La Bibbia di Chimica - domande e risposte esami ed esercizi svolti PDF

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domande e risposte esami ed esercizi svolti...

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CORSO DI STUDI IN INGEGNERIA CIVILE/INDUSTRIALE Classe L-7/9

Esame di Chimica Generale

CFU 9

Prof. Pietro Tasselli

1. Descrivere cosa si intende per ibridizzazione. Spiegare come è possibile che la molecola di metano esista. (6 punti) Risoluzione Riarrangiamento energetico degli orbitali di che contengono gli elettroni di valenza, portando alla formazione di orbitali ibridi che dipendono dalla composizione in termini di orbitali s,p,d,f. Il metano esiste perché l’atomo di carbonio si ibridizza sp3, ci sono quattro orbitali ibridi sp3… spiegare accuratamente. 2. Calcolare quale è la pressione osmotica esercitata da 10 g di acido solforico in un recipiente di due litri d’acqua alla temperatura di 40°C. P.A. (H) = 1 uma, P.A. (O) = 16 uma, P.A. (S) = 32 uma. 10 g di acido cloridrico nello stesso recipiente, eserciterebbero la stessa pressione? Motivare la risposta. (6 punti) Risoluzione In questo esempio possiamo considerare l’acido solforico completamente dissociato, quindi in partenza H2SO4, risulta completamente dissociato come 2 H+ + SO42-. In totale ci sono tre ioni, quindi i=3. 10 g corrispondono a 10 g / (2*1 + 32 + 4*16)g/mol = 10 g /98 g/mol = 0.1 mol La pressione osmotica si calcola dalla formula P=iCRT=3 * 0.1 mol / 2 L * 0.0821 L atm/K mol * (40 +273.15) K = 3.85 atm 10 g di HCl, non eserciterebbero la stessa pressione per due motivi, in questo caso i=2, e le moli non sono 0.1 ma sarebbero 10g/36g/mol = 0.28. Quindi per l’acido cloridrico, HCl, P=iCRT=2 * 0.28 mol / 2 L * 0.0821 L atm/K mol * (40 +273.15) K > 3.85 atm.

3. In un recipiente del volume di 2 L si trova una soluzione 0.2 M di acido acetico, risolvere i seguenti punti: i) scrivere la reazione di idrolisi in acqua ii) calcolare il pH di questa soluzione iii) stabilire quanti grammi di NaOH occorre aggiungere per arrivare ad un pH=6, trascurando la variazione di volume. M.A. (Na) = 23 uma, M.A. (O) = 16 uma, M.A. (H) = 1 uma, Ka=10-6. (6 punti) Risoluzione i) CH3CO2H + H2O ßà CH3CO2- + H3O+

ii) Applicando la formula approssimata per acidi debolmente dissociati, [H+] = (Ka*[HA])0.5 = (10-6 0.5 -3 -3 * 0.2) = 0.44*10 M, che corrisponde ad un pH= -log (0.44*10 ) = 2.64 iii) In questo caso, in seguito all’aggiunta di NaOH, si forma un tampone acido, formato da acido debole (HA) e la sua base coniugata (A-). Affinchè il pH=6, considerando la formula HendersonHasselbanch pH=pKa + log [A-]/[HA], vuol dire che essendo pKa=6, allora il rapporto [A-]/[HA] deve essere 1. Considerando i volumi delle due specie uguali, perche si trovano nello stesso recipiente, il rapporto mol A-/ mol HA = 1. All’inizio c’erano 0.02 mol/L * 2 L =0.04 mol di HA, quindi ora per far si che il rapporto sia 1, mol A- = mol HA = 0.02. Per far si che rimangano 0.02 mol di HA, vuole dire che abbiamo aggiunto 0.02 mol di NaOH che hanno neutralizzato l’acido, secondo l’equazione HA + OH- à H2O + ASe sono state aggiunte 0.02 mol di NaOH, calcolando il P.M. dell’NaOH è 40 g/mol, vuol dire che occorre aggiungere 0.02 mol * 40 g/mol = 0.8 g di NaOH.

