A COGNOME .............................................NOME

A
COGNOME .............................................NOME..................................................Matricola
1. Scrivere il nome dei seguenti composti: (NH4)2CO3, P4O10, SO32-. Scrivere la formula dei seguenti
composti: fosfato di magnesio, ossido di Fe(III), nitrito di calcio.
Carbonato di ammonio; decaossido di tetrafosforo, (ossido di fosforo(V) è una denominazione meno
precisa perché non aiuta a scrivere correttamente la formula); ione solfito (o anione solfito).
Mg3(PO4)2; Fe2O3; Ca(NO2)2.
2. Quale dei seguenti composti (di cui dovete scriverne il nome) vi aspettate sia ionico e quale covalente:
BaCl2 e PCl3? Giustificare le risposte.
BaCl2 (cloruro di bario) composto formato da un metallo e un non metallo: ionico. PCl3 (tricloruro di
fosforo) composto formato da due non metalli: covalente
3. (a) Indicare a che gruppo e a che periodo appartiene l’elemento che ha la seguente configurazione
elettronica: [Ar] 3d5, 4s2; scriverne nome e simbolo e indicare quanti elettroni spaiati possiede.
(b) Scrivere la configurazione elettronica dell’elemento zolfo. Quali vi aspettate che siano i suoi numeri
di ossidazione più comuni?
(a) L’ultimo strato occupato ha n.ro quantico principale 4, quindi 4° Periodo. Ha un totale di 7 elettroni di
valenza quindi 7° Gruppo (ovvero 7B, se si usa la convenzione americana); è un metallo di transizione, il
Manganese (Mn); gli elettroni spaiati sono 5 perché i 5 elettroni degli orbitali d si distribuiscono secondo la
regola di Hund (5 uno in ciascun orbitale d).
(b) Lo zolfo appartiene al 16° gruppo, è del terzo periodo: [Ne] 3s2 3p4; n.ri di ox più comuni +4 (perdita
formale degli elettroni p), +6 (perdita formale di tutti gli elettroni di valenza), -2 (raggiunge la
configurazione elettronica del gas nobile che lo segue, Ar).
4. Passando da Mg a Al l’energia di ionizzazione varia in maniera diversa rispetto al generale andamento
lungo un periodo: spiegare. Indicare inoltre l’andamento generale dei raggi atomici e delle energie di
ionizzazione scendendo lungo un gruppo.
L’energia di (prima) ionizzazione di norma cresce lungo un periodo a causa della crescita di Z* (aumenta la
carica del nucleo che non viene schermata efficacemente dagli elettroni dello stesso strato). Tuttavia nel
passaggio dal gruppo 2 al gruppo 13 il nuovo elettrone va a collocarsi in un orbitale p dello stesso strato, che
si trova ad energia più elevata dell’orbitale s: quindi occorre spendere meno energia per allontanare un
elettrone da quell’orbitale. Scendendo lungo un gruppo i raggi atomici aumentano in quanto gli elettroni di
valenza, cioè quelli più esterni, vengono a collocarsi in orbitali di numero quantico principale più elevato,
quindi più espansi. Per contro il potenziale di ionizzazione cala in quanto gli elettroni più esterni risentono di
una minore attrazione del nucleo a causa della loro maggiore distanza.
5. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido utilizzando il metodo
delle semireazioni ed indicando l’ossidante e il riducente: NO3-(aq) + I2(s) Æ IO3-(aq) + NO2(g)
Nel passaggio da nitrato a biossido di azoto il numero di ossidazione di N cala da +5 a +4, con un acquisto di
1 e-. N si riduce e quindi l’anione nitrato agisce da ossidante. Nel passaggio da iodio elementare a ione
iodato, ogni atomo di I passa da zero a +5. Quindi ogni molecola di iodio, che contiene due atomi di iodio,
cede 10 elettroni. I si ossida, lo iodio è il riducente.
Semireazioni:
NO3-(aq) + e- + 2 H+ Æ NO2 (g) + H2O
I2 (s) + 6 H2O Æ2 IO3- + 10 e- + 12 H+
Minimo comune multiplo fra 1 e 10 è 10. Quindi moltiplicando la prima semireazione per 10 e la seconda
per 1, e sommando si ottiene:
10NO3-(aq) + 10 e + 20 H+ + I2 (s) + 6 H2O Æ 10 NO2 (g) + 10 H2O + 2 IO3- + 10 e- + 12 H+
Quindi la reazione bilanciata, dopo le semplificazioni delle molecole di acqua e degli H+, è
10NO3-(aq) + 8 H+ + I2 (s) Æ 10 NO2 (g) + 4 H2O + 2 IO3-
6. Utilizzando lo schema di MO della molecola diatomica omonucleare N2, determinare l’ordine di legame
per lo ione NO-.
