / 760 = 1,0026 atm. 0,241 x 0,082 x 298 V = --------------------------- = 5,87 l di H2 che si svolgono 1,0020 Esercizio: Calcolare la pressione necessaria per ridurre un gas a 10 °C ed a una pressione di 140 torr ad 1 / 4 del suo volume a 20 °C. P1 x V1 P2 x V2

------------ = ------------ T1 T2 740 x 6 P x 1 / 4 x 6 ------------ = ----------------- 283 293 P = 3063 torr = 4,03 atm. Legge di Dalton; Due o più gas in miscela esercitano una pressione uguale alla somma delle pressioni parziali. La presione parziale è la pressione che ogni gas eserciterebbe se occupasse da solo il volume occupato dalla miscela. Ptot. = P1 + P2 + P3 + ... PA x Vtot. = nA x R x T Ptot. x Vtot. = ntot x R x T PA / Ptot. = nA / ntot. = XA XA = frazione molare PA = XA x Ptot. Legge di Amagat; Vtot. = V1 + V2 + V3 + ... Il volume parziale è il volume che ogni gas componente della miscela occuperebbe se da solo fossa alla pressione della miscela. VA = XA x Vtot. Esercizio: Una miscela di gas è costituita da 10 gr. di NH3 e da 10 gr. di O2 ad una certa temperatura e alla pressione di 1 atm.. Calcolare le pressioni parziali dei due gas che compongono la miscela. P.M. = NO3 = 17 P.M. = O2 = 32 10 / 17 = 0,5882 moli di NH3 10 / 32 = 0,3125 moli di O2 P NH3 = X NH3 x Ptot. = 0,59 / (0,59 + 0,312) x 1 = 0,654 atm. P O2 = 1 - 0,654 = 0,346 atm.

LE SOLUZIONI; La maggior parte delle reazioni avvengono in soluzione; nel caso di soluzioni inorganiche in soluzione acquosa mentre, per quelle organiche in alcool, etere o benzene. E’ fondamentale sempre conoscere la composizione di una soluzione. La parte disciolta è detta soluto mentre quella che contiene in soluto e che è in maggior quantità è detta solvente. Vi possono essere soluzioni di: gas in liquidi, liquidi in liquidi e solidi in liquidi. La composizione si può esprimere in diversi modi, cioè con: - molarità (M): n° moli del soluto in 1 litro di soluzione 0,1 M = in 1 litro di soluzione ci sono 0,1 moli di soluto - normalità (N): n° equivalenti di soluto in 1000 gr. di solvente - molalità (m): n° moli di soluto in 1000 gr. di solvente - % in peso: sono i grammi di soluto in 100 gr. di soluzione - % in volume: è il volume di soluto in 100 gr. di soluzione - la frazione molare (X): moliA / moli totali La densità rappresenta la massa di volume di una soluzione; essa ci permette di passare dai grammi al volume. Esercizio: Si mescolino 20 gr. di alcool etilico con 100 gr. di acqua. Calcolare la frazione molare dei componenti, la molalità e la % in peso.

PM = 46 X CH3CH2OH = (20 / 46) / (20 / 46) + (100 / 18) = 0,0727 Considerando che la somma di X è sempre uguale a 1 si avrà che: X H2O = 1 - 0,0727 = 0,9273 ( frazione molare) m = 200 / 46 = 4,35 moli di soluto in 1000 gr. di H2O ( molalità) 20 : 120 = x : 100 x = 16,66 % di alcool etilico % H2O = 100 - 16,66 = 83,34 % Esercizio: Calcolare la molarità di una soluzione che in 2 l contiene 8 gr. di NaOH. PM = 40 8 / 40 = 0,2 moli di NaOH 0,2 : 2 = 0,1 M Esercizio: Qual’è la molarità di una soluzione acquosadi ammoniacasapemdo che in 250 ml. di H2O vengono assorbiti 30 l di ammoniaca gassosa in C.N. P x V = n x R x T P x V 1 x 30 n = ---------- = ---------------- = 1,34 moli R x T 0,082 x 273 M = 1,34 / 0,25 = 5,36 Molare Esercizio: Una soluzione di 1,6M di KOH ha densità 1,075 gr./ ml. Calcolare la % in peso. PM = KOH = 56,1 1,6 moli di KOH in 1 litro di soluzione 1,6 x 56,1 = 89, 76 gr. di KOH in 1 l di soluzione

1 l = 1075 gr. Quindi: 89,76 gr. di KOH in 1075 gr. di soluzione 89,76 : 1075 = x : 100 x = 8,35 % in peso di KOH Esercizio: Una soluzione di C6H12O6 (P.M. = 180) è al 20 % in peso. Calcolare la molarità e la molalità considerando una densità di 1,1 gr./ml. 20 -------- = 0,111 moli di glucosio 180 0,111 : 80 = x : 1000 x = 1,3875 molalità 100 gr. di soluzione = 100 / 1,1 = 90,91 ml. 0,111 : 90,91 = x : 1000 x = 1,22 molare La normalità; E’ l’equivalente di acido quella quantità di acid che cede un solo ione H+. 1 M Hcl = 1 mole in 1 litro di soluzione = 1 N 1 M H2SO4 = 2 N 1 M Hcl = 1 N 1 / 2 M H2SO4 = 1 / 2 N Soluzioni con lo stesso N, a parità di volume si neutralizzano. Esercizio: Si vogliono preparare una soluzione di 1 M di H2SO4. P.M. = 98 1 M = 98 gr./l 0,1 M = 9,8 gr./l 1 N = 98 / 2 = 49 gr./l 0,1 N = 4,9 gr./ml Esercizio; Una soluzione di H2SO4 al 10 % in peso ha una densità di 1,07 gr/ml. Calcolare molarità, normalità, molalità e frazione molare dell’acido e dell’acqua. V = 100 / 1,07 = 93,46 PM = H2SO4 = 98 10 / 98 = 0,102 moli di H2SO4

0,102 : 93,46 = x : 100 x = 1,091 M da cui 1,091 x 2 = 2,18 N 10 gr. di H2SO4 in 100 gr. di soluzione 10 gr. di H2SO4 in 90 gr. di H2O ovvero 0,102 moli di H2SO4 0,102 : 90 = x : 1000 x = 1,13 m 0,102 X H2SO4 = ----------------------- = 0,02 0,102 + 90 / 18 X H2O = 1 - 0,02 = 0,98 Esercizio; Quanti grammi di NaCl occorre trattare con H2SO4 in modo da sviluppare una quantità di Hcl sufficiente a prepararsi 2,5 l di soluzione di HCl 0,5N, supponendo una resa del 90 % ? 2NaCl + H2SO4 = Na2SO4 + 2HCl Se HCl è 0,5 N è 0,5 M 0,5 : 1 = x : 2,5 x = 1,25 moli di HCl (resa teorica) Per 1,25 moli di acido cloridrico dobbiamo far reagire 1,25 moli di NaCl PM = NaCl = 58,45 1,25 x 58,45 = 73 gr. di NaCl (teorici) 90 : 100 = 73 : x x = 81 gr. di NaCl Esercizio; Si vuole preparare una soluzione di H2SO4 che sia 0,125 N. Dispongo di una soluzione di H2SO4 0,2 M. Con quanta acqua devo diluire 250 ml. di soluzione di H2SO4 0,2 M per avere una soluzione 0,125 N ? Abbiamo 0,125 eq. in 1000 ml. 0,2 M = 0,4 N in 250 ml. ne ho 0,1 N 0,1 eq. di H2SO4 in 250 ml. di soluzione 0,125 : 1000 = 0,1 : x x = 800 ml. da cui 800 - 250 = 550 ml. di H2O

Esercizio; Ho una soluzione di acido cloridrico al 40 % in peso e con densità 1,198 gr/ml. Se volessi preparare 10 l. di soluzione di HCl 1 M, calcolare quanto litri di HCl al 40 % e quanti litri di H2O occorrono. PM = HCl = 36,45 In 10 l. di soluzione vi sono 364,5 gr. di HCl 40 : 100 = 364,5 : x x = 911,25 gr. di acido cloridrico d = 1,198 V = m / d = 911,25 / 1,198 = 760 ml. = 0,76 l. HCl da cui 10 - 0,76 = 9,24 l. di H2O Esercizio; Bisogna preparare 0,5 l. di soluzione di NaOH 0,1 M. Si dispone di una soluzione al 20 % in peso di NaOH con densità di 1,22 gr/ml.; quenti millilitri di NaOH occorre prelevare e con quanta acqua vanno diluiti ? PM = NaOH = 40 20 gr. di NaOH in 100 gr. di soluzione V = 100 / 1,22 = 81,96 ml. di soluzione 20 gr. di NaOH in 81,96 ml. di soluzione 0,1 M = 0,1 moli in 1 litro = 0,05 moli di NaOH da cui 0,05 x 40 = 2 gr. di NaOH 20 gr. : 81,96 ml. = 2 gr. : x x = 8,2 ml. Le titolazioni; Le soluzioni delle quali so conosce la concentrazione sono dette a titolo noto. La titolazione è un metodo di analisi quantitativa. Titolazioni acidi - metriche; Una titolazione acido - metrica significa determinare la quantità di un acido o di una base mediante l’aggiunta, rispettivamente di una base o di un acido fino a che si raggiunge il punto di equivalenza che è riconoscibile dal viraggio di un opportuno indicatore. La titolazione si compie mediante una “buretta” graduata. Supponiamo di avere una soluzione di HCl, ma non sappiamo quanto è contenuto; per conoscerne la quantità la titoliamo con una base. Se fosse stata una base l’incognita l’avremo titolata con un acido.