4. Si considerino le specie A, B e C, ed i valori in tabella. A (s) + B (g) ?? 2C (g) Specie A B C

DH°f (kJ/mol) 100 20 20

S° (J/ K mol) 20 300 600

i) Quale deve essere il verso della reazione affinchè questa sia spontanea? ii) Quale deve essere il verso della reazione affinchè la reazione sia endotermica? iii) Quale deve essere il verso della reazione affinchè ci possa essere un guadagno entropico del sistema? Motivare le risposte. (6 Punti) Risoluzione Applicando la legge di Hess per le funzioni di stato Se il verso fosse A + B à 2C allora… Consideriamo 25°C (298.15 K, dato che non è specificata la temperatura) DH=2 mol*20 kJ/mol – (1 mol*100 kJ/mol + 1 mol*20 kJ/mol)= -80 kJ DS=2 mol*600 J/Kmol – (1 mol*300 J/Kmol + 1 mol*20 J/Kmol)=880 J/K = 0.88 kJ/K DG=DH-TDS=-80 kJ – 298.15 K * 0.88 kJ/K = -342 kJ, i) sarebbe SPONTANEA, esotermica, iii) GUADAGNO ENTROPICO (perché da una molecola di gas se ne producono 2…). Se il verso fosse 2C à A + B allora… Consideriamo 25°C (298.15 K, dato che non è specificata la temperatura) DH= (1 mol*100 kJ/mol + 1 mol*20 kJ/mol) - 2 mol*20 kJ/mol = + 80 kJ DS= (1 mol*300 J/Kmol + 1 mol*20 J/Kmol) - 2 mol*600 J/Kmol = -880 J/K = -0.88 kJ/K DG=DH-TDS= 80 kJ – 298.15 K * -0.88 kJ/K = +342 kJ, non spontanea, ii) ENDOTERMICA, iii) diminuzione entropica.

5. In seguito al bilanciamento della seguente reazione A3+ +B à A5+ + B3-

Stabilire, anodo e catodo, e qualora fosse presente una f.e.m. pari a 0.1 V, il valore dell’energia libera associata a questa reazione. (6 punti) Risoluzione La specie A si ossida, secondo la semi-reazione, rappresenta l’anodo A3+ à A5+ + 2eLa specie B si riduce, secondo la semi-reazione, rappresenta il catodo B + 3e- à B3Considerando il diverso numero di elettroni coinvolti nelle due semi-reazioni, possiamo moltiplicare *3 la semi-reazione dell’anodo, e *2 la semi-reazione del catodo. 3A3+ à 3A5+ + 6e2B + 6e- à 2B3Sommandole si ottiene l’equazione bilanciata, 3A3+ + 2B à 3A5+ + 2B3DG=-nFE= -6 * 96500 C/mol * 0.1 V = -57.9 kJ

CORSO DI STUDI IN INGEGNERIA CIVILE Classe L-7

Esame di Chimica Generale

CFU 9

Prof. Pietro Tasselli

1. Spiegare cosa intendeva Boltzmann per Entropia? (6 punti) Risoluzione Descrizione statistica dell’entropia, vista come il numero di stati possibili con cui può essere descritto un sistema. Entropia legata alla probabilità che un evento avvenga… spiegare accuratamente. 2. In un recipiente di 2L, 0.03 mol di acido cloridrico sono state neutralizzate dopo l’aggiunta di 300 mL di idrossido di sodio. i) Stabilire il pH prima dell’aggiunta della base, ii) stabilire la concentrazione iniziale della base aggiunta. iii)Se, nel recipiente ci fosse stato un acido debole (0.03 mol in 2L) con Ka=10-7, anziché acido cloridrico, che volume di base forte (alla concentrazione calcolata nel punto ii) si sarebbe dovuta aggiungere per ottenere un pH=7? (6 punti) Risoluzione i) All’inizio il pH nel recipiente si calcola, calcolando la concentrazione di HCl, 0.03 mol/2L = 0.015 M, e quindi pH per un acido forte è in questo caso = -log (0.015) = 1.82. ii) Affinchè 0.03 mol vengano neutralizzate, occorre aggiungere 0.03 mol di NaOH, e quindi la concentrazione iniziale di NaOH era 0.03 mol/0.3L=0.1 M iii) In questo caso, in seguito all’aggiunta di NaOH, si sarebbe formato un tampone acido, formato da acido debole (HA) e la sua base coniugata (A-). Affinchè il pH=7, considerando la formula Henderson-Hasselbanch pH=pKa + log [A-]/[HA], vuol dire che essendo pKa=7, allora il rapporto [A-]/[HA] deve essere 1. Considerando i volumi delle due specie uguali, perche si trovano nello stesso recipiente, il rapporto mol A -/ mol HA = 1. All’inizio c’erano 0.03 mol di HA, quindi ora per far si che il rapporto sia 1, mol A- = mol HA = 0.015. Per far si che rimangano 0.015 mol di HA, vuole dire che abbiamo aggiunto 0.015 mol di NaOH che hanno neutralizzato l’acido, secondo l’equazione HA + OH- à H2O + ASe sono state aggiunte 0.015 mol di NaOH, e la concentrazione calcolata nel punto ii) era 0.1 M, vuol dire che sono stati aggiunti 0.015 mol / 0.1 mol/L = 0.15 L. 3. Data la reazione A (g) + B (g) ⇆ 2C (g) condotta a 50°C e 1 atm, calcolare i valori di DG°, DH° e DS° sapendo che: DHf di A e C valgono, rispettivamente, -200 kJ/mol e -400 kJ/mol. S° di A, B e C valgono, rispettivamente, 100 J/K mol,