Tale ione possiede 12 elettroni di valenza (5+6+1). La configurazione sarà quindi (σ2s)2, (σ*2s)2, (π2p)4,
(σ2p)2, (π*2p)2, quindi l’ordine di legame sarà (8-6)/2 = 2
7. Vero o falso (giustificare le risposte): a) è possibile che due atomi siano legati solo da un legame
pigreco; b) l’energia di dissociazione di un legame doppio è maggiore di quella di un legame singolo; c)
se una molecola ha legami polari, sarà polare; d) la conducibilità dei semiconduttori aumenta con la
temperatura
a) Falso, perché tra due atomi legati ci deve essere sempre un legame sigma; legami pigreco sono presenti
solo nei legami multipli, in aggiunta al legame sigma.
b) Vero: la formazione di un legame doppio comporta il guadagno energetico del legame sigma e quello del
legame pigreco.
c) Falso: Una molecola contenente legami polari sarà polare solo se la somma vettoriale dei momenti di
dipolo di ciascun legame polare non si annulla a causa della simmetria della molecola.
d) Vero: nei semiconduttori al crescere della T aumentano gli elettroni che hanno l’energia sufficiente per
superare il gap energetico tra la banda di valenza e quella di conduzione. Questo rappresenta un’importante
differenza rispetto al comportamento dei metalli
8. Scrivere le formule di Lewis di SO32-, NF3, NO3-. Per ciascuna specie specificare il numero di coppie di
non legame, di legame sigma e di legame pigreco attorno all’atomo centrale, indicare la forma di
ciascuna molecola o ione secondo la teoria VSEPR e precisare l’ibridizzazione dell’atomo centrale.
2SO3 ha 26 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma, tre coppie di non legame sugli
ossigeni e una coppia di non legame sullo zolfo consentirebbe ad ogni atomo di raggiungere l’ottetto. Ci
sarebbe però carica formale +1 sullo zolfo e –1 sui tre atomi di O. Introducendo un doppio legame lo zolfo
ha carica formale zero, lasciando carica formale –1 su due ossigeni (che sono gli atomi più elettronegativi).
L’espansione a 10 del numero di elettroni attorno allo zolfo è compatibile con il fatto che S appartiene ad un
periodo superiore al 2°; sono possibili tre ibridi di risonanza. Portando a due il numero di doppi legami e
quindi aumentando il numero totale di elettroni su S, gli si conferisce una carica formale di –1, incompatibile
con il fatto che è meno elettronegativo dell’ossigeno. Attorno allo zolfo ci sono 3 coppie di legame sigma,
una coppia di legame pigreco e una coppia di non legame. Quindi dal punto di vista della teoria VSEPR, 4
coppie di elettroni si dispongono nelle direzione dei vertici di un tetraedro, ma una è coppia di non legame
quindi lo ione ha forma piramidale a base triangolare. Lo zolfo userà 4 ibridi sp3.
NF3 ha anch’esso 26 elettroni di valenza, ma la formula di Lewis è diversa. Infatti una formula di Lewis con
tre legami sigma, tre coppie di non legame sui fluori e una coppia di non legame sull’azoto consente ad ogni
atomo di raggiungere l’ottetto e di avere cariche formali ottimali (zero su ogni atomo). Non è possibile la
formula di Lewis dello ione solfito (con il doppio legame), in quanto N non ha la possibilità di espandere
l’ottetto. Attorno all’azoto ci sono 3 coppie sigma ed una coppia di non legame(nessuna coppia pigreco). Le
4 coppie di elettroni si dispongono nelle direzione dei vertici di un tetraedro, ma una è coppia di non legame
quindi la molecola ha forma piramidale a base triangolare. L’azoto userà 4 ibridi sp3.
