Categoria: Teoria

ESERCIZIO 7 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

Mg(ClO₃)₂ → MgCl₂ + O₂

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

O si ossida passando da stato d’ossidazione +2 a +0 cedendo 2 elettroni;

Cl si riduce passando da stato d’ossidazione +5 a -1 acquistando 6 elettroni.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

6O^2-→ 6O⁰+ 12e^– (semi-reazione di ossidazione)

Questa reazione è stata scritta con il coefficiente stechiometrico 6 in quanto nella specie Mg(ClO₃)₂ sono presenti 6 atomi di Ossigeno.

2Cl⁵⁺ + 12e^– → 2Cl^– (semi-reazione di riduzione)

Questa reazione è stata scritta con il coefficiente stechiometrico 2 in quanto nella specie Mg(ClO₃)₂ sono presenti 2 atomi di Cloro.

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

6O^2-→ 6O⁰+ 12e^– ) x1

2Cl⁵⁺ + 12e^– → 2Cl^– ) x1

6O^2-+ 2Cl⁵⁺ + 12e^– → 6O⁰+ 2Cl^–+ 12e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

6O^2-+ 2Cl⁵⁺→ 6O⁰+ 2Cl^–

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

Mg(ClO₃)₂ → MgCl₂ + 3O₂

Step 6 – Si controlla che anche le altre specie non partecipanti alla reazione redox siano bilanciate, e in caso di problemi con Idrogeno e Ossigeno, si possono aggiungere anche molecole di acqua.

Mg(ClO₃)₂ → MgCl₂ + 3O₂

ESERCIZIO 6 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

MnBr₂ + HNO₃ + HBr → NO + MnBr₄

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

Mn si ossida passando da stato d’ossidazione +2 a +4 cedendo 2 elettroni;

N si riduce passando da stato d’ossidazione +5 a +2 acquistando 3 elettroni.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

Mn²⁺→ Mn⁴⁺+ 2e^– (semi-reazione di ossidazione)

N⁵⁺ + 3e^– → N²⁺ (semi-reazione di riduzione)

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

Mn²⁺→ Mn⁴⁺+ 2e^– ) x3

N⁵⁺ + 3e^– → N²⁺ ) x2

3Mn²⁺+ 2N⁵⁺+ 6e^– → 3Mn⁴⁺+ 2N²⁺+ 6e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

3Mn²⁺+ 2N⁵⁺→ 3Mn⁴⁺+ 2N²⁺

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

3MnBr₂ + 2HNO₃ + HBr → 2NO + 3MnBr₄

3MnBr₂ + 2HNO₃ + 6HBr → 2NO + 3MnBr₄ + 4H₂O

ESERCIZIO 5 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

K₂Cr₂O₇ + S → SO₃ + KOH + Cr₂O₃

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

S si ossida passando da stato d’ossidazione 0 a +6 cedendo 6 elettroni;

Cr si riduce passando da stato d’ossidazione +6 a +3 acquistando 3 elettroni.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

S → S⁶⁺+ 6e^– (semi-reazione di ossidazione)

2Cr⁶⁺ + 6e^– → 2Cr³⁺ (semi-reazione di riduzione)

(questa reazione è stata scritta con il 2 in quanto in K₂Cr₂O₇ quanto in sono presenti due atomi di Cromo).

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

S → S⁶⁺+ 6e^– ) x1

2Cr⁶⁺ + 6e^– → 2Cr³⁺ ) x1

S+ 2Cr⁶⁺+ 6e^– → S⁶⁺+ 2Cr³⁺ + 6e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

S+ 2Cr⁶⁺ → S⁶⁺+ 2Cr³⁺

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

K₂Cr₂O₇ + S → SO₃ + KOH + Cr₂O₃

K₂Cr₂O₇ + S + H₂O → SO₃ + 2KOH + Cr₂O₃

ESERCIZIO 4 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

AlCl₃ + Na₂CO₃ → Na + Al₂(CO₃)₃ + Cl₂

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

Cl si ossida passando da stato d’ossidazione -1 a +0 cedendo 1 elettrone;

Na si riduce passando da stato d’ossidazione +1 a 0 acquistando 1 elettrone.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

3Cl^-1→ 3Cl⁰+ 3e^– (semi-reazione di ossidazione)

(questa reazione è stata scritta con il 3 come coefficiente stechiometrico in quanto in AlCl₃sono presenti tre atomi di Cloro).

