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1 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Piero Zanello, Roberto Gobetto, Robertino Zanoni
Conoscere la Chimica
Soluzioni degli esercizi
CAPITOLO 2
Esercizio 1.
Risoluzione
Poiché si ha a che fare con abbondanze relative espresse in percentuali, si prenda come riferimento un campione di 100
atomi di litio. Di questi 100 atomi, 7,42 atomi hanno massa 6,0151 u.m.a., mentre 92,58 atomi hanno massa 7,0160 u.m.a.
La massa totale dei due gruppi di atomi sarà pari a:
massa di 100 atomi di litio = 7,426,0 · 151 u.m.a. + 92,58 · 7,0160 u.m.a. =
= 44,632 u.m.a. + 649,541 u.m.a. = 694,173 u.m.a.
Poiché tale valore rappresenta la massa di 100 atomi di litio, dividendo per 100 si ottiene la massa atomica di un singolo
atomo:
694,173 u.m.a.
massa atomica del litio = —————— = 6,9417 u.m.a.
100
Esercizio 2.
Risoluzione
Su 100 atomi di stronzio, 0,56 atomi hanno massa 83,9134 u.m.a., 9,86 atomi hanno massa 85,9094 u.m.a., 7,00 atomi
hanno massa 86,9089 u.m.a., 82,58 atomi hanno massa 87,9056 u.m.a.. Pertanto, la massa totale di 100 atomi di stronzio
sarà pari a:
massa di 100 atomi di stronzio = 0,56·83,9134 u.m.a. + 9,86·85,9094 u.m.a.+ 7,00·86,9089 u.m.a.+ 82,58·87,9056u.m.a.=
= 46,992 u.m.a. + 847,067 u.m.a. + 608,36 u.m.a. + 7259,52 u.m.a. = 8761,939 u.m.a.
Poiché tale valore rappresenta la massa di 100 atomi, dividendo per 100 si ottiene la massa di un singolo atomo di
stronzio:
8761,939 u.m.a.
massa atomica dello stronzio = ——————— = 87,62 u.m.a.
100
Esercizio 3.
Risoluzione
Presi 100 atomi di gallio, indicando con x gli atomi di 69Ga con massa di 68,926 u.m.a., avremo (100 – x) atomi di
71
Ga con massa di 70,925 u.m.a.. Sapendo che la massa atomica media di un atomo di gallio è di 69,723 u.m.a., la
massa complessiva di 100 atomi di gallio sarà:
massa di 100 atomi di gallio = 69,723 u.m.a. · 100 = 6972,3 u.m.a.
2 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Pertanto:
x · 68,926 u.m.a. + (100 – x) · 70,925 u.m.a. = 6972,3 u.m.a.
da cui
x = numero di atomi di 69Ga = 60,1
100 – x = numero di atomi di 71Ga = 39,9
Risulta quindi che il 69Ga rappresenta il 60,1%, mentre il 71Ga costituisce il 39.9%.
Esercizio 4.
Risoluzione
a) Nella formula di Ca(C2H3O2)2 sono contenuti 1 atomo di calcio, 4 atomi di carbonio, 6 atomi di idrogeno e 4
atomi di ossigeno.
Sapendo che il peso atomico del calcio è 40,0784 (u.m.a.), il peso atomico del carbonio è 12,0111 (u.m.a.), il peso
atomico dell’idrogeno è 1,0079 (u.m.a.) e il peso atomico dell’ossigeno è 15,9994 (u.m.a.), il peso formula di
Ca(C2H3O2)2 è paria a:
peso formula Ca(C2H3O2)2 = 1 · 40,0784 (u.m.a.) + 4 · 12,0111 (u.m.a.) + 6 · 1,0079 (u.m.a.) +
+ 4 · 15,9994 (u.m.a.) = 158,1678 (u.m.a.)
b)
Nella formula di CH3CH2COOH sono contenuti 3 atomi di carbonio, 6 atomi di idrogeno e 2 atomi di ossigeno.
Il peso formula di CH3CH2COOH è uguale a:
peso formula CH3CH2COOH = 3·12.0111 (u.m.a.) + 6·1.0079 (u.m.a.) + 2·15.9994 (u.m.a.) = 74,0795 (u.m.a.)
c)
Nella formula di (NH4)3PO4 sono contenuti 3 atomi di azoto, 12 atomi di idrogeno, 1 atomo di fosforo e 4 atomi
di ossigeno.
