Esercizi di stechiometria (superiori)/Problemi d'esame/1: differenze tra le versioni
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<div align=right><font color=orange>Difficoltà media</font></div>
Si determini la
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{{Equazione|eq=n=g/PM<sub>KOH</sub>= <math>\frac{2}{56} = 0.036 mol</math>|id=n<sub>KOH</sub>}}
'''2:''' A questo punto consideriamo le reazioni che avvengono nei due contenitori tenendo conto che il sale NH<sub>4</sub>Cl è sale di una base debole con un acido forte e che in soluzione sarà separato come Cl<sup>-</sup> e NH<sub>4</sub><sup>+</sup> che è l'acido debole che
{{Yellow_Warning|Semberebbe a questo punto che ci sia la necessità di conoscere la K<sub>A</sub> dell'acido, ma se non viene data si considera come non necessaria, infatti al termine del problema verrà semplificata}}
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|-
| Fin
|''' 0,154 mol''' || || // || || '''0,036 mol''' || || 0,036 mol || || 0,036 mol
|}
Abbiamo ottenuto una soluzione di un'acido e della sua base coniugata (vedi valori in grassetto) overo una soluzione tampone; a noi interessa ai fini del problema la determinazione della concentrazione di [H<sup>+</sup>] che possiamo ottenere con la forma lineare dell'eq di Anderson-Husselbach ovvero:
{{Eq|eq=<math>[H<sup>+</sup>]=Ka \frac{Ca}{Cs}</math>|id=A-H}}
Utilizziamo le diciture Cs<sub>1</sub> per la concentrazione della base coniugata NH<sub>3</sub> e Ca<sub>1</sub> dell'acido residuo l'indice 1 si riferisce al fatto che consideriamo la prima cella.
*Ca<sub>1</sub>=0,154 mol/l
*Cs<sub>1</sub>=0,036 mol/l
'''2B:''' contenitore 2:
{|{{Prettytable}} width=35%
! widht=10% | -
! NH<sub>4</sub>Cl<sup>+</sup>||+|| KOH || >|| NH<sub>3</sub>||+|| KCl||+||H<sub>2</sub>O
|-
| In
|0,12 mol|| ||0,036 mol|| ||//|| || //|| || //
|-
| Fin
|''' 0,084 mol''' || || // || || '''0,036 mol''' || || 0,036 mol || || 0,036 mol
|}
Applichiamo la stessa equazione con i termini Cs<sub>2</sub> per la concentrazione di NH<sub>3</sub> e Ca<sub>2</sub> dell'acido.
*Ca<sub>2</sub>=0,084 mol/l
*Cs<sub>2</sub>=0,036 mol/l
'''Sostituiremo i numeri ai simboli solo alla fine.'''
'''3:''' Consideriamo la formula generale per il calcolo della f.e.m e per il calcolo del potenziale di semicella a 25°C (298K)per il trasferimento di un elettrone:
{{eq|eq=f.e.m=Ec-Ea|id=f.e.m}}
{{eq|eq=E=E<sup>0</sup>+0,0592 log([Ox]<sup>n</sup>/[Red]<sup>m</sup>)|id=E}}
E stabiliamo qualitativamente quale è il catodo e quale l'anodo, ovvero il catodo è quello dove avviene la riduzione quindi dove ci sono più idrogenioni quindi il compartimento 1.
La specie ridotta nei due elettrodi è l'idrogeno molecolare che viene fatto gorgogliare alla pressione di una atmosfera quindi ha attività unitaria ed il denominatore dellequazione ''E'' viene annullato; anche il termine E<sup>0</sup>, che per l'elettrodo ad idrogeno è uguale a 0 si annulla.Si sostituisce al numeratore la concentrazione della specie ossidata [H<sup>+</sup>].
#Sostituiamo la seconda equazione nella prima tenendo conto delle semplificazioni, ed otteniamo:{{eq|eq=<math>f.e.m.=0,059 log [H^{+}]_{1} + 0,059 log [H^{+}]_{2} </math>|id=1}}
#Raccogliamo i termini comuni {{eq|eq=<math>f.e.m.=0,059 log \frac{[H^{+}]_{1}}{[H^{+}]_{2}}</math>|id=2}}
#Sostituiamo alle concentrazioni dei protoni l'eq di Anderson-Husselbach {{eq|eq=<math>f.e.m.=0,059 log \frac{Ka \frac{Ca_{1}}{Cs_{1}}}{Ka \frac{Ca_{2}}{Cs_{2}}}</math>|id=3}}
#Come detto prma le Ka si elidono e sostituiamo ai simboli i valori numerici {{eq|eq=<math>f.e.m.=0,059 log \frac{Ka \frac{0,154}{0,036}}{Ka \frac{0,084}{0,036}}=0,059 log \frac{4,28}{2,33}=0,0592 log 1,84= 0,0592 · 0,26 = 0,016 V</math>|id=4}}
Sisarebbeso potute elidere anche le due Cs, e si sarebbero dovute riportare ad ogni passaggio le unità di misura ma avrebbe comportato mmaggiore confusione nelle equazioni.
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