2Na⁺ + 2e^– → 2Na (semi-reazione di riduzione)

(questa reazione è stata scritta con il 2 come coefficiente stechiometrico in quanto in Na₂CO₃ sono presenti due atomi di Sodio).

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

3Cl^–→ 3Cl⁰+ 3e^– ) x2

2Na⁺ + 2e^– → 2Na ) x3

6Cl^–+ 6Na⁺+ 6e^– → 6Cl⁰+ 6Na + 6e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

6Cl^–+ 6Na⁺→ 6Cl⁰+ 6Na

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

2AlCl₃ + 3Na₂CO₃ → 6Na + Al₂(CO₃)₃ + 3Cl₂

ESERCIZIO 3 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

I₂ + S + H₂O → HI + H₂SO₄

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

S si ossida passando da stato d’ossidazione 0 a +6 cedendo 6 elettroni;

I si riduce passando da stato d’ossidazione 0 a -1 acquistando 1 elettrone.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

S→ S⁶⁺+ 6e^– (semi-reazione di ossidazione)

2I⁰ + 2e^– → 2I^– (semi-reazione di riduzione)

Questa reazione è stata scritta con il 2 come coefficiente stechiometrico in quanto in I₂sono presenti due atomi di Iodio).

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

S→ S⁶⁺+ 6e^– ) x1

2I⁰ + 2e^– → 2I^– ) x3

S+ 6I⁰+ 6e^– → S⁶⁺+ 6I^–+ 6e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

S+ 6I⁰→ S⁶⁺+ 6I^–

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

3I₂ + S + H₂O → 6HI + H₂SO₄

3I₂ + S + 4H₂O → 6HI + H₂SO₄

ESERCIZIO 2 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

Mg + KNO₃ → Mg(NO₃)₂ + K

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

Mg si ossida passando da stato d’ossidazione 0 a +2 cedendo 2 elettroni;

K si riduce passando da stato d’ossidazione +1 a 0 acquistando 1 elettrone.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

Mg→ Mg²⁺+ 2e^– (semi-reazione di ossidazione)

K⁺ + e^– → K (semi-reazione di riduzione)

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

Mg→ Mg²⁺+ 2e^– ) x1

K⁺ + e^– → K ) x2

Mg+ 2K⁺+ 2e^– → Mg²⁺+ 2K+ 2e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

Mg+ 2K⁺→ Mg²⁺+ 2K

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

Mg + 2KNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2K

ESERCIZIO 1 – REDOX IN FORMA MOLECOLARE

FeBr₃ + Cu → CuBr₂ + FeBr₂

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

Cu si ossida passando da stato d’ossidazione 0 a +2 cedendo 2 elettroni;

Fe si riduce passando da stato d’ossidazione +3 a +2 acquistando 1 elettrone.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

Cu→ Cu²⁺+ 2e^– (semi-reazione di ossidazione)

Fe³⁺ + e^– → Fe²⁺ (semi-reazione di riduzione)

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

Cu→ Cu²⁺+ 2e^– ) x1

Fe³⁺ + e^– → Fe²⁺ ) x2

Cu+ 2Fe³⁺+ 2e^– → Cu²⁺+ 2Fe²⁺+ 2e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

Cu+ 2Fe³⁺→ Cu²⁺+ 2Fe²⁺

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

2FeBr₃ + Cu → CuBr₂ + 2FeBr₂

BILANCIAMENTO DI REDOX IN FORMA MOLECOLARE

Cr₂O₃ + Na₂CO₃ + KNO₃→ Na₂CrO₄ + CO₂ + KNO₂

Step 1 – Assegnare i numeri di ossidazione a tutti gli elementi presenti nella reazione:

Step 2 – Individuare la specie che si ossida e che si riduce:

Cr si ossida passando da stato d’ossidazione +3 a +6 cedendo 3 elettroni;

N si riduce passando da stato d’ossidazione +5 a +3 acquistando 2 elettroni.