200 J/K mol e 300 J/K mol. i) La reazione è spontanea? ii) Si tratta di una reazione esotermica o endotermica? iii) Se la temperatura viene abbassata a 0°C cosa succede? (Punti 6) Risoluzione Applicando la legge di Hess per le funzioni di stato DH=2 mol*-400 kJ/mol – (1 mol*-200 kJ/mol)=-600 kJ DS=2 mol*300 J/Kmol – (1 mol*100 J/Kmol + 1 mol*200J/Kmol)=300 J/K = 0.3 kJ/K DG=DH-TDS=-600 kJ – (50+273.15)K * 0.3 kJ/K = -600 kJ – 97 kJ = -697 kJ i) la reazione è spontanea poiché DG < 0 ii) la reazione è esotermica in quanto DH < 0 iii) se la temperatura viene abbassata a 0°C, vuoldire 273.15K à DG= -600 kJ – 273.15 K * 0.3 kJ/K = -600 kJ – 82 kJ = -682 kJ, la reazione rimane sempre spontanea.

4. Calcolare la costante di equilibrio delle concentrazioni, per la reazione che porta alla formazione della calce viva CaCO3 (s) ⇆ CaO (s) + CO2 (g) In un recipiente chiuso di 2 L vengono inizialmente introdotti 0.2 kg di CaCO3 e all’equilibrio ne rimangono 30 g non reagiti. All’equilibrio ci sono anche circa 94-95 g di CaO. i) Stabilire la costante di equilibrio e ii) scrivere i nomi dei reagenti e prodotti. P.A. (Ca) = 40 uma, P.A. (C) = 12 uma, P.A. (O) = 16 uma. (6 Punti) Risoluzione Gli 0.2 kg di CaCO3, equivalgono a 200 g / (40 + 12 + 16*3)g/mol = 200 g / 100 g/mol = 2 mol All’equilibrio rimangono 30 g non reagiti, cioè 30 g/ 100 g/mol = 0.3 mol non reagite. Scrivendo la tabella Fase/Specie Inizio Variazione Equilibrio

CaCO3 2 mol -x = -1.7 mol 2 mol –x=0.3 mol

CaO / +x 1.7 mol

CO2 / +x 1.7 mol

i) la costante contiene al suo interno solo le specie gassose e liquide, quindi Kc=[CO2]=1.7 mol / 2 L = 0.85 M ii) Il carbonato di calcio (CaCO3) da come prodotti l’ossido di calcio (CaO) e l’anidride carbonica (CO2).

5. Un sale poco solubile AX ha una Kps=10-20, stabilire i) la solubilità del sale. ii) Stabilire se (e quanto) varia la concentrazione di A+ in seguito all’aggiunta di una soluzione 0.001 M di un sale CX, e iii) stabilire se (e quanto) varia la concentrazione di A+ se viene aggiunta una soluzione 0.001 M di un sale CY. Motivare le risposte. (6 punti) Risoluzione L’equazione per la solubilizzazione del sale è AX(s) ßà A+(aq) + X-(aq)

i) il Kps= s*s à s=(Kps)0.5=(10-20)0.5=10-10 M ii) Se viene aggiunto 0.001 M di A+, per effetto dello ione a comune, la solubilità diminuisce il Kps= (s+0.001)*s, 0.001>>s, quindi à Kps=0.001*s à s= Kps/0.001 = 10-20/0.001 = 10-17 M, il sale precipita, infatti la solubilità del sale passa da 10-10 a 10-17, diminuisce di circa 10 milioni di volte. iii) Se viene aggiunto CY, non succede nulla perché né lo ione A+ né lo ione X- sono coinvolti nella formazione di sali con C+ o Y-, la solubilità del sale rimane invariata.