Poiché il peso atomico dell’azoto è 14.0067 (u.m.a.) e il peso atomico del fosforo è 30.9738 (u.m.a.), il peso formula
di (NH4)3PO4 è pari a:
peso formula (NH4)3PO4 = 3·14,0067 (u.m.a.) + 12·1,0079 (u.m.a.) + 1·30,9738 (u.m.a.) + 4·15,9994 (u.m.a.) =
= 149,0870 (u.m.a.)
Esercizio 5.
Risoluzione
a) Poiché la molecola di metano contiene 1 atomo di carbonio e 4 atomi di idrogeno, il suo peso molecolare è
16,0424; ovvero una mole di metano pesa 16,0424 g.
Pertanto, 1.60 g conterranno:
1.60 g : 16,0427 g = 0,10 moli
b)
In una mole di metano vi sono 6,022·1023 atomi, pertanto, in 0,10 moli di metano vi saranno:
6,022·1023 · 0,10 = 6,02·1022 atomi
c)
Poiché in ogni molecola di metano vi sono 4 atomi di idrogeno, in 0,10 moli di metano vi saranno:
6,02·1022 atomi · 4 = 2,41·1023 atomi di idrogeno
3 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Esercizio 6.
Risoluzione
Poiché 1 mole di atomi di magnesio ha massa paria a 24.312 g, 2,50 moli di magnesio hanno massa pari a:
24.312 g · 2,50 = 60,78 g di magnesio
Esercizio 7.
Risoluzione
Poiché 1 mole di rame ha massa pari a 63.54 g, in 12,000 g di rame sono contenute:
12,0000 g/mol : 63,54 g = 0.1888 moli
Poiché in una mole di rame sono contenuti 6,022·1023 atomi di rame, 0.1888 moli di rame contengono:
0.1888 moli · 6,022·1023 atomi/mol = 1,137·1023 atomi
Esercizio 8.
Risoluzione
Per calcolare il numero complessivo di moli di CO2 occorre conoscere innanzitutto il numero di moli di CO2 contenute in
2,32 g. La massa di una mole di CO2 è pari a:
massa molare CO2 = 1·12,01 g/mol + 2·15,999 g/mol = 44,01 g/mol
Il numero di moli di CO2 contenute in 2,32 g è quindi uguale a:
2,32 g : 44,01 g/mol = 0,053 mol
In totale, il numero di moli di CO2 è uguale a:
moli totali di CO2 = 0,053 mol + 0,624 mol = 0,677 mol
Poiché in una mole di CO2 sono contenute 6,022 · 1023 molecole di CO2, il numero di molecole totale è uguale a:
molecole totali di CO2 = 6,022 · 1023 molecole/mol · 0,677 mol = 4,08·1023 molecole
Esercizio 9.
Risoluzione
Per calcolare la massa di uranio occorre determinare il numero di moli di uranio:
moli di uranio = 4,01
1023 atomi : 6,022·1023 atomi/mol = 0,666 mol
La massa di uranio può essere determinata sapendo che la massa molare dell’uranio è di 238.03 g/mol:
massa di uranio = 238,03 g/mol
0,666 mol = 158,5 g
4 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Esercizio 10.
Risoluzione
Per rispondere al quesito è sufficiente confrontare il numero di moli di CO2 e di N2, sapendo che vi è diretta
proporzionalità tra numero di molecole e numero di moli.
La massa di una mole di CO2 è pari a 44,01 g, quindi dividendo la massa di CO2 per la massa di una mole di CO2 si ricava
il numero di moli di anidride carbonica.
moli di CO2 = 176 g : 44,01 g/mol = 3,999 moli
Analogamente, sapendo che la massa di una mole di azoto è di 28,01 g, il numero di moli di N2 è pari a:
moli di N2 = 168 g : 28,01 g/mol = 5,998 mol
Poiché il numero di moli di N2 è superiore a quello di CO2, anche il numero di molecole di azoto sarà maggiore rispetto al
numero di molecole di anidride carbonica.