Step 3 – Scrivere le semi-reazioni di ossidazione e riduzione considerando solo gli elementi che acquistano e perdono elettroni.

2Cr³⁺→ 2 Cr⁶⁺+ 6e^– (semi-reazione di ossidazione)

(questa reazione è stata scritta con il 2 in quanto in Cr₂O₃sono presenti due atomi di Cromo.

N⁵⁺ + 2e^– → N³⁺ (semi-reazione di riduzione)

Step 4 – Applicare la regola del prodotto incrociato e sommare in seguito le due reazioni:

2Cr³⁺→ 2 Cr⁶⁺+6e^– ) x1

N⁵⁺ + 2e^– → N³⁺ ) x3

2Cr³⁺+ 3N⁵⁺+ 6e^– → 2Cr⁶⁺+ 3N³⁺+ 6e^–

Si procede ad elidere gli elettroni:

2Cr³⁺+ 3N⁵⁺→ 2Cr⁶⁺+ 3N³⁺

Step 5 – Ricomporre la reazione tenendo conto dei nuovi coefficienti stechiometrici:

Cr₂O₃ + Na₂CO₃ + 3KNO₃→ 2Na₂CrO₄ + CO₂ + 3KNO₂

Cr₂O₃ + 2Na₂CO₃ + 3KNO₃→ 2Na₂CrO₄ + 2CO₂+ 3KNO₂

BILANCIAMENTO DI REDOX SEMPLICI

Cu²⁺+ Fe → Cu⁺+ Fe²⁺

La specie che si ossida è il Ferro che passa da stato d’ossidazione 0 a +2 con la perdita di 2 elettroni.

La specie che si riduce è il Rame che passa da stato d’ossidazione +2 a +1 acquistando 1 elettrone.

Applichiamo il metodo delle semi-reazioni:

Semi-reazione di ossidazione:

Fe → Fe²⁺+ 2e^–

Semi-reazione di riduzione:

Cu²⁺+ e^– → Cu⁺

Entrambe le semi-reazioni sono bilanciate sia da un punto di vista di massa che di carica:

Nella semi-reazione di ossidazione si ha:

Bilanciamento di massa – 1 Ferro a sinistra e 1 Ferro a destra.
Bilanciamento di carica – Carica netta 0 a sinistra e carica netta 0 a destra (+2 del Fe²⁺ e -2 dei due elettroni).

Nella semi-reazione di riduzione si ha:

Bilanciamento di massa – 1 Rame a sinistra e 1 Rame a destra.
Bilanciamento di carica – Carica netta +1 a sinistra (+2 del Cu²⁺ e -1 dell’elettrone) e carica netta +1 a destra.

Per bilanciare la reazione, occorre applicare la regola del prodotto incrociato e poi sommare le due semi-reazioni.

Si moltiplica la semi-reazione di ossidazione per il numero di elettroni scambiati nella semi-reazione di riduzione e si moltiplica la semi-reazione di riduzione per il numero di elettroni scambiati nella semi-reazione di ossidazione.

Fe → Fe²⁺+ 2e^– ) x1

Cu²⁺+ e^– → Cu⁺) x2

Somma:

Fe + 2Cu²⁺+ 2e^– → Fe²⁺+ 2Cu⁺ + 2e^–

Infine, come in una normale equazione, si elidono gli elettroni.

Fe + 2Cu²⁺→ Fe²⁺+ 2Cu⁺

Si verifica infine che la reazione sia correttamente bilanciata:

Massa: 1 Ferro e 2 Rame a sinistra e 1 Ferro e 2 Rame a destra

Carica: +4 a sinistra e + 4 a destra.

TITOLAZIONE BASE DEBOLE CON ACIDO FORTE

La titolazione di una base debole con un acido forte prevede che vi sia una reazione chimica tra una base debole e un acido forte.