NO3- ha 24 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma, tre coppie di non legame sugli
ossigeni non consente all’azoto di raggiungere l’ottetto. Introducendo un doppio legame N=O, l’azoto
raggiunge l’ottetto; ci sono 3 ibridi di risonanza. In questa struttura l’azoto ha carica formale +1, mentre due
ossigeni hanno carica formale –1. Un ulteriore doppio legame porterebbe la carica formale dell’azoto a zero
ma lo porterebbe a 10 elettroni totali violando la regola dell’ottetto (cosa che non può fare essendo del
secondo periodo). Quindi attorno all’azoto: 3 coppie sigma, una coppia pigreco. Per la teoria VSEPR le 3
coppie di elettroni si dispongono secondo una geometria trigonale (sul piano a 120°). Ne risulta che lo ione
sarà planare trigonale e l’azoto userà 3 ibridi sp2.
9. Il cloruro di nitrosile ha formula NOCl. Discutere le possibili formule di Lewis, ipotizzando dapprima
che l’atomo centrale sia N e poi che sia O. Indicate qual è la formula più stabile e la geometria della
molecola.
La molecola ha 18 elettroni di valenza. Disposti i due legami sigma e tre coppie attorno agli atomi periferici
resta una coppia che va attorno all’atomo centrale, che non raggiunge ancora l’ottetto e quindi richiederà la
trasformazione di qualche coppia di non legame in legame pigreco. Comunque si effettui questa
trasformazione e qualunque sia l’atomo centrale, è quindi definito il numero di coppie di legame sigma (2) e
di non legame (1) attorno all’atomo centrale. Questo basta a definire la geometria delle coppie e la forma
della molecola secondo la teoria VSEPR: quindi le 3 coppie saranno disposte a 120° sul piano e la molecola
avrà forma angolare (e non trigonale, dato che una delle tre è una coppia di non legame). Resta da distribuire
le coppie di non legame periferiche e i legami pigreco in modo da raggiungere l’ottetto e minimizzare le
cariche formali. Nel caso in cui sia N l’atomo centrale lo spostamento di una coppia di non legame
dell’ossigeno a dare un legame doppio O=N consente a tutti gli atomi di raggiungere l’ottetto, con cariche
formali zero su tutti gli atomi. Un’analoga operazione sul Cl, con formazione di un doppio legame Cl=N
(oltre a contrastare con la poca tendenza del Cl a dare doppi legami) darebbe cariche formali +1 per Cl e –1
per O. Con l’ossigeno come atomo centrale, una formula con doppio legame N=O darebbe carica formale –1
per N, +1 per O (sfavorita rispetto alle due precedenti per la carica formale positiva su atomo più
elettronegativo), mente la formula con doppio legame O=Cl darebbe cariche formali assurdamente
sbilanciate (N –2, O +1, Cl +1). Formule con un legame NO triplo comporterebbero il superamento
dell’ottetto, che non è consentito né per N né per O, e così pure formule con due doppi legami per l’atomo
centrale. Quindi la formula più stabile è quella in cui N è l’atomo centrale, formando un legame doppio con
l’ossigeno O=N ed un legame semplice con Cl, e consente a tutti gli atomi di raggiungere l’ottetto, con
cariche formali zero su tutti gli atomi.
10. Un composto contiene il 38.50% di O, il 14.45% di C, il 47.05% di K. Determinarne la formula minima
e quella molecolare, sapendo che la massa molare vale 166.2. K 39.10, C 12.01, O 16.00.
In 100 g di composto: moli O: 38.50/16.00 = 2.406 ; C 14.45/12.01 = 1.203 ; K 47.05/39.10 = 1.203. Le moli
di O sono doppie sia di quelle di C che di quelle di K, quindi la formula minima è KCO2, cui corrisponde una
massa molare di 83.11. Il rapporto 166.2/83.11 = 2, quindi la formula molecolare sarà K2C2O4.
11. Dalla reazione di 124.0 g di cloruro d’ammonio solido con 103.5 g di idrossido di calcio solido si
ottengono ammoniaca, cloruro di calcio e acqua. a) Scrivere l’equazione bilanciata; b) indicare il
reagente limitante; c) calcolare la quantità di reagente in eccesso che rimane; d) calcolare la quantità
di cloruro di calcio che dovrebbe formarsi; e) calcolare la resa percentuale della reazione se si isolano
105.8 g di cloruro di calcio; f) indicare quanto idrossido di calcio si dovrebbe usare per ottenere 50.0 g
di cloruro di calcio, supponendo la reazione quantitativa. (N 14.01, H 1.008, Cl 35.45, O 16.00, Ca
40.08)
a) 2NH4Cl + Ca(OH)2 Æ 2NH3 + CaCl2 + 2 H2O
b) Moli di NH4Cl = 124.0/53.492 = 2.318; moli di Ca(OH)2 = 103.5/74.096 = 1.397.