Riempiamo quindi la buretta con ad esempio una soluzione di NaOH 0,1 N e facciamo scendere goccia a goccia il titolante; a poco a poco l’acido viene neutralizzato formando NaCl + H2O. Prima di iniziare il processo si era aggiunta qualche goccia di un indicatore (ad es. metilarancio) che, quando cambia di colore vuol dire che si è raggiunto il punto d’equivalenza. Esempio; Calcolare la molarità di una soluzione di H2SO4 sapendo che 15 ml. di questa soluzione vengono titolati da 25 ml. di NaOH 0,5 N. 0,5eq. : 1000 ml. = Xeq. di base : 25 ml. X = 0,0125 eq. (che ha fatto scendere dalla buretta) 0,0125 eq. di H2SO4 in 15 ml. 0,0125 : 15 ml. = Xeq. : 1000 X = 0,83 N M = 0,83 : 2 = 0,415 Esercizio; Quanti grammi di Ca(OH)2 sono contenuti in 0,5 l. di soluzione se 25 ml. di tale soluzione sono titolati da 15 ml. di HCl 0,2 N ? 0,2eq : 1000 ml. = x : 15 ml. x = 0,003 eq. di HCl in 15 ml. 0,003 eq di Ca(OH)2 in 25 ml. di soluzione 0,003 : 25 = x : 500 x = 0,06 eq di Ca(OH)2 PM = Ca(OH)2 = 74 Peq. = PM / 2 = 37 da cui 0,06 x 37 = 2,22 gr. Esercizio; Si aggiungono 50 ml. di una soluzione di HCl normale (1 N) a 17 ml. di una soluzionedi KOH, la soluzione acida ottenuta richiede 7 ml. di una soluzione di Na(OH) 0,5 N per essere titolata. Calcolare la N della soluzione di KOH. 0,5 eq. :1000 = x : 7 x = 0,0035 eq di Na(OH) in 7 ml. 1 : 1000 = x : 50 x = 0,05 eq. di HCl 1 N in 50 ml. 0,05 - 0,0035 = 0,0465 eq. di HCl neutralizzati da 17 ml. di KOH 0,0465 eq. : 17 ml. = x : 1000 x = N = 2,74 di Na(OH)

Esercizio; Si trattino 50 ml. di H2SO4 0,25 M con 35 ml. di NaOH 1/5 M. Supponendo di neutralizzare tutti gli H + calcolare quale dei due reagenti è in eccesso e quanti millilitri di acido o di base 2 N occorrono per neutralizzare la soluzione. 0,25 M = 0,5 N di H2SO4 0,5 : 1000 = x : 50 x = 0,025 eq. di H2SO4 (reagente in eccesso) 1/5 M = 1/5 N = 0,2 N di NaOH 0,2 : 1000 = x : 35 x = 0,007 eq. di NaOH 0,025 - 0,007 = 0,018 eq. di acido in eccesso 0,018 eq. di una base da considerare 2 : 1000 = 0,018 : x x = 9 ml. di una base 2 N Esercizio; Si miscelano 58,3 ml. di HCl 0,3 M con 25,8 ml. di una soluzione di HCl 0,45 M. Calcolare la N della soluzione finale. Con 60 ml. di questa soluzione acida si titolano 50 ml. di una soluzione di Na(OH), calcolare la N della soluzione di Na(OH). 0,3 M = 0,3 N di HCl 0,3 : 1000 = x : 58,3 x = 0,017 0,45 M = 0,45 N di HCl 0,017 + 0,011 = 0,028 0,45 : 1000 = x : 25,8 x = 0,011 0,028 : (58,3 + 25,8) = x : 1000 x = 0,346 N 0,346 ---------- x 60 = 0,0207 eq. di acido = 0,0207 eq. di base in 50 ml. 1000 0,0207 ----------- x 1000 = 0,415 N 50 Esercizio; 35 ml. di una soluzione di Na(OH) con densità 1,15 gr/ml. sono titolati da 70 ml. di HCl 2N. Si vuole sapere la % in peso di Na(OH) nella soluzione. 2 : 1000 = x : 70 x = 0,14 eq. di HCl 0,14 eq. di Na(OH) PM = Na(OH) = 40

0,14 x 40 = 5,6 gr. di NaOH 35 ml. x 1,15 = 40,25 gr. di soluzione 5,6 : 40,25 = x : 100gr. x = 13,9 % in peso Le proprietà colligative delle soluzioni; Sono delle proprietà dipendenti dal numero delle particelle in soluzione e non dalla specie chimica. Per questo motivo vengono dette colligative. Le proprietà sono: 1) Abbassamento tensione di vapore di una soluzione rispetto al solvente puro 2) Abbassamento temperatura di congelamento di una soluzione rispetto al solvente puro 3) Innalzamento temperatura ebollizione di una soluzione rispetto al solvente puro 4) Pressione osmotica 1) ABBASSAMENTO TENSIONE DI VAPORE; Se un liquido che evapora è posto in un recipiente chiuso, la pressione esercitata dalle molecole quando il vapore è in equilibrio con il liquido è detta tensione di vapore e la si misura in atm., pascal o torr. La tensione di vapore è caratteristica di ogni sostanza e dipende solo dalla temperatura cioè, aumenta con l’aumentare della temperatura. Un liquido bolle quando la tensione di vapore è uguale alla pressione esterna. Nel caso dell’acqua: 0 °C 4,6 torr 10 °C 9,2 torr 20 °C 17,4 torr 30 °C 31,5 torr La presenza di un soluto abbassa la tensione di vapore del solvente e se la tensione di vapore diminuisce la temperatura di ebollizione aumenta. Se chiamiamo P 0 è la tensione di vapore di un solvente puro P = P 0 A XA LEGGE DI RAOULT; In una miscela ideale di due liquidi la tensione di vapore della soluzione è uguale alla somma delle tensioni di vapore dei due componenti per le rispettive frazioni molari. P = P0

A XA + P0B XB

Se uno dei due componenti della soluzione fosse solido si avrebbe che P0

B = 0 quindi P = P0

A XA = P0A (1 - XB) = P0

A - P0A XB

P0

A - P P da cui: XB = ---------- XB = ------- P0

A P0

A

P soluzione = P0A x XA XB = P / P0

A Esercizio; Calcolare a 25 °C la tensione di vapore, l’abbassamento della tensione di vapore, l’abbassamento relativo della tensione di vapore di una soluzione di acqua al 13,5 % in peso di un composto organico di PM = 228,6, sapendo che la P acqua = 23,8 torr a 25 °C. P 13,5 / 228,6 ------- = -------------------------------------------- 23,8 13,5 / 228,6 + (100 - 13,5 %) / 18 da cui P = 0,121 che è l’abbassamento relativo 0,0121 x 23,8 = 0,29 che è l’abbassamento della tensione di vapore 0,29 = P0

A - P = 23,8 - P da cui P = 23,51 torr Esercizi vari; 1) Un composto di PM = 34 contiene 5,9 % di H e il 94,1 % di O. Dare la formula del composto. 5,9 ------ = 5,9 moli di H 1 94,1 --------- = 5,88 moli di O 16 Provo a considerare OH, ma il PM = 17; quello richiesto è 34 così (17 x 2 = 34) il co mposto è H2O2 con PM = 34. 2) In opportune condizioni si può ottenere benzene da acetilene secondo la reazione: 3CH = CH da cui C6H6. Quanti grammi di acetilene occorrono per preparare 280 gr. di benzene se la resa è del 6 % ? PM = C6H6 = 78 280

--------- = 3,59 moli di C6H6 78 3,59 x 3 = 10,77 moli di acetilene 10,77 x 26 = 280 gr. di acetilene (resa del 100 %) 6 : 100 = 280 : x x = 4,667 Kg. di acetilene 3) Quanti grammi di magnesio bruciano teoricamente con 20 l. di aria misurati a 18 °C e ad una pressione di 735 torr ? Composizione aria = 20 % di O2 e 80 % di N2 nella nostra reazione dobbiamo quindi considerare solo il 20 % di ossigeno. 2Mg + O2 = 2MgO 18 °C = 291 °K 735 -------- = 0,967 atm. 760 P x V 0,967 x 20 n = --------- = ---------------- = 0,810 moli di aria R x T 0,082 x 291 Calcolo ora il 20 %: 0,810 : x = 100 : 20 x = 0,162 moli di O2 PA = Mg = 24,30 0,162 x 2 = 0,324 moli di Mg (dal rapporto stechiometrico) 0,324 x 24,30 = 7,87 gr. di Mg 2), 3) ABBASSAMENTO TEMPERATURA DI CONGELAMENTO E INNALZAMENTO TEMPERATURA DI EBOLLIZIONE; Kcr = costante crioscopica molale = abbassamento della temperatura di congelamento di un solvente quando in 1000 gr. contiene una mole di un soluto qualsiasi. Keb = costante ebullioscopica molale = innalzamento temperatura di ebollizione di un solvente

quando in 1000 gr. contiene una mole di soluto. L’H2O ha Kcr = 1,86 cioè 1000 gr. di acqua dove sono disciolti 1 M di soluto congelano non a 0 °C bensì a - 1,86 °C. Esempio: Kcr di C6H6 = 5,12 T congelamento di C6H6 = 5,4 °C Keb di C6H6 = 2,53 T ebollizione di C6H6 = 80,9 °C Una soluzione 1 m in C6H6 congela a 0,28 °C (5,4 - 5,12) e bolle a 87,73 °C (80,2 + 2,53). Esempio; Una soluzione 1 m di NaCl in H2O, a che temperatura congela ? 1 m di NaCl si dissocia in acqua in Na + e Cl - quindi congela a (- 1,86 x 2) °C. Possiamo impostare questa proporzione: X gr. di soluto -------------------- (cioè le moli) 1 mole di soluto PM ------------------------- : Kcr = ----------------------------- : t 1000 gr. di solvente Y gr. di solvente numero moli t = ----------------------- x 1000 gr. di solvente x Kcr Y gr. di solvente t = Kcr x m dove m è la molalità Se il soluto si dissocia (come nel caso di NaCl in acqua) si ha che: t = Kcr x m x i dove i è il coefficiente di Van’t Hoff Esercizio; Quanti chilogrammi di glicol-etilenico (CH2OH - CH2OH) occorre aggiungere a 5 l. di acqua del radiatore dell’acqua supponendo che la temperatura non scenda mai sotto i - 10 °C ?