Esercizio 11.
Risoluzione
In una mole di nitrato di ammonio, NH4NO3, vi sono 2 moli di N, 4 moli di H e 3 moli di O.
Convertendo le moli in masse, si ottiene (per una mole di nitrato di ammonio):
(N)
(H)
(O)
2 mol
4 mol
3 mol
14,01 g/mol = 28,02 g di azoto
1,008 g/mol = 4,032 g di idrogeno
16,00 g/mol = 48,00 g di ossigeno
Pertanto:
massa molare NH4NO3 = 80,052 g
Per ottenere le percentuali dei vari elementi occorre calcolare il rapporto (moltiplicato per 100, per tener conto della
percentuale) tra le masse dei vari elementi e la massa molecolare:
massa % N = (28,02 g : 80,052 g)
massa % H = (4,032 g : 80,052 g)
massa % O = (48,00 g : 80,052 g)
100 = 35,00%
100 = 5,04%
100 = 59,96%
Esercizio 12.
Risoluzione
Questo problema ripercorre lo schema del procedimento per determinare la formula minima o empirica dalla
composizione percentuale.
a) Considerando 100 g di campione, l’azoto che rappresenta il 36,8%, è presente in quantità pari a 36,8 g.
b) L’ossigeno costituisce la restante parte, cioè il 63,2%, e quindi è presente in quantità pari a 63,2 g.
c) Per calcolare le moli di azoto si devono dividere i grammi di azoto per la massa molare dell’azoto:
moli di azoto in 100 grammi di campione = 36,8 g : 14,01 g/mol = 2,63 mol
d)
Analogamente si procede per l’ossigeno:
moli di ossigeno in 100 grammi di campione = 63,2 g : 16,00 g/mol = 3,95 mol
e)
Il rapporto tra il numero di moli di azoto e di ossigeno presenti è:
moli N / moli O = 2,63 mol : 3,95 mol = 0.666
5 – Conoscere la Chimica
f)
CAPITOLO 2
il rapporto di 0,666 tra azoto e ossigeno indica che le moli di azoto sono i 2/3 rispetto alle moli di ossigeno.
Quindi la sostanza in esame avrà formula minima (o empirica): N2O3.
Esercizio 13.
Risoluzione
Considerando 100 grammi di composto incognito, avremo 69,7 g di K, 1,8 g di H, 28,5 g di O.
Calcoliamo il numero di moli di K, H e O presenti in 100 grammi di questo campione.
moli di K = 69,7 g : 39,10 g/mol = 1,78 mol
moli di H = 1,8 g : 1,008 g/mol = 1,78 mol
moli di O = 28,5 g : 16,00 g/mol = 1,78 mol
Poiché il numero di moli di K, H e O in 100 g di campione è identico, la formula empirica è: KOH.
Esercizio 14.
Risoluzione
Sulla base delle percentuali indicate, in 100 grammi di fenolo vi sono: 76,57 g di C, 6,43 g di H, 17,00 g di O.
Calcoliamo le moli di C, H e O presenti in questi 100 grammi di campione.
moli di C = 76,57 g : 12,01 g/mol = 6,38 mol
moli di H = 6,43 g : 1,008 g/mol = 6,38 mol
moli di O = 17,00 : 16,00 = 1,06 mol
A questo punto, il modo di procedere è il seguente: si dividono tutti i valori ottenuti per il valore più piccolo. Se si
ottengono tutti numeri interi (o prossimi all'intero), la formula empirica è determinata; altrimenti si moltiplicano tutti i
numeri per uno stesso fattore (un intero minimo) in modo da ottenere tutti numeri interi.
Dividendo le moli di C (6,38 moli) presenti in 100 g di fenolo per le moli di ossigeno (1,06 moli), si ottiene 6,02, un
valore molto vicino a 6, che indica il rapporto tra numero di moli di C e di O. Il rapporto tra moli di H e di O è
analogamente 6,02, molto vicino al valore 6. La formula empirica del fenolo sarà perciò: C6H6O.
Esercizio 15.
Risoluzione
100 grammi di composto incognito contengono: 48,8 g di C, 13,5 g di H, 37,7 g di N.