CORSO DI STUDI IN INGEGNERIA CIVILE/INDUSTRIALE Classe L-7/9

Esame di Chimica Generale

CFU 9

Prof. Pietro Tasselli

1. Descrivere le interazioni intermolecolari che si conoscono. (6 punti) Risoluzione: ione-ione, ione-dipolo, dipolo-dipolo, london, legame idrogeno (Descrivere in modo dettagliato anche le loro dipendenze dalla distanza) 2. In un recipiente ci sono 5 g di acido cloridrico. i) Quale pressione esercita questa soluzione se si trova in un recipiente di 300 mL a temperatura di 30°C? ii) Se ci fosse l’acido carbonico, completamente dissociato, H2CO3, supponendo che questo eserciti la stessa pressione calcolata al punto precedente, quanti grammi di questo acido sarebbero presenti? iii) Calcolare, anche il numero di atomi di O che sono presenti. P.A. (H)=1 uma, P.A. (Cl)=35 uma, P.A. (C)=12 uma, P.A. (O)=16 uma. (6 Punti) Risoluzione: i) Pressione osmotica P=iCRT In questo caso considerando l’HCl un acido forte, è completamente dissociato in H+ e Cl-, quindi i=2. La concentrazione è 5 g / (1+35) g/mol / 0.3 L = 0.46 mol/L. P=2*0.46 mol/L * 0.0821 L atm/mol K * (30+273.15) K = 22.9 atm ii) Se ci fosse stato l’acido carbonico, considerandolo completamente dissociato come 2 H+ e CO32-, e quindi i=3 in questo caso. Basterà impostare l’equazione utilizzata in precedenza ma questa volta scegliere come incognita la concentrazione dell’acido carbonico 22.9 atm = 3*C * 0.0821 L atm/mol K * (30+273.15) K à C= 22.9 / 3*0.0821 L atm/mol K * 303.15 K = 0.3 M Una volta calcolata la concentrazione, sapendo che il volume è di 0.3L si calcolano le moli 0.3 mol/L * 0.3 L = 0.09 mol che moltiplicate per il peso molecolare (2 + 12 + 16*3) = 62 g/mol, ci danno i grammi 0.09 mol*62 g/mol = 5.58 g iii) Considerando che ci sono 0.09 mol H2CO3, allora ogni molecola di acido carbonico contiene 3 atomi di ossigeno, quindi se ci sono 0.09 moli di acido, ci saranno 0.09*3 mol di Ossigeno = 0.27 mol. Se ogni mole contiene un Numero di Avogadro di particelle, allora ci saranno 0.27*6.022 1023=1.6*1023 atomi di Ossigeno.

3. Data la reazione

2A (g) ⇆ B (g) all’inizio sono presenti 5 g di A. All’equilibrio, sono state prodotte 0.01 mol di B. La reazione è condotta a 100°C in un contenitore di 2 L. i) Calcolare la Kc; ii) Calcolare la Kp; iii) Calcolare la pressione nel recipiente all’equilibrio. iv) L’entropia aumenta o diminuisce? Motivare la risposta. P.M. (A) = 20 uma. (6 Punti) Risoluzione: i) Se all’inizio ci sono 5 g di A, ci sono 5g / 20g/mol = 0.25 mol di A La variazione di A è -2x mentre, per B è +x. Se si sono prodotte 0.01 mol di B, queste sono uguali a x, quindi 2x è 2*0.01=0.02 mol che si sono consumate di A. Le moli rimaste di A sono 0.250.02=0.23 mol. Considerando il volume di 2 L, la concentazione di A è 0.23 mol / 2 L = 0.115 M mentre la concentrazione di B è 0.01 mol / 2 L = 0.005 M. Kc= 0.005 / 0.1152= 0.38 M-1 ii) Kp=Kc(RT)Dn, Dn = 1-2=-1 à Kp=Kc/RT= 0.38/ 373.15 K * 0.0821 L atm/mol K = 0.012 atm1