Rapporto fra le moli dei reagenti = 2.318/1.397 = 1.659. Tale rapporto è minore del rapporto fra i coefficienti
stechiometrici dei due reagenti (2/1), quindi Ca(OH)2 è in eccesso e NH4Cl è il reagente limitante.
c) Moli di Ca(OH)2 reagite = moli reagente limitante x coeff. stech. Ca(OH)2/coeff.stech. NH4Cl = 2.318x1/2
= 1.159. Moli di Ca(OH)2 rimaste = 1.397– 1.159 = 0.238 moli, pari a 0.238x74.096 = 17.6 g in eccesso.
d) Moli di CaCl2 formate = moli reagente limitante x coeff. stech. CaCl2 /coeff.stech. NH4Cl = 2.318x1/2 =
1.159, pari a 1.159x111.0 = 128.6 g di CaCl2.
e) Resa percentuale = (105.8/128.6)x100 = 82.27%
f) 50.0 g di CaCl2 corrispondono a 50.0/111.0 = 0.450 moli. La stechiometria della reazione dice che il
numero di moli di CaCl2 formate è pari a quello di Ca(OH)2 reagite. Se la reazione è quantitativa, la
formazione di 0.450 moli di cloruro di calcio richiede 0.450 moli di Ca(OH)2, pari a 0.450x74.096 = 33.3 g.
12. Scrivere le reazioni con acqua dei seguenti ossidi, indicando il nome dei composti che si formano nei
due casi: K2O, SO2.. Indicare inoltre cosa si formerà dalla reazione fra i due prodotti.
K2O ossido di potassio è un ossido ionico (K è un metallo) quindi sarà un ossido basico e la sua reazione con
H2O genera un idrossido, l’idrossido di potassio:
K2O + H2O Æ 2 KOH
SO2 è un ossido covalente (e quindi acido) in cui S ha n°ox +4. La reazione con H2O genera l’ossiacido in
cui S ha quel n° di ox, cioè l’acido solforoso:
SO2 + H2O Æ H2SO3
La reazione fra un acido e un idrossido genera acqua e un sale, in questo caso solfito di potassio, che in
soluzione acquosa si dissocia in 2K+ e SO32-.
2 KOH + H2SO3 Æ K2SO3 + 2H2O
B
COGNOME .............................................NOME..................................................Matricola
1) (a) Indicare a che gruppo e a che periodo appartiene l’elemento che ha la seguente configurazione
elettronica: [Ar] 3d7, 4s2; scriverne nome e simbolo e indicare quanti elettroni spaiati possiede.
(b) Scrivere la configurazione elettronica dell’elemento fosforo. Quali vi aspettate che siano i suoi
numeri di ossidazione più comuni?
(a) L’ultimo strato occupato ha n.ro quantico principale 4, quindi 4° periodo. Ha un totale di 9 elettroni di
valenza quindi 9° Gruppo (ovvero 8B, se si usa la convenzione americana); è un metallo di transizione, il
Cobalto (Co); gli elettroni spaiati sono 3 perché i 7 elettroni degli orbitali d si distribuiscono secondo la
regola di Hund (uno in ciascun orbitale d) e gli ultimi 2 vanno ad occupare con spin opposto due degli
orbitali d già parzialmente occupati.
(b) Il fosforo è del 3° periodo, gruppo 15: [Ne] 3s2, 3p3, n.ri ox. più comuni +5, +3 (corrispondenti alla
perdita formale di tutti gli elettroni di valenza o dei soli p), -3 (corrispondente al raggiungimento della
configurazione del gas nobile successivo).
2) Passando da P a S l’energia di (prima) ionizzazione varia in maniera diversa rispetto al generale
andamento lungo un periodo: spiegare. Indicare inoltre l’andamento generale dei raggi atomici e
delle energie di ionizzazione scendendo lungo un gruppo.