t = Kcr x m quindi 10 °C = 1,86 x m m = 5,38 moli in 1 l. di acqua 5,38 x 5 l. = 26,9 moli che dobbiamo aggiungere 26,9 x PM = 26,9 x 62 = 1,67 Kg. di glicol-etilenico Esercizio; 15 gr. di Na2SO4 (PM = 142) e 6 gr. di ioduro di potassio (KI e PM = 166) sono in 500 ml. di acqua. Calcolare la temperatura di ebollizione sapendo che Keb = 0,515. 15 6 m = -------- = 0,105 moli di Na2SO4 m = -------- = 0,036 moli di KI 142 166 t = 0,515 x [(0,106 x 3) + (0,036 x 2)] x 2 = 0,4 da cui Teb = 100,4 °C (perchè si dissociano) Esercizio; L’innalzamento ebullioscopico di una soluzione di 1,65 gr. di un idrocarburo di formula minima C2H3 in 25 gr. di C6H6 è 1,03 °C. Calcolare la formula molecolare dell’idrocarburo sapendo che Keb = 2,53 per il benzene. PM = C2H3 = 27 1,65 : 25 = x : 1000 gr. x = 40 1,65 x 40 1,03 = 2,53 x ------------- da cui PM = 162,1 PM 162 -------- = 6 moltiplico il numero di molecole della formula minima per 6 (2 x 6 e 3 x 6) e 27 ottengo così la formula del composto: C 12H18 4) PRESSIONE OSMOTICA; ( )

L’osmosi procede fino a quando la pressione esercitata contro la membrana semipermeabile impedisce alle altre molecole di attraversare la membrana stessa. La membrana è semipermeabile cioè è permeabile alle molecole di H2O ed è impermeabile per le altre molecole di soluto (troppo grandi). Per le molecole di una soluzione vale questa reazione: x V = n x R x T Esempio; Una soluzione contiene5,5 gr. di una proteina a 5 °C una pressione osmotica di 0,103 atm. Calcolare il PM della proteina. 0,103 x 1 = 5,5 / PM x 0,082 x 278 da cui PM = 1200 Esercizio; Quanti gr./l. deve contenere una soluzione di NaCl per avere la stessa presisione osmotica del sangue (7,65 atm.) ? PM = NaCl = 58,54 (si dissocia quindi nella formula seguente è x 2 !) 7,65 x 1 = X x 2 x 0,082 x 310 da cui X = 0,15 moli 0,15 x 58,54 = 8,8 gr./l. Esercizio; Il saccarosio C12H22O11 ha pressione osmotica di 4,45 atm. a 29 °C. Calcolare la tensione di vapore della soluzione sapendo che alla stessa temperatura la pressione dell’acqua è 42,2 torr e la densità della soluzione è 1,1 gr./ml. PM = saccarosio= 342 4,45 x 1 = n x 0,082 x 302 n = 0,18 moli/l. moli H2O P soluzione = P0 x X solvente = 42,2 x ---------------------- moli H2O + 0,18 1 l. di soluzione = 1100 gr. (per la densità 1,1) 0,18 moli saccarosio x 342 = 61,56 gr. di saccarosio in 1 l. di soluzione o in 110 gr. di soluzione gr H2O = 110 - 61,56 = 1038,44 gr. 1038,44 / 18 P soluzione = 42,2 x ----------------------------- = 42,07 torr (tensione di vapore della soluzione)

1038,44 / 18 + 0,18 L’ATOMO; E’ costituito da un nucleo formato da protoni e neutroni e dagli elettroni che ruotano intorno al nucleo. I modelli atomici; 1897 Thomson 1911 Rutherford 1900 Planck 1913 Bohr Modello di Rutherford; Per studiare la struttura atomica bombardò con nuclei d’elio (He 2+) cioè con particelle alfa, delle sottili lamine d’oro. Alcune delle particelle inviate furono respinte, altre risultarono deviate mentre altre ancora attraversarono la lamina senza variazioni di traiettoria. Da questo fenomeno Rutherford dedusse che l’atomo era costituito da un nucleo compatto (di carica positiva) che deviava le radiazioni e che, tra il nucleo e gli elettroni dovesse esserci (in rapporto con le dimensioni dell’atomo) parecchio spazio, cosicchè le onde che incontravano gli elettroni venivano deviate mentre altre passavano indenni. Il limite di tale modello era che però non riusciva a spiegare perchè gli atomi, in seguito a eccitazione (riscaldamento o irragiamento), emettessero radiazioni, i cosiddetti spettri atomici, in grado di impressionare lastre fotografiche. Modello di Bohr; Bohr estese i concetti illustrati da Planck per l’idrogeno e definì i quanti: c = h x v = h x ----- dove: c = velocità della luce = lunghezza d’onda della radiazione h = costante di Planck = 6,457 x 10 -27 erg sec. v = frequenza della radiazione Definì poi gli stati stazionari dove r = raggio dell’orbita elettronica: m x v x r = momento angolare dell’elettrone n x h m x v x r = ------- 2 E2 - E1 = h x v Più vicino al nucleo ruota l’elettrone più è stabile. Gli spettri atomici sono dovuti al fatto che, in seguito a eccitazione, un elettrone può saltare da un’orbita verso quella più esterna e, una volta cessato la causa eccitante, torna nella sua orbita originaria restituendo energia.

Tuttavia questo modello una volta esteso ad altri atomi più complessi non andava bene in quanto erano errate le stesse basi scientifiche su cui poggiava Modello di De Broglie / Heinsemberg (1924); All’elettrone che si muove venne associata una lunghezza d’onda

= ---------- m x v CI si accorse infatti che un fascio di elettroni si comporta come un fascio di luce cioè, è in grado di provocare se proiettato su un cristallo fenomeni di interferenza per diffrazione. Vista la doppia natura della luce (corpuscolare ed elettromagnetica) essa la si potè associare al fascio di elettroni e si definì che l’elettrone si muove di moto ondulatorio. L’errore che compì Bohr nella formulazione del suo modello fu che applicò al moto di un elettrone microscopico le leggi del mondo macroscopico; ed è per questo che non si parla di “posizione” di un elettrone bensì della “probabilità” di individuarlo. Seguendo questo principio si ha l’Equazione di Schzodinger (o d’onda); 2 2 2 4 2 -------- + -------- + -------- + -------- = 0 x2 y2 z2 2 da cui si ottiene: n l ml dove n, m, ml sono i numeri quantici: n = numero quantico principale = cioè lo stato energetico dell’elettrone l = numero quantico secondario = assume tutti i valori da 1 a (n-1) ml = numero quantico magnetico = assume valori da -l a +l compreso lo 0 Attribuendo dei precisi valori ai numeri quantici si ottiene l’orbitale, del quale il quadrato è la probabilità di trovare l’elettrone attorno al nucleo; esteso a tutto il “perimetro” del nucleo deve dare la certezza di trovare l’elettrone (condizioni di normalizzazione). 1° livello energetico; 2° livello energetico; n = 1 n = 2 l = 0 (si indica con s) l = 0 ml = 0 ml = 0 l = 1 (p) ml = -1; 0; +1 Quindi orbitale 1s Quindi orbitale 2s 2px 2py 2pz La forma dell’orbitale s è sferica, la forma dell’orbitale p è a forma di otto. 3° livello energetico; 4° livello energetico n = 3 n = 4 l = 0 (s) ml = 0 l = 0 (s) ml = 0 l = 1 (p) ml = -1; 0; +1 l = 1 (p) ml = -1; 0; +1

l = 2 (d) ml = -2; -1; 0; +1; +2 l = 2 (d) ml = -2; -1; 0; +1; +2 l = 3 (f) ml = -3; -2; -1; 0; +1; +2; +3 Quindi 3s 3px 3py 3pz e 5 orbitali 3d Quindi 4s 4p6 , 5 orbitali 4d e 7 orbitali 4f L’energia degli orbitali aumenta con più ci si allontana dal nucleo. Per n =1 1s n = 2 2p 2s n = 3 3d 3p 3s n = 4 4f 4d 4p 4s Quest’ultimo orbitale 4s ha energia minore del 3d per n = 4. Gli orbitali in ordine crescente di energia sono: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6f 4f 5d 6d Principio di Pauli; Oltre ai tre numeri quantici (n, l, ml) ne esiste un quarto definito ms = numero quantico di spin che indica il senso di rotazione su se stesso dell’elettrone. I valori che assume sono due: + ½ (rotazione oraria) e - ½ (rotazione antioraria). In un atomo non possono esistere due elettroni con tutti e quattro i numeri quantici uguali. Inoltre in un orbitale possono starci al massimo due elettroni purchè siano antiparalleli (cioè con spin opposto). Regola di Hund; Quando l’elettrone dispone di due orbitali degeneri (con la stessa energia) si dispongono in modo da occuparne il maggior numero possibile e con spin paralleli. Esempi di orbitali; 1H 1s1 (1 e- nell’orb 1s) 2He 1s2 3Li 1s2 2s1 4Be 1s2 2s2 5B 1s2 2s2 2px

1 6C 1s2 2s2 2px

1 2py1

7N 1s2 2s2 2px1 2py

1 2pz1

8O 1s2 2s2 2px2 2py

1 2pz1

9F 1s2 2s2 2px2 2py

2 2pz1

10Ne 1s2 2s2 2px2 2py

2 2pz2

11Na 1s2 2s2 2p6 3s2 17Cl 1s2 2s2 2p6 3s2 3px

2 3py2 3pz

1 19K 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 20Ca 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 21Sc 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d1 I gruppi della tavola numerica; VIII gruppo (gas nobili); 2He 1s2 10Ne 1s2 2s2 2p6