iii) All’equilibrio ci sono in totale 0.23 mol di A e 0.01 mol di B, in totale 0.24 mol. Utilizzando la relazione PV=nRT, P=nRT/V=0.24 mol * 373.15 K * 0.0821 L atm/mol K / 2L = 3.67 atm iv) L’entropia diminuisce perché si passa da due molecole a una molecola, infatti 2 molecole di A hanno un maggior contributo entropico rispetto ad una sola di B (Per fare questo discorso contano le moli stechiometriche!!!) 4. In un recipiente di 3L ci sono 2 moli di ammoniaca, NH3. Dopo aver scritto (obbligatoriamente) la reazione di idrolisi, determinare i) il numero di ossidazione dell’azoto, motivando la risposta. ii) il pH ed il pOH della soluzione; iii) il pH dopo che sono stati aggiunti 50 mL di HCl 0.2 M. La Kb dell’ammoniaca è 10-5. (6 Punti) Risoluzione: NH3 + H2O ßà NH4+ + OHi) il numero di ossidazione di N è -3, mentre l’idrogeno ha +1. L’azoto è più elettronegativo dell’idrogeno; ii) Nel recipiente il pOH si calcola dalla relazione che si utilizza per basi deboli [OH-] = (Kb*2/3)0.5=(10-5*0.67)0.5 = 0.0025 M à pOH=-log0.0025 =2.6 à pH=14-pOH=14-2.6 = 11.4 iii) Se si aggiungono 0.05 L di 0.2 M, vuol dire aggiungere 0.05 L * 0.2 mol/L = 0.01 mol. Queste moli neutralizzano le 2 mol di ammoniaca, facendo rimanere 2 – 0.01 = 1.99 mol di base e formando 0.01 mol di acido coniugato. Si instaura un sistema tampone in cui il pOH = pKb + log [NH4+]/[NH3] pOH=5+log(0.01 mol/3.03L)/(1.99 mol/3.03L)=2.7, à pH=11.3 5. Le seguenti reazioni sono esotermiche: A (g) à B (s); 2 A (g) à B (s); A (g) à 2 B (g); A (s) à B (g); i) Ipotizzare, spiegando, l’ordine di spontaneità delle 4 reazioni (dalla più spontanea alla meno spontanea), considerando le temperature uguali.

ii) Se invece si considerassero le reazioni scritte nel verso contrario, si potrebbe scrivere una classifica della reazione più spontanea? (6 punti) Risoluzione: Si consideri la relazione dell’energia di libera di Gibbs che ci da informazione sulla spontaneità di un processo: DG=DH-TDS. Quello che succede è che, se la reazione è esotermica allora DH0, poiché DS0, quindi la reazione non spontanea in questo verso, ma sarà spontanea la reazione inversa 2C(s) à A(g) + B(s).

5. Calcolare l’entalpia di vaporizzazione dell’acqua sapendo che, quando la pressione esterna è 1 atm, bolle a 100°C, mentre a 50°C la sua tensione di vapore è circa 0.1 atm. (6 punti) Risoluzione: Si applica la formula di Clausius-Clapeyron ln P2/P1 = DH/R * (1/T1 – 1/T2) Il modo di associare 1 e 2 è lo stesso, l’importante è associare bene P1 e T1, e P2 e T2. Scelgo P1=0.1 atm e T1=50°C=323.15K Scelgo P2=1 atm e T2=100°C=373.15K Sostituisco: ln 1/0.1 = DH/8.31 * (1/323.15 – 1/373.15) 2.3 = DH/8.31 * (0.0026) 8.31 (J/K mol) * 2.3 / 0.0026 (1/K) = DH = 7351 J/mol