L’energia di (prima) ionizzazione di norma cresce lungo un periodo a causa della crescita di Z* (aumenta la
carica del nucleo che non viene schermata efficacemente dagli elettroni dello stesso strato). Tuttavia nel
passaggio dal gruppo 15 al gruppo 16 il nuovo elettrone va a collocarsi in un orbitale p già occupato da 1
elettrone: la repulsione interelettronica che ne consegue destabilizza l’orbitale (rende più alta la sua energia)
e quindi occorre spendere meno energia per allontanare un elettrone da quell’orbitale. Scendendo lungo un
gruppo i raggi atomici aumentano in quanto gli elettroni di valenza, cioè quelli più esterni, vengono a
collocarsi in orbitali di numero quantico principale più elevato, quindi più espansi. Per contro il potenziale di
ionizzazione cala in quanto gli elettroni più esterni risentono di una minore attrazione del nucleo a causa
della loro maggiore distanza.
3) Utilizzando lo schema di MO della molecola diatomica omonucleare N2, determinare l’ordine di
legame per lo ione O2+.
Tale ione possiede 11 elettroni di valenza. La configurazione sarà quindi (σ2s)2, (σ*2s)2, (π2p)4, (σ2p)2, (π*2p)1,
quindi l’ordine di legame sarà (8-5)/2 = 2.5
4) Quale dei seguenti composti vi aspettate sia ionico e quale covalente: CF4 e CsBr (scrivetene il
nome)? Giustificare le risposte.
Il tetrafluoruro di carbonio sarà covalente, essendo un composto fra non-metalli; il bromuro di cesio sarà
ionico essendo un composto fra un metallo (Cs) e un non-metallo.
5) Scrivere le formule di Lewis di SO3, IF3, PCl3. Per ciascuna specie specificare il numero di coppie di
non legame, di legame sigma e di legame pigreco attorno all’atomo centrale, indicare la forma di
ciascuna molecola secondo la teoria VSEPR e precisare l’ibridizzazione dell’atomo centrale.
SO3 ha 24 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma e un legame pigreco (ovvero due
legami S-O semplici e un legame S=O doppio, tre ibridi di risonanza) consentirebbe ad ogni atomo di
raggiungere l’ottetto. Ci sarebbe però carica formale +2 sullo zolfo e –1 su due atomi di O. Portando a due il
numero di doppi legami la carica formale su S scenderebbe a +1 (con espansione del numero di elettroni
attorno allo zolfo fino a 10, e ancora tre ibridi di risonanza). Infine portando a tre il numero di doppi legami
tutti gli atomi avrebbero carica formale zero; lo zolfo avrebbe 12 elettroni, il che è compatibile con il fatto
che appartiene ad un periodo superiore al 2°. In tutte e tre le ipotesi attorno allo zolfo ci sarebbero 3 coppie
di legame sigma e nessuna coppia di non legame (varierebbe solo il numero di coppie pigreco). Quindi dal
punto di vista della teoria VSEPR 3 coppie di elettroni si dispongono secondo una geometria trigonale (sul
piano a 120°). Ne risulta che la molecola sarà planare trigonale e lo zolfo userà 3 ibridi sp2.
IF3 ha 28 elettroni di valenza. Le 14 coppie di elettroni devono essere disposte a dare tre legami sigma, 3
coppie di non legame attorno a ogni F; le 2 coppie rimanenti saranno di non legame attorno allo iodio (che
può espandere l’ottetto). Le cariche formali sono zero per tutti gli atomi. Essendoci 3 coppie sigma e 2 di non
legame attorno all’atomo centrale la teoria VSEPR prevede geometria delle coppie a bipiramide trigonale.
Quindi l’ibridizzazione dello iodio sarà sp3d. Le coppie di non legame occupano le posizioni con minor
ingombro (quindi due posizioni equatoriali). La forma della molecola sarà quindi a T.
PCl3 ha 26 elettroni di valenza. Le 13 coppie di elettroni devono essere disposte a dare tre legami sigma, 3
coppie di non legame attorno a ogni Cl; la coppia rimanente resta di non legame sul P. In questo le cariche
formali sono zero per tutti gli atomi. Essendoci una coppia di non legame e tre coppie sigma attorno
all’atomo centrale, la geometria delle coppie sarà tetraedrica, e l’ibridizzazione di P sarà sp3. Essendo una
delle 4 coppie di non legame, la geometria della molecola sarà piramidale trigonale (a base triangolare).
6) Scrivere il nome dei seguenti composti: ClO3-, BaBr2, MnO2. Scrivere la formula dei seguenti
composti: ossido di argento(I), solfato di cromo(III), ione perossido.