La base debole è l’analita, ovvero la sostanza che deve essere titolata.
L’acido forte è il titolante, ovvero la sostanza che viene aggiunta all’analita.

Nella curva di titolazione viene graficato il valore del pH al variare del volume di titolante aggiunto.

La titolazione avviene fino al raggiungimento del punto equivalente, in cui la quantità di equivalenti di base eguaglia la quantità di equivalenti di acido.

Per la titolazione di una base debole con un acido forte esistono due punti caratteristici che sono:

Il punto di semiequivalenza in cui il pH è uguale alla pK_a dell’acido coniugato.
Il punto equivalente in cui il pH risulta acido.

Titolazione di NH₃ con HCl

Si considerino 50 ml di una soluzione 0,1 M di NH₃ (K_b = 1,75 · 10^-5 e pK_b = 4,76) che vengono titolati con una soluzione 0,1 M di HCl.

La reazione può essere descritta come:

NH₃ + HCl → NH₄⁺ + Cl^–

Essendo NH₃ una base debole, il pH iniziale può essere calcolato tramite la formula semplificata:

$pH = 14-(-log_{10}\sqrt{K_{b}\cdot C_{b}})$

$pH = 14-(-log_{10}\sqrt{1,75\cdot10^{-5}\cdot 0,1})= 11,12$

PRIMA DEL PUNTO EQUIVALENTE

La reazione tra NH₃ e HCl porta alla formazione di una soluzione tampone in cui NH₄⁺ rappresenta l’acido coniugato dell’ammoniaca. Il valore di pK_adello ione ammonio può essere determinato come:

pK_a = 14 – pK_b = 9,24

Prima del raggiungimento del punto equivalente, è l’ammoniaca a essere in eccesso e l’acido rappresenta il reagente limitante.

Il pH può essere determinato tramite l’equazione di Henderson-Hasselbach.

$pH = pK_{a} + log_{10}\frac{[NH_{3}]}{[NH_{4}^{+}]}$

PUNTO SEMIEQUIVALENTE

Una volta addizionate un numero di moli di HCl pari alla metà del numero di moli di NH₃, risulta che:

[NH₃] = [NH₄⁺]

Metà del numero di moli di NH₃vengono convertite in NH₄⁺.

Il valore di pH coincide con il valore di pK_a. Questo rappresenta il punto semiequivalente.

$pH = pK_{a} + log_{10}1 = pK_{a} = 9,24$

PUNTO EQUIVALENTE

Al raggiungimento del punto equivalente, tutte le moli di NH₃ sono state convertite in NH₄⁺. Le uniche specie presenti sono NH₄⁺ e Cl^–.

Lo ione Cl^– non è in grado di dare reazione di idrolisi salina a differenza dello ione NH₄⁺ che dà reazione di idrolisi salina acida:

NH₄⁺ + H₂O ⇄ NH₃ + H₃O⁺

La formula per esprimere il pH è la seguente:

$pH = -log_{10}\sqrt{K_{a}\cdot [NH_{4}^{+}]}$

Da questo è possibile concludere che nella titolazione di una base debole con un acido forte, il pH al punto equivalente è acido.

DOPO IL PUNTO EQUIVALENTE

Aggiungendo un ulteriore quantità di acido forte, il pH si sposta verso valori più acidi. Essendo questa volta l’acido in eccesso e la base debole il reagente limitante, la concentrazione di ioni H⁺ può essere calcolata come:

$[H^{+}] =\frac{C_{HCl}V_{HCl}\;-\;C_{NH_{3}}V_{NH_{3}}}{V_{HCl}\;+\;V_{NH_{3}}}$

Titolazione di NH3 con HCl

PRIMA DEL PUNTO EQUIVALENTE

PUNTO SEMIEQUIVALENTE

PUNTO EQUIVALENTE

DOPO IL PUNTO EQUIVALENTE

CURVA DI TITOLAZIONE CON CALCOLI

Titolazione di NH₃ con HCl