CORSO DI STUDI IN INGEGNERIA CIVILE Classe L-7

Esame di Chimica Generale

CFU 9

Prof. Pietro Tasselli

1. Descrivere il modello degli orbitali molecolari, e disegnare il diagramma relativo alla molecola di idrogeno. (6 punti) Risoluzione: Teoria degli orbitali molecolari, formazione di orbitali molecolari leganti e antileganti(*), ordine di legame. Calcolo dell’ordine di legame per la molecola di H2, che risulta essere = 1. 2. Sciogliendo NaCl in 500 mL di acqua, quest’ultima bolle a 101.3°C. Considerando che la Keb=1.8 K kg/mol determinare quanti grammi di sale sono stati aggiunti. Inoltre, determinare quante moli di cloruro ferrico occorre aggiungere a 500 mL di acqua affinchè si produca la stessa temperatura di ebollizione registrata nel caso precedente. P.A. (Na)=23 uma, P.A. (Cl)=35 uma. (6 Punti) Risoluzione: Si parla di innalzamento ebullioscopico, quindi DT=i*m*Keb Il DT è la differenza rispetto alla normale temperatura di ebollizione dell’acqua pura, cioè 100°C, quindi 101.3°-100°C=1.3 °C, ma questo delta è anche il delta in Kelvin, 1.3 K (Dire che la temperatura cresce di un K o di un °C, è la stessa cosa). NaCl si ionizza in due ioni, quindi i=2. 1.3 K =2*m*1.8 K kg/mol à m = 0.36 mol/kg Considerando i 500 mL di acqua, la sua densità unitaria, quindi 500 mL di acqua pesano 500 g, quindi 0.5 kg. La molalità (m) è data dal rapporto delle moli del soluto sul peso in kg del solvente (acqua) à 0.36 mol/kg = mol / 0.5 kg à mol = 0.36 mol/kg * 0.5 kg = 0.18 mol 0.18 mol di NaCl corrispondono a 0.18 mol * (23+35) g/mol = 10.44 g Se vogliamo aumentare la temperatura di ebollizione dell’acqua di 1.3 K con un altro sale, il cloruro ferrico, occorrerà ricordare la sua formula FeCl3, e che si ionizza in 4 ioni, quindi i=4. 1.3 K =4*m*1.8 K kg/mol à m = 0.18 mol/kg, corrispondono 0.18 mol/kg * 0.5 kg = 0.09 mol di cloruro ferrico.

3. Si consideri la seguente reazione a 50°C

3A (g) ⇆ B (s) all’equilibrio si trovano, nel recipiente da due litri dove è avvenuta la reazione, 5 mol di A e 2 mol di B. i) Calcolare la Kc; ii) Calcolare la Kp; iii) Calcolare le frazioni molari di A e B all’equilibrio. (6 Punti) Risoluzione: i) la Kc contiene al suo interno solo le concentrazioni di gas e liquidi (non puri), quindi considerando che B è un solido… La concentrazione di A = 5 mol / 2 L = 2.5 M à Kc = 1/[A]3 =1/2.53 = 0.064 M-3 ii) Kp dipende solo da A, quindi se si vuole usare la formula Kp=Kc (RT)Dn, occorre considerare che Dn = 0-3 = -3, segue che Kp=0.064 * ((0.0821) L atm/mol K * (50+273.15) K) -3 = 0.064 * 0.00005= 0.000003 atm-3 iii) All’equilibrio ci sono in tutto 5+2=7 mol, quindi la xA=5/7=0.71, mentre xB=2/7=1-xA=0.29

4. In un recipiente di 6L che contiene acqua vengono introdotte 0.3 mol di acido acetico. Dopo aver scritto la reazione di dissociazione dell’acido, determinare i) il pH della soluzione ii) il pH dopo l’aggiunta di 10 mL NaOH 0.01 M iii) il pH dopo l’aggiunta di NaOH necessaria per arrivare all’equivalenza La Ka dell’acido acetico è circa 10-5. (6 Punti) Risoluzione: L’acido acetico CH3CO2H, lo scrivo nella formula generica HA HA + H2O ßà H3O+ + Ai) essendo un acido debole, usiamo la formula approssimata [H+]= (Ka*[HA])0.5= (10-5 * 0.3/6 M)0.5 = 0.0007 M pH=-log(0.0007) = 3.15 ii) Se si aggiungono 10 mL di NaOH (base forte) 0.01 M, si stanno aggiungendo 0.01 L * 0.01 mol/L = 0.0001 mol di OH-. La base neutralizza in parte l’HA, secondo la reazione HA + OH- à A- + H2O Vuol dire che, rimangono 0.3 – 0.0001 = 0.2999 mol di HA e si formano 0.0001 mol di A-. Quando sono presenti un acido debole e la sua base coniugata siamo in presenza di una soluzione tampone, e il pH = pKa + log [A-]/[HA], considerando che il volume è lo stesso per le due specie allora possiamo usare il rapporto delle moli, pH = pKa + log (mol A-)/(molHA)= 5 + log 0.0001/0.2999 = 5-3.47 = 1.53. Questo risultato è sbagliato perché è impossibile che dopo l’aggiunta di una base, il pH aumenti. Quindi vuol dire che no si può usare questa approssimazione e che il pH rimane pressoché lo stesso del punto i). iii) Quando si arriva all’equivalenza, vuol dire che tutte le moli di HA sono state neutralizzate dalle moli aggiunte di OH-. Occorre calcolare il volume aggiunto di OH-, co...