Anione clorato ( o ione clorato), bromuro di bario (è superfluo specificare il numero di ossidazione del Ba,
perché può essere solo due), biossido di manganese o ossido di manganese(IV). Ag2O, Cr2(SO4)3 , O22-.
7)
Il cloruro di nitrosile ha formula NOCl. Discutere le possibili formule di Lewis, ipotizzando
dapprima che l’atomo centrale sia N e poi che sia O. Indicate quale sarà la formula più stabile e la
geometria della molecola.
La molecola ha 18 elettroni di valenza. Disposti i due legami sigma e tre coppie attorno agli atomi periferici
resta una coppia che va attorno all’atomo centrale, che non raggiunge ancora l’ottetto e quindi richiederà la
trasformazione di qualche coppia di non legame in legame pigreco. Comunque si effettui questa
trasformazione e qualunque sia l’atomo centrale, è quindi definito il numero di coppie di legame sigma (2) e
di non legame (1) attorno all’atomo centrale. Questo basta a definire la geometria delle coppie e la forma
della molecola secondo la teoria VSEPR: quindi le 3 coppie saranno disposte a 120° sul piano e la molecola
avrà forma angolare (e non trigonale, dato che una delle tre è una coppia di non legame). Resta da distribuire
le coppie di non legame periferiche e i legami pigreco in modo da raggiungere l’ottetto e minimizzare le
cariche formali. Nel caso in cui sia N l’atomo centrale lo spostamento di una coppia di non legame
dell’ossigeno a dare un legame doppio O=N consente a tutti gli atomi di raggiungere l’ottetto, con cariche
formali zero su tutti gli atomi. Un’analoga operazione sul Cl, con formazione di un doppio legame Cl=N
(oltre a contrastare con la poca tendenza del Cl a dare doppi legami) darebbe cariche formali +1 per Cl e –1
per O. Con l’ossigeno come atomo centrale, una formula con doppio legame N=O darebbe carica formale –1
per N, +1 per O (sfavorita rispetto alle due precedenti per la carica formale positiva su atomo più
elettronegativo), mente la formula con doppio legame O=Cl darebbe cariche formali assurdamente
sbilanciate (N –2, O +1, Cl +1). Formule con un legame NO triplo comporterebbero il superamento
dell’ottetto, che non è consentito né per N né per O, e così pure formule con due doppi legami per l’atomo
centrale. Quindi la formula più stabile è quella in cui N è l’atomo centrale, formando un legame doppio con
l’ossigeno O=N ed un legame semplice con Cl, e consente a tutti gli atomi di raggiungere l’ottetto, con
cariche formali zero su tutti gli atomi.
8) Un composto contiene il 47.76% di O, il 17.93% di C, il 34.31% di Na. Determinarne la formula
minima e quella molecolare, sapendo che la massa molare vale 134.0. Na 22.99, C 12.01, O 16.00.
In 100 g di composto: moli O: 47,76/16.00 = 2.985 ; C 17,93/12.01 = 1.493 ; Na 34,31/22.99 = 1.493. Le
moli di O sono doppie sia di quelle di C che di quelle di Na, quindi la formula minima è NaO2C, cui
corrisponde una massa molare di 67.00. Il rapporto 134.0/67.00 = 2, quindi la formula molecolare sarà
Na2O4C2.
9) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido utilizzando il
metodo delle semireazioni ed indicando l’ossidante e il riducente: BrO3-(aq) + N2H4(aq) Æ Br-(aq)
+ N2(g)
Nel passaggio da bromato a bromuro il numero di ossidazione del Br cala da +5 a –1, con un acquisto di 6 e-.
Il Br si riduce e quindi l’anione bromato agisce da ossidante. Nel passaggio da idrazina a azoto elementare,
ogni atomo di N passa da –2 a zero. Quindi ogni molecola di idrazina, che contiene due atomi di azoto, cede
4 elettroni. N si ossida, l’idrazina è il riducente.
Semireazioni:
BrO3-(aq) + 6 e- + 6 H+ Æ Br-(aq) +3 H2O
N2H4(aq) ÆN2 + 4 e- + 4 H+
Minimo comune multiplo fra 6 e 4 è 12. Quindi moltiplicando la prima semireazione per 12/6=2 e la
seconda per 12/4 =3, e sommando si ottiene:
-
2BrO3-(aq) + 3N2H4(aq) + 12 e- + 12 H+ Æ 2Br (aq) +6 H2O + 3N2 + 12 e- + 12 H+
Quindi la reazione bilanciata è
-
2BrO3-(aq) + 3N2H4(aq) Æ 2Br (aq) +6 H2O + 3N2
10) Scrivere le reazioni con acqua dei seguenti ossidi, indicando il nome dei composti che si formano
nei due casi: MgO, N2O5.. Indicare inoltre cosa si formerà dalla reazione fra i due prodotti.