18Ar 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 36Kr 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 54Xe 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 86Rn 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p6 4f14 5d10 6s2 6p6 Gli elementi dell’ottavo gruppo hanno tutti 8 elettroni (ottetto) nello strato più esterno; per questo hanno struttura molto stabile e sono gli unici dispnobile in natura in forma monoatomica. I gruppo; 3Li 1s2 2s1 15Na 1s2 2s2 2p6 3s1 19K 1s1 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 Sono tutti elementi che hanno un elettrone in più del gas nobile che li precede. VII gruppo; 9Fl 1s2 2s2 2p5 17Cl 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Hanno tutti un elettrone in meno del gas nobile che segue dopo di loro. Esercizio; Individuare qual’è l’elemento che presenta z = 56. 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 Bisogna considerare l’ultimo strato di elettroni (in grassetto) e, da qui vediamo che sitratta di un elemento del 6° periodo e che presenta 2 elettroni in questo ultimo strato quindi, 2° gruppo; si tratta quindi del Bario (Ba). Il legame ionico; E’ un legame elettrostatico dovuto all’attrazione fra ioni con cariche opposte, avviene cioè per scambio di elettroni; inoltre con questo legame non si formano molecole bensì strutture cristalline. 10Ne 1s2 / 2s2 2px

2 2py2 2pz

2 : Ne : (questa rappresentazione è detta Struttura di Lewis) 11Na 1s2 2s2 2p6 / 3s1 il cui ione (che ha perso un e - esterno) 11Na + 1s2 2s2 2p6 ha configurazione uguale al Ne. Potenziale di ionizzazione: è l’energia necessaria per strappare un elettrone dallo strato più esterno. Un atomo che ha perso uno o più elettroni si trasforma in “ione”. La perdita di elettroni corrisponde ad una ossidazione. 12Mg 1s2 2s2 2p6 3s2 da cui 12Mg ++ (+ 2 elettroni) è ossidato Affinità elettronica: è l’energia ceduta da un atomo neutro che acquista uno o più elettroni cioè di un atomo che si è ridotto.

9F 1s2 2s2 2px2 2py

2 2pz1 da cui 9F - 1s2 2s2 2p6

L’energia reticolare; Consideriamo la reazione: Na + F = Na+F- che è un composto ionico L’energia necessaria per ottenere questa reazione è così ripartita: Da F a molecola biatomica 2F 32,72 Kcal / mole Na solido = Na atomico 25,9 Kcal / mole Na atomico = Na + 117 Kcal / mole F = F - vi è l’unica cessione di energia - 83,7 Kcal / mole ---------------------------- Tot = 92,72 Kcal / mole da fornire alla reazione E’ quindi evidente che l’energia da fornire alla reazione è nettamente superiore rispetto a qualle disponibile, nonostante ciò la reazione avviene grazie all’energia reticolare. Questa energia è dovuta alla struttura ordinata che gli ioni assumono dove ogni ione F - è circondato da 6 ioni Na+ e, dove ogni ione Na+ è circondato da 6 ioni F -. Gli elementi in grado di dare un legame ionico sono quelli con basso potenziale di ionizzazione ed alta affinità elettronica; quindi gli elementi del I / II gruppo e del VI / VII gruppo. Il potenziale di ionizzazione varia molto a seconda dei vari gruppi: 4Be 1s2 2s2 5B 1s2 2s2 2px

1 Il B ha un potenziale di ionizzazione più alto del Be. Il legame covalente; In questo legame si ha una compartecipazione di doppietti di elettroni. H . + . H = H : H Ogni atomo di H raggiunge i due elettroni sullo strato più esterno. F2 N2 9F 1s2 / 2s2 2px

2 2py2 2pz

1 7N 1s2 / 2s2 2p3 cioè : F . + . F : = : F : F : cioè : N . + . N : = : N : : : N : H2O CH3 - CH3 8O 1s2 / 2s2 2px

2 2py1 2pz

1 6C 1s2 2s2 2p2 che diventa 1s2 2s2 2px1 2py

1 2pz1

H H cioè : O . + . H = : O : H quindi . C . da cui H : C : C : H H H H O2 HCN

H . . C . : N . : O . + . O : = : O : : O : da cui H : C : : : N : Principio di risonanza; Consideriamo lo ione carbonato 2H + CO3

- - Partendo dall’acido carbonico H2CO3 la sua struttura sarà questa: - : O : O C = O : da cui C : : O - : O : O L’elettrone con il segno meno è quello lasciato dallo ione H + che se ne è andato (dalla struttura dell’acido carbonico). Lo ione carbonato risuona (<-->)su tre strutture: - : O O - : O C = O <--> C O : - <--> C O : - - : O - : O O e si indica: O C O O La risonanza è stabilizzante per le molecole. BCl3 5B 1s2 / 2s2 2px

1 che diventa 1s2 / 2s1 2px1 2py

1 cioè B . Cl quindi B : Cl Cl Nel legame covalente gli atomi cercano sempre di raggiungere l’ottetto tuttavia, in alcuni casi, può essere superato; importante è che ci sia sempre un doppietto in compartecipazione. L’elettronegatività; In questo caso: H : H oppure : F : F : la nuvola elettronica è equamente divisa tra i due atomi. Tra H : Cl : la nuvola elettronica risulta “spostata” verso l’elemento più elettronegativo che, in questo caso è il cloro.

Elettronegatività: è la capacità di un atomo di attrarre a se il doppietto elettronico. E’ adimensionale e i suoi valori si riferiscono sempre ad atomi che fanno già parte di un legame. Il fluoro (F) è l’elemento più elettronegativo ! Pauling ha attribuito dei valori ad ogni elemento attraverso delle apposite tabelle. Considrando l’esempio precedente, se il cloro è l’elemento più elettronegativo, sempre su quest’ultimo avremo una frazione di carica negativa, mentre sull’idrogeno avremo una certa frazione di carica positiva. Si parla in questo caso di Legame covalente polare o eteropolare. I valori delle frazioni di carica possono oscillare tra 0 (se non c’è saparazione di carica) e 1 (se il doppietto si sposta tutto su un elemento, si ha cioè legame ionico). Attraverso l’elettronegatività Pauling ha calcolato la percentuale di carattere ionico che, per il legame che costituisce l’acqua è così calcolato: - 0,32 O - 0,32 H2O 0,32 H H 0,32 O = 3,5 (valore elettronegatività) H = 2,1 -------------- el = 1,4 da tabelle desumiamo il caratere ionico 1,4 = 32 % di carattere ionico La differenza di elettronegatività non può essere superiore al 55 % in quanto, per questo valore, vi è una differenza di ionicità del 90 % ovvero si viene ad avere un legame ionico. Il legame idrogeno; O H H Tutte le molecole di H2O sono polarizzate con diverse frazioni di carica. In una soluzione, le diverse molecole d’acqua sono fra loro legate da un legame di tipo elettrostatico detto legame idrogeno. E’ un legame debole in quanto si basa solo su frazioni di carica ed è biologicamente molto importante, ad esempio per mantenere la spirale nella configurazione alfa delle proteine. I legami che si formano per ogni molecola sono molti numerosi, il ghiaccio presenta 4 legami per ogni molecola, mentre l’acqua allo stato liquido ne presenta 2,8. E’ proprio a causa di questo legame che la temperatura di ebollizione dell’acqua è così alta (100 °C); ad esempio H2S che presenta la stessa struttura dell’acqua ma non ha legami idrogeno, bolle a - 60 °C. Il legame dativo (o coordinativo); E’ un legame che si viene ad avere ogni volta che uno dei due atomi interessati presenta una lacuna elettronica e l’altro presenta una disponibilità elettronica.

Consideriamo NH3 (ammoniaca): NH3 + HCl = NH4Cl NH3 + H2O = NH4OH NH3 + H + = NH4

+ H H H : N + H + a dare H : N : H + H H E’ un legame che, una volta che si è formato, non è più distinguibile dagli altri in quanto anch’esso coinvolge un doppietto elettronico che però, non si trova esattamente nel mezzo, generando corsì un’elettronegatività che ha questo valore: 3 (per l’azoto) 2,1 (per l’idrogeno) ------------- 0,9 che da’ un carattere ionico del 15 % e si indica con: [NH4]

+. Il numero di ossidazione; E’ la carica positiva o negativa che l’atomo assume se gli elettroni di legame sono assegnati all’atomo più elettronegativo. O Ad esempio H2O: H H Per calcolarne il numero di ossidazione consideriamo che il doppietto di legame finisca tutto sull’elemento più elettronegativo, quindi: H = -1 e O = - 2. Regole per l’attribuzione del numero di ossidazione: - gli elementi hanno n.o. = 0 - i metalli alcalini (I gruppo) = + 1 - i metalli alcalino - terrosi (II gruppo) = + 2 - zinco e cadmio = + 2 - boro e alluminio = + 3 - fluoro = -1 - ossigeno = - 2 escluso quando forma perossidi (acqua ossigenata H2O2) che vale - 1 - cloro = - 1 escluso quando è legato a ferro e ossigeno che vale + 1 - bromo = - 1 eccetto che quando è legato a fluoro, ossigeno e cloro - iodio = + 1 eccetto che quando è legato a fluoro, cloro, bromo e ossigeno - idrogeno = + 1 eccetto che quando è legato con elementi del I e II gruppo - in un composto neutro la somma dei numeri di ossidazione è uguale a 0 - in uno ione è uguale alla carica assunta dallo ione stesso Esempi; Qual’è il n.o. del cloro in HClO4 ? 1 atomo(+ 1) + 1 (x) + 4(- 2) = 0 n.o. cloro = + 7 Qual’è il n.o. del carbonio in CO2 ? n.o. C = + 4 Qual’è il n.o. del manganese in MnO4