MgO è un ossido ionico (Mg è un metallo) quindi sarà un ossido basico e la sua reazione con H2O genera un
idrossido, l’idrossido di magnesio (non è necessario specificare II, perché Mg può avere solo n°ox = +2):
MgO + H2O Æ Mg(OH)2
N2O5 è un ossido covalente (e quindi acido) in cui N ha n°ox +5. La reazione con H2O genera l’ossiacido in
cui N ha quel n° di ox, cioè l’acido nitrico:
N2O5 + H2O Æ 2 HNO3
La reazione fra un acido e un idrossido genera acqua e un sale, in questo caso nitrato di magnesio che in
soluzione acquosa si dissocia in Mg2+ e 2NO3-.
Mg(OH)2 + 2 HNO3 Æ Mg(NO3)2 + 2H2O
11) Riscaldando 35.5 g di idrossido di calcio solido con 62.0 g di cloruro d’ammonio solido si
ottengono ammoniaca, cloruro di calcio e acqua. a) Scrivere l’equazione bilanciata; b) indicare il
reagente limitante; c) calcolare la quantità di reagente in eccesso che rimane; d) calcolare la
quantità di ammoniaca che dovrebbe formarsi; e) calcolare la resa percentuale della reazione se si
isolano 12.3 g di ammoniaca; f) indicare quanto cloruro di ammonio si dovrebbe usare per ottenere
50.0 g di ammoniaca, supponendo la reazione quantitativa. (N 14.01, H 1.008, Cl 35.45, O 16.00,
Ca 40.08)
a) 2NH4Cl + Ca(OH)2 Æ 2NH3 + CaCl2 + 2 H2O
b) Moli di NH4Cl = 62.0/ 53.492 = 1.16; moli di Ca(OH)2 = 25.5/74.096 = 0.479.
Rapporto fra le moli dei reagenti = 1.16/0.479 = 2.42. Tale rapporto è maggiore del rapporto fra i coefficienti
stechiometrici dei due reagenti (2/1), quindi NH4Cl è in eccesso e Ca(OH)2 è il reagente limitante.
c) Moli di NH4Cl reagite = moli reagente limitante x coeff. stech. NH4Cl/coeff.stech. Ca(OH)2 = 0.479x2/1 =
0.958. Moli di NH4Cl rimaste = 1.16 – 0.958 = 0.202 moli, pari a 0.202x53.492 = 10.8 g in eccesso.
d) Moli di NH3 formate = moli reagente limitante x coeff. stech. NH3/coeff.stech. Ca(OH)2 = 0.479x2/1 =
0.958, pari a 0.958x17.034 = 16.3 g di NH3.
e) Resa percentuale = (12.3/16.3)x100 = 75.5%
f) 50.0 g di NH3 corrispondono a 50.0/17.034 = 2.94 moli. La stechiometria della reazione dice che il numero
di moli di NH3 formate è pari a quello di NH4Cl reagite. Se la reazione è quantitativa, la formazione di 2.94
moli di ammoniaca richiede 2.94 moli di NH4Cl, pari a 2.94x53.492 = 157 g.
12) Vero o falso (giustificare le risposte): a) un doppio legame può essere costituito da due legami
sigma oppure da due legami pigreco; b) la distanza di legame in un legame doppio è minore che in
un legame singolo; c) una molecola con legami polari, sarà polare; d) la conducibilità dei metalli
aumenta con la temperatura
a) Falso, perché un doppio legame è costituito sempre da un legame sigma e uno pigreco.
b) Vero: la distanza di legame diminuisce al crescere dell’ordine di legame;
c) Falso: Una molecola contenente legami polari sarà polare solo se la somma vettoriale dei momenti di
dipolo di ciascun legame polare non si annulla a causa della simmetria della molecola.
d) Falso: al crescere della T la conducibilità dei metalli diminuisce, in quanto le vibrazioni degli atomi
attorno alle loro posizioni ostacolano il moto degli elettroni.