- ? 1(x) + 4(- 2) = - 1 n.o. Mn = + 7

Qual’è il n.o. del cromo in K2Cr2O7 ? 1(+ 2) + 2(x) + 7(- 2) = 0 n.o. Cr = + 6 Qual’è il n.0. dello zolfo in Al2(SO4)2 ? 2(+ 3) + 3(x) + 9(- 2) = 0 n.o. S = + 4 Qual’è il n.o. di tutti gli elementi in Ca3(PO4)2 ? Ca = 2 P = + 5 O = - 2 LE REAZIONI DI OSSIDO - RIDUZIONE; In una reazione di ossido - riduzione due o più elementi cambiano il proprio numero di ossidazione. +1 -2 +1 +1 -1 +1 -1 +1 -2 NaOH + HCl = NaCl + H2O non è una ossido - riduzione +1 +5 -2 +1 -1 +1 -1 +1 +5 -2 AgNO3 + KCl = AgCl + KNO3 non è una ossido - riduzione 0 0 +4 -2 C + O2 = CO2 è una ossido - riduzione perchè C passa da 0 a + 4 e O da 0 a - 2 0 +1 -1 +2 -1 0 Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2 è una ossido - riduzione dove Zn si è ossidato e H si è ridotto Cenni di dissociazione in soluzione acquosa; Basi; NaOH = Na + OH - Ca(OH)2 = Ca ++ 2OH - Al(OH)3 = Al +++ 3OH - Acidi; HBr2 = H + OH - H2SO4 = 2H + SO4

- - H3PO4 = 3H + PO4

- - -

Sali; NaBr = Na + Br - Na2SO4 = 2Na + SO4

- - Na3PO4 = 3Na + PO4- - -

CaBr2 = Ca ++ 2Br - CaSO4 = Ca ++ SO4- - Ca3(PO4)2 = 3Ca ++ 2PO4

- - - AlBr3 = Al +++ 3Br - Al2(SO4)3 = 2Al +++ 3SO4

- - AlPO4 = Al +++ PO4- - -

Coefficienti di ossido - riduzione; Esistono due metodi, il primo tiene conto dei numeri di ossidazione degli elementi, l’altro no. Imparare a memoria il Permangato di Potassio KMnO3

Considerando i numeri di ossidazione; + - ++ - - + - - ++ - - 2Fe ++ 3SO4 - - 2K+ - - KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 = MnSO4 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + H2O +1 +7 -2 +2 +6 -2 +1 +6 -2 +2 +6 -2 +3 +6 -2 +1 +6 -2 +1 -2 I numeri al di sotto dei composti sono i rispettivi numeri di ossidazione, le cariche scritte al di sopra sono il risultato di una dissociazione di quei composti in soluzione acquosa. Osserviamo a questo punto che: MnO4

- (ossidante) è diventato Mn ++ cioè si è ridotto Fe ++ (riducente) è diventato Fe +++ cioè si è ossidato E’ necessario ora bilanciare queste due reazioni elettroniche parziali per ciò che riguarda le carichemase e per ciò che riguarda le cariche, tenendo conto che quest’ultime si bilanciano con ioni H + se l’ambiente è acido e, con ioni OH - se è basico. MnO4

- + 5 e- + 8 H + = Mn ++ + 4 H2O (in corsivo si è scritto ciò che è stato aggiunto per Fe ++ - 1 e- = Fe +++ bilanciare le reazioni) Le reazioni devono a questo punto essere bilanciate complessivamente cioè il numero degli elettroni ceduti e quello degli acquistati deve essere uguale. In questo caso abbiamo 5 elettroni ceduti nella prima reazione ed 1 solo acquistato nella seconda, per questo bisognerà moltiplicare quest’ultima per 5. MnO4

- + 5 e- + 8 H + = Mn ++ + 4 H2O 5 x Fe ++ - 1 e- = Fe +++ --------------------------------------------------------------- Risultato: MnO4

- + 5 e- + 8H + + 5Fe ++ = Mn ++ + 5Fe ++ + 5e- + 4H2O Evidentemente gli elettroni si annullano e, così deve essere sempre !!! MnO4

- + 5Fe ++ + 8H + = Mn ++ + 5Fe +++ + 4H2O Posso a questo punto trasferire i parametri ottenuti, nella forma molecolare: KMnO4 + 5FeSO4 + 4H2SO4 = MnSO4 + 5/2 Fe2(SO4)3 + 4H2O + 1/2K2SO4 Ovvero una mole di permangato ossida 5 moli di solfato ferroso. N.B. In H2SO4 il coefficiente è 4 e non 8 perchè è un acido biprotico, lo stesso discorso vale per Fe2(SO4)3 dove il coefficiente 5 viene diviso per le 2 molecole di Fe. Non considerando i numeri di ossidazione; MnO4

- = Mn ++ per bilanciare le masse ci avanzano 4 atomi di O quindi, visto che siamo in ambiente acido aggiungiamo molecole di H2O, in caso l’ambiente fosse stato basico avremmo aggiunto

ioni OH -. MnO4

- = Mn ++ + 4H2O Devo però aggiungere anche 8 ioni H + per eliminare gli H2 dell’acqua. MnO4

- + 8H + = Mn ++ + 4H2O Bilancio a questo punto le cariche MnO4

- + 8H + + 5e = Mn ++ + 4H2O 5 x Fe ++ + 1 e- = Fe +++ ---------------------------------------------------- Il resto è uguale all’altro procedimento. Equivalente ossidimetrico; E’ la quantità di ossidante o di riducente in grado di assorbire o di cedere 1 elettrone. Se una mole di permangato (ossidante) assume 5 elettroni, quante moli ne assorbirà uno solo ? Risposta: 1 / 5 di mole = 1 equivalente di permangato. Considerando la massa: PM = KMnO4 = 158 quindi 1 mole = 158 gr. da cui 1 eq. KMnO4 = 158 / 5 = 31,6 Considerando una soluzione di KMnO4 1 M, qual’è la sua normalità ? 1 M = 5 N Il peso equivalente (P.E.): PM P.E.= -------------------------- numero di elettroni - Se volessi una soluzione 0,1 M di KMnO4, scioglierò in 1 litro di acqua 15,8 gr / l. di H2O - Se volessi 0,1 N di KMnO4 scioglierò 3,16 gr./ l. in 1 litro di acqua. PM = 158 P.E. = 158 / 5 = 31,6 Il peso equivalente cambia valori a seconda della reazione in cui sono coinvolti gli elementi dei quali deve essere calcolato. +7 +2 - In ambiente acido il permangato si riduce sempre a ione bivalente MnO4 = Mn ++ +4 - In ambiente neutro o leggermente basico si riduce a MnO2 (biossido di manganese) +6 - In ambiente basico si riduce a MnO4

- - (manganato). - P.E. in ambiente acido: 158 / (7 - 5) = 31,6 - P.E. in ambiente neutro: 158 / (7 - 4) = 52,66 - P.E. in ambiente basico: 158 / (7 - 6) = 158 (i valori fra parentesi sono i numeri di ossidazione prima e dopo la riduzione)

Poniamo i coefficienti a questa ossido - riduzione; Considerando i numeri di ossidazione; H2O2 ossida gli ioduri in ambiente leggermente basico. La reazione è: +1 -1 +1 -1 +1 +5 +1 -2 H2O2 + KI = KIO + H2O L’agente ossidante è H2O2. L’agente riducente è KI I - + 6OH = IO3

- + 6e- + 3H2O I 6 elettroni derivano dalla differenza tra i numeri di ossidazione asunti dallo iodio: da - 1 a + 5. H2O2 + 2e- = 2H2O + 2OH -

H2O2 + 2e- + 2H2O = 2H2O + 2OH - I due H2O si eliminano. Bilancio ora complessivamente: I - + 6OH - = IO3

- + 6e- + 3H2O 3 x H2O2 + 2e- = 2OH - ------------------------------------------------- I - + 6OH - + 3H2O2 + 6e- = IO3

- + 6e- + 3H2O + 6OH - Passo quindi alla forma molecolare: KI + 3H2O2 = KIO3 + 3H2O Non considerando i numeri di ossidazione; Considero prima la reazione riguardante lo iodio: I - = IO3

- I - + 3OH - = IO3

- I - + 3OH - = IO3

- + 3H + Per bilanciare le masse I - + 3OH - + 3OH - = IO3

- + 3H + + 3OH - Questi ultimi due termini sommati danno H2O I - + 6OH - = IO3

- + 3H2O A questo punto le masse sono bilanciate, mancano però le cariche. I - + 6OH - = IO3

- + 6e- + 3H2O Ora è tutta bilanciata ! Considero ora la reazione riguardante l’acqua ossigenata: H2O2 = H2O H2O2 = H2O + OH - H2O2 + H + = H2O + OH - H2O2 + H + + OH - = H2O + OH - + OH - H2O2 + H2O = H2O + 2OH - Le masse sono ora bilanciate, mancano le cariche. H2O2 + H2O + 2e- = H2O + 2OH - Ora è tutta bilanciata ! Il resto del procedimento è uguale all’altro sistema. Titolazioni ossidi - metriche; In questo tipo di titolazioni, per la maggior parte dei casi, si sfrutta il fatto che ad esempio un ossidante ha un colore diverso se è allo stato ossidato o allo stato ridotto. Una soluzione contenente FeSO4 la titoliamo con una soluzione di KMnO4 0,1 N secondo la reazione:

KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 = MnSO4 + Fe(SO4)3 + K2SO4 + H2O MnO4

- + 5e- = Mn+ + Fe+ + = Fe 3 + + 1e- 1 mole di KMnO4 ossida 5 moli di FeSO4. Una soluzione di KMnO4 è di colore viola intenso, mentre FeSO4 è pressochè incolore. MnO4

- + Fe+ + = Mn+ + + Fe 3+ Supponiamo che 25 ml. di una soluzione di KMnO4 0,1 M titolino 50 ml. di una soluzione di FeSO4. Si vuole sapere la molarità e la normalità della soluzione di FeSO4. 0,1 M di KMnO4 = 0,5 N cioè 0,5 eq. in 100 ml. 0,5 : 1000 = Xeq. : 25 X = 0,0125 eq. in 25 ml. = eq. di FeSO4 in 50 ml. 0,0125 : 50 = X : 1000 X = 0,25 N di FeSO4 = 0,25 M Esercizio; Quanti grammi di KMnO4 (PM = 158) sono contenuti in 250 ml. di soluzione sapendo che 20 ml. di tale soluzione sono esattamente titolati da 15 ml. di soluzione di acido ossalico H2C2O4 0,5 M. Verificare il risultato ragionando sia in moli che in equivalenti. 1 ) Ragionando in equivalenti; C2O4

- - = 2CO2 + 2e- qunidi 0,25 M x 2 = 0,5 N 0,5 eq. : 1000 ml. = x : 15 ml. x = 7,5 x 10 -3 eq. di acido ossalico in 15 ml. = eq. di KMnO4 in 20 ml. 7,5 x 10 -3 : 20 ml. = x : 250 ml. x = 0,094 eq. in 250 ml. P eq. KMnO4 = 1/5PM = 0,094 x 158 / 5 = 2,46 gr. di KMnO4 in 250 ml. 2 ) Ragionando in moli; KMnO4 + H2C2O4 + H2SO4 = MnSO4 + CO2 + K2SO4 + H2O 2 x MnO4

- + 5e- + 8H + = Mn + + + 4H2O

3 x C2O4- - = 2CO2 + 2e-

--------- ----------------------------------------------- 2MnO4

- + 10e- + 16H + + 5C2O4 - - = 2Mn + + + 8H2O + 10CO2 + 10e-

2KMnO4 + 5H2C2O4 + 3H2SO4 = 2MnSO4 + 8H2O + 10CO2 + K2SO4 Il rapporto è 2 : 5. 0,25 M = 0,25 moli / l. 0,25 : 1000 ml. = X moli : 15 ml. X = 3,75 x 10 - 3 moli di acido acetico in 15 ml. moli di KMnO4 = 2 / 5 x 3,75 x 10 - 3 = 1,5 x 10 - 3 moli in 20 ml. di soluzione 1,5 x 10 - 2 : 20 ml. = X moli : 250 ml. X = 1,87 x 10 - 2 moli di KMnO4 1,87 x 10 - 2 x 158 (PM) = 2,96 gr. LA VELOCITA’ DI REAZIONE; In natura esistono rezioni che avvengono con velocità molto diverse; abbiamo le reazioni praticamente istantanee come quelle tra ioni e le altre lunghe diversi giorni o mesi come la reazione chimca che porta allo sviluppo della ruggine sul ferro. La velocità diminuisce con l’andar del tempo ed è proporzionale ai reagenti. Le reazioni si dividono in: - Omogenee : sono le reazioni che avvengono tra gas o tra soluzioni - Eterogenee : ad esempio la razione di combustione tra carbonio (solido) e ossigeno (gas) Una reazione può inoltre essere del: - I ordine: se è proporzionale ad un solo reagente V = K[A] - II ordine: se è proporzionale a due reagenti V = K[A][B] Lo schema di una reazione può essere: A + B = C + D oppure: A = A’ se è lenta I ordine A’ + B = C + D veloce ----------------------------------

A + B = C + D è tutta del I ordine N.B Da come una reazione è scritta non si può stabilire a che ordine appartiene. Dobbiamo quindi seguire la reazione nel tempo. Equazione delle reazioni di I ordine; [A] ------- = e - k t dove “t” è il tempo [A0] [A] [A] = [A0] e - k t log ------- = - k t [A0] Il tempo di semitrasformazione nelle reazioni di I ordine è costante. Equazione delle reazioni di II ordine (Eq.di Arrhenius); La velocità di reazione dipende dal numero di urti tra le molecole e, le molecole hanno energia diversa. Al di sotto dell’energia di attivazione, gli urti non sono sufficienti. La velocità di reazione aumenta con l’aumentare della temperatura. V = K[A][B] = P Z e - Ea / RT P = probabilità che l’urto tra le molecole sia efficace Z = numero di urti tra le molecole Ea = energia di attivazione R = costante dei gas T = temperatura P Z e - Ea / RT K = ---------------- = cost. e - Ea / RT [A][B] Molte reazioni sono favorite dalla presenza di molti catalizzatori che abbassano il livello dell’energia di attivazione. Consideriamo la reazione: A + B = C + D V1 = K1[A][B] (da A + B a C + D) V2 = K2[A][B] (da C + D a A + B) [C][D] All’equilibrio V1 = V2 da cui K1[A][B] = K2[C][D] da cui K eq. = ------------- [A][B] aA + bB = cC + dD dove a, b, c, d sono il numero di molecole [C]c[D]d K eq. = --------------- Ogni reazione ha una sua K eq. e varia solo al variare

[A]a[B]b della temperatura. E’ possibile influire sull’equilibrio della reazione ad esempio allontanando i prodotti di reazione o aumentando la concentrazione dei reagenti. Le costanti di equilibrio si possono esprimere anche in base alle pressioni parziali dei gas, in base alle frazioni molari ed in base al numero di moli: (XC)c(XD)d (PC)c(PD)d KX = --------------- KP = -------------- (XA)a(XB)b (PA)a(PB)b Poichè PA x V = nA x R x T si ha che PA = nA / V = [A] R T [C]c(RT)c[D]d(RT)d KP = ------------------------- = KC R T (c + d) - (a + b) = KC R T v [A]a(RT)a[B]b(RT)b Poichè PA = XA x P: (XC)c Pc (XD)d Pd KP = ---------------------- = KX P v (XA)a Pa (XB)b Pb

Se v = 0 si ha che KC = KP = KX Esercizio: La Keq. della reazione H2 + I2 = 2HI è 2,53 a 125 °C; in un reattore di 5 l. si fanno reagire 1 mole di H2 ed 1 mole do I2. Quanto HI si è formato all’equilibrio ? Le moli iniziali sono: 1 H2 1 I2 Le moli all’equilibrio sono: 1 - x H2 1 - x I2 2x HI [HI]2 [2x / 5]2 è diviso 5 perchè sono 5 i litri !! 55,3 = ---------------- = ------------------------- da cui x = 0,78 [H2][I2] [1 - x / 5][1 - x / 5] HI = 0,78 x 2 = 1,56 moli PM = HI = 127,9 1,56 x 127,9 = 199,5 gr.

EQUILIBRIO DI UNA SOLUZIONE: SOLUZIONI ACIDE, BASICHE E NEUTRE; H2O = H + + OH - [H+][OH-] KC = ----------------- = 1,8 x 10 - 6 a T = 22 °C [H2O] Moli di acqua non dissociate all’equilibrio = (moli iniziali) - (moli dissociate) Le moli dissociate sono però trascurabili come quantità cosicchè le moli non dissociate sono all’incirca le moli iniziali. Risulta quindi che a 22 °C [H+][OH-] = 10 - 7 che è il Prodotto ionico dell’acqua. Una soluzione è neutra se [H+] = [OH-] = 10 - 7; cioè quando la concentrazione idrogenionica è uguale alla concentrazione ossigenionica. Se una soluzione presenta [H+] > 10 - 7 (cioè ad esempio 10 - 3) è acida Si definiscono acidi tutte le sostanze che in soluzione acquosa fanno aumentare gli ioni H+, mentre le basi fanno aumentare gli ioni OH-. Per evitare di utilizzare grandezze così piccole (come 10 - 7) si è definito il pH: pH = - log [H+] Quindi con [H+] = 10 - 7 il pH = 7 e il pOH = 7 con pH = 9 il pOh = 5 Soluzioni acide: pH < 7 Soluzioni basiche: pH >7 Soluzioni neutre: pH = 7 Possiamo anche dire che naturalmente pH + pOH = 14 Per forza di un acido si intende la tendenza a cedere protoni. HClO4 è l’acido più forte conosciuto. HCl HNO2 è debole come CH3COOH e tutti gli acidi organici perchè sono parzialmente dissociati. Caso a ) Acidi e basi forti e loro miscele (1° e 2° gruppo della tavola periodica) Caso b ) Acidi e basi deboli Caso c ) Un acido debole ed insieme un suo sale con una base forte (ad es. CH3COOH e CH3COONa) . Oppure una base debole con un suo sale ed un acido forte (ad es. NH3 + NH4Cl) Queste vengono dette: soluzioni tampone. Caso A; - Calcolare il pH di una soluzione di 20 gr. di H2SO4 in 1 litro.

H2SO4 = 2H+ + SO4- -

PM = 98 20 gr. / 98 = 0,204 moli / l. cioè gli [H+] sono 0,204 x 2 = 0,389 pH = - log 4,08 x 10 - 1 = 0,389 = 0,39 - Calcolare il pH di una soluzione di HCl (0,2 gr.) in 50 ml. HCl = H+ + Cl - PM = 36,45 0,2 in 50 ml. = 0,4 in 1 l. quindi 0,4 / 36,45 = 0,109 moli di acido cloridrico [H+] = 0,109 da cui pH = 0,96 - Calcolare il pH di una soluzione di 3 gr. di NaOH in 100 ml. PM = 40 3 gr. : 100 = x : 1000 x = 30 gr./ l. 30 ------ = 0,75 moli pOH = 0,125 pH = 14 - 0,125 = 13,875 40 - Quanti grammi di NHO3 sono presenti in 50 ml. di una soluzione con pH = 1,6 ? HNO3 = H + NO3

- [H+] = 10 - 1,6 = 2,51 x 10 - 2 PM = 63 2,51 x 10 - 2 x 63 = 1,58 gr./ l. In 500 ml. = 1,58 : 2 = 0,79 gr./ l. - Calcolare quanti milligrammi di idrossido di Calcio sono presenti in 250 ml. di una soluzione avente pH = 12,5 (PM = 74).

Ca(OH)2 = Ca ++ 2OH - pOH = 14 - 12,5 = 1,5 [OH -] = 10 - 1,5 = 3,14 x 10 - 2 3,14 x 10 - 2 x 74 / 2 = 1,16 gr./ l. (il PM e diviso 2 perchè sono 2 gli ioni OH) 1,16 -------- = 0,29 4 - 10 ml. di acido cloridrico 0,1 N sono aggiunti a 10 ml. di una soluzione di H2SO4 0,02 M; alla miscela si aggiungono poi 200 ml. di acqua. Qual’è il pH finale della soluzione ? 10 ml. di Hcl 0,1 N = 10 - 3 H + 10 ml. di H2SO4 0,02 M = 0,4 x 10 - 3 H + ------------------------- 1,4 x 10 - 3 H + pH = 2,19 - A 300 ml. di una soluzione di idrossido di Bario 0,05 M si aggiungono 150 ml. di Na(OH) 0,03 M. Qual’è il pH della soluzione finale ? Ba(OH)2 = 0,05 M = 0,1 N 30 ml. di Ba(OH)2 0,05 M = 0,1 x 300 / 1000 = 0,03 150 ml. di Na(OH) 0,03 M = 0,03 x 150 / 1000 = 0,0045 ------------------------------ 0,0345 OH - totali in 450 ml. 0,0345 x 1000 ------------------ = 7,67 x 10 - 2 OH - in 1 litro 450 pOH = - log 7,67 x 10 - 2 = 1,11 pH = 14 - 1,11 = 12,89 - Si mescolino 20 ml. di una soluzione contenente 0,855 gr. di Ba(OH)2 con 25 ml. di una soluzione di HCl 0,1 N. Calcolare il pH della soluzione finale. PM = idrossido di Bario = 171 P.E. = PM / 2 = 171 / 2 = 85,5 0,855 ---------- = 0,01 eq. = 0,01 OH - in 20 ml. di soluzione 85,5

0,1 x 25 ----------- = 2,5 x 10 - 3 H + in 25 ml. di soluzione 1000 0,01 - 2,5 x 10 - 3 = 0,0075 ioni OH - non neutralizzati 0,0075 x 1000 ------------------ = 0,167 OH -/ l. 45 pOH = - log 0,167 = 0,778 pH = 14 - 0,778 = 13,22 Caso B; Un acido debole è l’acido acetico CH3COOH = CH3COO - + H + [H+][CH3COO-] Ka = ---------------------- [CH3COOH] [H+] = Ka x Ca (sotto radice quadrata) - Una soluzione contiene in 250 ml., 3 gr. di acido acetico (PM = 60); la Ka = 1,8 x 10 - 5. Calcolare il pH della soluzione e calcolare quale molarità dovrebbe avere una soluzione di acido cloridrico ed acido solforico per presentare lo stesso pH. 3 gr. di CH3COOH = 0,05 moli in 250 ml. Ca = 0,05 x 4 = 0,2 [H+] = 1,8 x 10 - 5 x 0,2 = 1,897 x 10 - 3 da cui pH = 2,72 1,897 x 10 - 3 M = N Gli acidi e le basi deboli; HA = H + A - [H +] = Ka x Ca moli dissociate [H+] Grado di dissociazione (alfa) = ----------------------- = -------- moli iniziali Ca Gli acidi deboli più si trovano in soluzione diluita e più si dissociano.

Esempio; HA Ka = 10 - 5 0,1 M [H+] = Ka x Ca = 10 - 5 x 0,1 = 10 - 3 alfa = 10 - 3 / 0,1 = 10 - 2 = 1 % (di dissociazione) Supponiamo a questo punto di diluirlo fino a 100 l.: [H+] = 10 - 5 x 0,001 = 10 - 4 alfa = 10 - 4 / 0,001 = 0,1 = 10 % Per le basi deboli: BOH = B + OH - [OH-] = Kb x Cb N.B. Alcune sostanze si comportano come una base pur non avendo gruppi OH, come l’ammoniaca NH3: NH3 + H2O = NH4

+ + OH - Esercizio; Il pH di una soluzione di un acido debole 0,23 M è 2,3. Calcolare il grado di dissociazione (alfa) e la pKa della soluzione. [H+] = 10 - 2,3 = 5,01 x 10 - 3 5,01 x 10 - 3 alfa = ---------------- = 2,18 x 10 - 2 0,23 [H+]2 (5,01 x 10 - 3)2 Ka = ------------- = ------------------------ = 1,12 x 10 - 4 Ca - [H+] 0,23 - 5,01 x 10 - 3

pKa = - log 1,12 x 10 - 4 = 3,95 Esercizio; Il grado di dissociazione dell’acido benzoico 0,05 M è 0,085; calcolare pH e pKa. [H+] = 0,085 x 0,05 = 0,0042 da cui pH = 2,37 [H+]2 Ka = ------------- = 0,0038 Ca - [H+]

pKa = - log Ka = 3,42 Esercizio; Quanti ml. di una soluzione di ammoniaca (NH3) al 10,9 % in peso (d = 0,95 gr./ml.) occorrono per preparare 1 l. di soluzione ammoniacale con pH = 11,2 ? (Kb = 1,8 x 10 - 5) pH = 11,2 da cui pOH = 2,8 [OH-] = 10 - 2,8 = 1,58 x 10 - 3 (1,8 x 10 - 5)2 Kb = 1,8 x 10 - 5 = --------------------- da cui Cb = 0,14 moli / l. = M Cb - 1,58 x 10 - 5

Abbiamo quindi pH = 11,2 e M = 0,14 10,9 % in peso equivale a 10,9 / (PM = 17) = 0,64 moli di ammoniaca in 100 gr. di soluzione 100 / (d = 0,95) = 105,3 ml. 0,64 : 105,3 = 0,14 : x x = 23 ml. Esercizio; Una soluzione 0,14 M di ammoniaca è diluita 10 volte con acqua. Calcolare la variazione di pH della soluzione e di quante volte aumenta il grado di dissociazione per effetto della diluizione (Kb = 1,85 x 10 - 5). Prima della diluizione: [OH-] = 1,85 x 10 - 5 x 0,14 = 1,6 x 10 - 3 pOH = 2,79 e pH = 11,21 alfa = 1,61 x 10 - 3 / 0,14 = 1,15 x 10 - 2 Dopo la diluizione: [OH-] = 1,85 x 10 - 5 x 0,014 = 5,09 x 10 - 4 pOH = 3,29 e pH = 10,71 alfa’ = 5,09 x 10 - 4 / 0,014 = 3,63 x 10 - 2 Il valore è passato da 1,15 x 10 - 2 a 3,63 x 10 - 2 cioè è circa triplicato. Caso C; (soluzioni tampone) Possono essere: CH3COOH e CH3COONa oppure: NH3 e NH4Cl

Nel primo caso: CH3COOH = CH3COO - + H + CH3COONa = CH3COO - + Na + dell’acido del sale [H+] [CH3COO - + CH3COO -] [H+] Cs Ka = ----------------------------------------- = ----------- dove Cs è la concentrazione iniziale del sale Ca - [H+] Ca Ca [H+] = Ka ------- Cs Cb [OH-] = Kb ------- Cs Esempio; CH3COOH 1 M CH3COONa 1 M Ka = 1,8 x 10 - 5 Ca 1 [H+] = Ka ------ = 1,8 x 10 - 5 ------ da cui pH = 4,745 Cs 1 Diluisco questa soluzione a 10 l.: 0,1 [H+] = 1,8 x 10 - 5 ------ da cui pH = 4,744 rimane praticamente costante 0,1 Da quest esempio deduciamo che il pH praticamente non varia nelle soluzioni tampone (per moderate diluizioni). Esercizio; In 100 ml. di una soluzione di Hcl 0,32 M si scioglie 1 l. di ammoniaca gassosa in condizioni normali. Calcolare il pH della soluzione (Kb = 1,85 x 10 - 5)

1 l. NH3 in c.n. > 1 l. / 2,414 = 4,46 x 10 - 2 moli di NH3 HCl + NH3 = NH4Cl 0,032 4,46 x 10 -2 0,032 4,46 x 10 - 2 - 0,032 = 0,0126 moli che non hanno reagito 0,0126 x 1000 Cb 100 [OH-] = Kb ----- = 1,85 x 10 - 5 ---------------------- = 7,3 x 10 - 6 Cs 0,032 x 1000 100 pOH = 5,14 pH = 8,86 Esercizio; A 140 ml. di una soluzione di CH3COOH 1/30 M si aggiungono 50 ml. di una soluzione di NaOH 1/20 M. Calcolare il pH della soluzione di partenza e della soluzione finale (Ka = 1,8 x 10 - 5) moli CH3COOH = 0,0046 - moli di NaOH = 0,0025 -------------------- 0,0021 0,0021 x 100 190 [H+] = 1,8 x 10 - 5 ------------------ = 1,56 x 10 - 5 da cui pH = 4,81 (finale) 0,0025 x 100 190 - NaOH 1/20 M = 0,05 N [H+] = 6 x 10 - 2 da cui pOH = 1,3 e pH = 12,7 - CH3COOH 1/30 N [H+] = 1,8 x 10 - 5 x 1/30 = 7,75 x 10 - 6 da cui pH = 3,11 Esercizio;

Calcolare di quanto varia il pHaggiungendo 6,25 x 10 - 3 moli di NaOH a 1 l. di una soluzione formata da CH3COOH 0,25 M e da CH3COONa 0,35 M. 0,25 [H+] = 1,8 x 10 - 5 -------- = 1,29 x 10 - 5 da cui pH = 4,89 0,25 0,25 - 6,25 x 10 - 3 = 0,24375 0,24375 [H+] = 1,8 x 10 - 5 ------------------------ = 1,25 x 10 - 5 da cui pH = 4,02 0,35 + 6,25 x 10 - 3

4,89 - 4,02 = 0,02 (differenza di pH) L’idrolisi; acqua NaCl = Na + Cl -

Na + Cl - + H2O = Na + OH - + H + Cl - acqua CH3COONa = CH3COO - Na +

CH3COO - Na + + H2O = Na + OH - + CH3COOH CH3COO - + H2O = CH3COOH + OH - 10 - 14 [OH-] = ---------- Cs Ka Esercizio; A 100 ml. di una soluzione di CH3COOH 0,1 M si aggiungono 0,4 gr. di NaOH. Calcolare il pH della soluzione prima e dopo l’aggiunta della base NaOH. (Ka = 1,8 x 10 - 5) [H+] = 1,8 x 10 - 5 x 0,1 = 1,34 x 10 - 3 da cui pH = 2,87 0,01 0,01 CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O 10 - 14 [OH-] = -------------- 0,1 = 7,45 x 10 - 6 da cui pOH = 5,13 e pH = 8,87 1,8 x 10 - 5

Esercizio; Consideriamo una soluzione di NaOH 0,02 M (Ka = 2 x 10 - 5). Calcolare il pH nei due casi. Caso a) Si aggiungono a 250 ml. di soluzione, 0,01 moli di un acido debole monoprotico allo stato solido. 250 ml. NaOH 0,02 M = 0,005 moli 0,005 0,01 0,005 NaOH + HA = NaA + H2O (0,01) - (0,005) = 0,005 0,005 [H+] = Ka --------- = 2 x 10 - 5 da cui pH = 4,7 0,005 Caso b) Si aggiungono a 250 ml. di soluzione, 5 mmoli di un acido debole monoprotico allo stato solido. 250 ml. NaOH 0,02 M = 0,005 moli 0,005 5 mmoli = 0,005 0,005 NaOH + HA = NaA + H2O NaA = Na + A - A - + H2O = AH + OH - 10 - 14 10 - 14 0,005 x 1000 [OH-] = -------- Cs = -------- x ------------------- = 3,15 x 10 - 6 da cui pOH = 5,5 e pH = 8,5 Ka Ka 250 Per neutralizzare un acido forte: 0,1 0,1 0,1 0,1 HCl + NaOH = NaCl + H2O da cui pH = 7 Per neutralizzare un acido debole: 0,1 0,1 0,1 0,1 CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O il pH non sarà 7 perchè sarà una soluzione basica !!! Conclusione: La neutralità stechiometrica può essere diversa dalla neutralità acidimetrica.

Esercizio; Il grado di idrolisi (Xi) di NaOCl 0,4 M è 9 x 10 - 4. Calcolare la costante di idrolisi (Ki), il pH e la Ka della soluzione. NaOCl = Na + ClO - ClO - + H2O = HOCl + OH - è basica !!! moli idrolizzate [OH-] Xi = --------------------- ovvero 9 x 10 - 4 = --------- moli iniziali 0,4 Da cui [OH-] = 9 x 10 - 4 x 0,4 = 3,6 x 10 - 4 >>>> pOH = 3,44 >>>> pH = 10,56 10 - 14 10 - 14 Ki = --------- = ----------------- = 3,06 x 10 - 8 Ka 3,27 x 10 - 3 10 - 14 [OH-] = ---------- Cs da cui (3,6 x 10 - 4)2 = Ka x 0,4 >>>> Ka = 3,27 x 10 - 3 Ka Esercizio; Una soluzione di NH3 ha pH = 11,22. Calcolare i millilitri di HCl in soluzione 0,02M necessari per titolare 30 ml. della soluzione di base ed il pH della soluzione al punto d’equivalenza. (Kb = NH3 = 1,85 x 10 - 5) pH = 11,22 >>>> pOH = 2,78 >>>> [OH-] = 10 - pOH = 1,66 x 10 - 3

[OH-] = Kb x Cb >>>> 1,66 x 10 - 3 = 1,85 x 10 - 5 x Cb >>>> Cb = 0,149 = 0,149 M 0,149 : 1000 = x : 30 ml. x = 4,47 x 10 - 3 moli di NH3 in 30 ml. di soluzione 0,149 M. HCl 0,02 M 4,47 x 10-3 4,47 x 10-3 4,47 x 10 -3 NH3 + HCl = NH4Cl 0,02 : 1000 = 4,47 x 10 - 3 : x x = 223,5 ml. 10 - 14 10 - 14 4,47 x 10 - 3 x 1000 [H+] = -------- Cs = ---------------- x -------------------------- = 1,11 x 10 - 10 Kb 1,85 x 10 - 5 (223,5 + 30)

Equazione di Henderson - Hasselback; Ca Ca Ca [H+] = Ka ------ >>>> log [H+] = log Ka ------ >>>> log [H+] = log Ka + log ------ >>>> Cs Cs Cs Ca >>>> - log [H+] = - log Ka - log ------ da cui: Cs Cs pH = pKa + log ------ Ca Il prodotto di solubilità; Anche nel caso di un sale poco solubile si ammette che la parte disciolta sia dissociata nei suoi ioni. Se la quantità di soluto è tale che una piccola parte rimane indisciolta (il corpo di fondo), nel sistema risultante la soluzione contiene disciolta la massima quantità possibile di soluto e la soluzione si dice satura. Per un generico sale AmBn in una soluzione satura ed in presenza di corpo di fondo si instaura un equilibrio tra la parte solida in eccesso, la parte che è in soluzione e le specie dissociate: AmBn = [AmBn] = mAn+ + nBm- Tra le specie in soluzione l’equilibrio è espresso dalla costante di equilibrio: [An+]m [Bm-]n K = ----------------- [AmBn] In presenza di corpo di fondo la quantità di sale che rimane indissociata rimane costante e può essere conglobata nella costante di equilibrio: [An+]m x [Bm-]n = K[AmBn] = KpS La costante KpS o semplicemente Ps prende il nome di prodotto di solubilità e come tutte le costanti di equilibrio dipende solo dalla temperatura. Il prodotto di solubilità rappresenta il massimo valore che può avere il prodotto delle concentrazioni molari degli ioni in soluzione provenienti dalla dissociazione del sale poco solubile. Un aumento della concentrazione di uno dei due ioni, ad esempio per l’aggiunta di un composto avente uno ione in comune, causa la precipitazione di una parte del sale in modo che il prodotto delle concentrazioni degli ioni rimanga costante. Indicando con S la solubilità del sale in moli dm -3, si ha: (m + n) Ps S = ------------

mm x nn Acidi e basi secondo Broensted; - Sono acidi (o donatori di protoni) tutte le sostanze neutre, armoniche o cationiche capaci di cedere protoni. - Sono basi (o accettori di protoni) tutte le sostanze neutre, armoniche o cationiche capaci di legare protoni. - Quando un acido di Broensted cede un protone si trasforma nella sua base coniugata. - Quando una base di Broensted assume un protone si trasforma nel sua acido coniugato. acido 1 base 2 base 1 coniug. acido 2 coniug HCl + H2O = Cl - + H3O + acido 1 base 2 base 1 coniug. acido 2 coniug. CH3COOH + H2O = CH3COO - + H3O + La teoria di Broensted che si svincola dal solvente H2O permette di considerare acidi e basi anche in solventi diversi dall’acqua. A seconda che il solvente sia un accettore (una base) più debole o più forte di H2O, il trasferimento di protone sarà minore o maggiore che in acqua. I solventi metanali (CH3OH) e l’acido acetico sono accettori di protoni più deboli dell’acqua e quindi è minore il trasferimento di protoni; l’ammoniaca (NH3) è invece un accettore di protoni più forte dell’acqua e quindi il trasferimento di protoni è maggiore. Processi apparentemente diversi come: 1 ) La dissociazione di un acido in senso tradizionale 2 ) Lo spostamento di un acido debole da parte di un acido forte 3 ) La neutralizzazione di un acido con una base 4 ) L’idrolisi di uno ione (H2O + CN - = OH - + HCN) Secondo la teoria di Broensted si possono considerare identiche. La reazione di idrolisi non è altro che la protonazione di una base: H2O + CN - = OH - + HCN come NH3 + H2O = NH4

+ + OH - La Kidrolisi non è altro che la Kb di un catione o la Kb di un anione. Ad esempio per la reazione: H2O + CN - = OH - + HCN [HCN][OH-] [HCN] x 10 - 14 10 - 14 Kb (CN -) = ---------------- = -------------------- = --------- [CN-] [CN-][H+] Ka Per l’acido HCN e la sua base coniugata CN - si ha che: Ka x Kb = 10 - 14 Allo stesso modo lo ione NH4

+ può essere considerato come un acido avente Ka = 10 -14/ Kb Acidi e basi secondo Lewis; - E’ un acido qualunque sostanza in grado di ricevere un doppietto elettronico. - E’ una base qualunque sostanza in grado di porre in compartecipazione un proprio doppietto elettronico.

Definizioni alternative: - L’acido è una sostanza elettrofila. - Una base è una sostanza nucleofila. Ad esempio la reazione tra (CH3)3B e (CH3)3N è una reazione tra un acido ed una base; sono acidi di Lewis tutti i cationi H +, BCl3 ... Sono basi secondo Lewis NH3, H2O ... Gli indicatori nelle titolazioni; rosso giallo HIn = H + In - [H+][In-] KHIn = ------------- [HIn] Punto di viraggio: è il punto in cui l’indicatore è presente al 50 % in forma dissociata (pH = pK). 10 - 7 [In-] --------- = --------- 10 - 7 [HIn] Scieglierò un indicatore con pK = pH + o - 1