Le moli di C, H e N presenti in 100 grammi di campione sono:
moli di C = 48,8 g : 12,01 g/mol = 4,06 mol
moli di H = 13,5 g : 1,008 g/mol = 13,4 mol
moli di N = 37,7 g : 14,01 g/mol = 2,69 mol
Dividendo il numero di moli così ottenute per il numero di moli più piccolo (2,69 moli), per C, H e N si ottengono i
rapporti relativi di: 1,51, 5,02, 1,00. Poiché si devono moltiplicare tutti i numeri per uno stesso fattore (un intero minimo)
in modo da ottenere numeri interi o molto prossimi all’intero, moltiplicando per 2 avremo per C, H e N i valori di 3,02,
10,04 e 2,00, che indicano un rapporto C:H:N = 3:10:2. Pertanto, la formula empirica del composto è C3H10N2.
6 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Esercizio 16.
Risoluzione
La formula molecolare rappresenta un multiplo intero della formula minima. Occorre valutare perciò qual è il rapporto tra
la massa molare della dimetilgliossima (116,12 g/mol) e quello della massa molare associata alla formula empirica
C2H4NO:
massa molare di C2H4NO = 2
12,01 + 4
1,008 + 1
14,01 + 1
16,00 = 58,06 g/mol
Il rapporto fra massa molare e massa della formula minima è:
116,12 g/mol : 58,06 g/mol = 2,00
La formula molecolare del composto si determina moltiplicando tutti i pedici della formula minima per il rapporto fra il
peso molecolare effettivo della sostanza e il peso della formula minima, che in questo caso è 2. La formula molecolare è
perciò C4H8N2O2.
Esercizio 17.
Risoluzione
In 100 grammi di acido ascorbico vi sono: 40,92 g di C, 4,58 g di H, 54,50 g di O.
Calcoliamo le moli di C, H e O presenti in in questi 100 grammi di campione:
moli di C = 40,92 g : 12,01 g/mol = 3,41 mol
moli di H = 4,58 g : 1,008 g/mol = 4,54 mol
moli di O = 54,50 g : 16,00 g/mol = 3.41 mol
Dividendo il numero di moli cosi ottenute per il numero di moli più piccolo (3,41 moli), per C, H e O si ottengono i
rapporti relativi di: 1,00, 1,33, 1,00. Si moltiplicano ora questi numeri per uno stesso fattore (un intero minimo) in modo
da ottenere tutti numeri interi o molto prossimi all’intero. In questo caso il fattore moltiplicativo è 3, per cui C:H:O =
3:4:3 e la formula empirica sarà: C3H4O3.
La massa molare associata a questa formula empirica è:
massa molare di C3H4O3 = 3
12,01 + 4
1,008 + 3
16,00 = 88,06 g/mol
Poiché massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare dell’aciso ascorbico è C3H4O3.
Esercizio 18.
Risoluzione
Poiché nel campione l’acqua è presente per il 36,41%, in 100 g di campione vi sono 36,41 g di H2O. Pertanto, di MnCl2
anidro ve ne sono 63,59 g. Calcoliamo il numero di moli di H2O e di MnCl2 anidro presenti nel campione.
PMH2O = 2 1,008 + 1 16,00 = 18,02 g/mol
PMMnCl2 = 1 54,94 + 2 35,45 = 125,84 g/mol
moli di H2O in 100 g di campione = 36,41 g : 18,02 g/mol = 2,021 mol
moli MnCl2 anidro in 100 g di campione = 63,59 g : 125,84 g/mol = 0,505 mol
Dividendo il numero di moli di H2O (2,021) per il numero di moli di MnCl2 anidro (0,505 moli), si ottiene un rapporto
relativo di:
moli H2O/moli MnCl2 = 2,021 moli : 0,505 = 4,00
Poiché il risultato indica che si hanno 4 molecole di H2O per ogni molecola di MnCl2, la formula del sale idrato è
MnCl2.4·H2O
7 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Esercizio 19.
Risoluzione
Sulla bese delle percentuali indicate, si deduce che in 100 grammi di composto vi sono: 9,93 g di C; 58,64 g di Cl; 31,49 g
di F.
Calcoliamo le moli di C, Cl e F presenti in 100 grammi di campione.
moli di C = 9,93 g : 12,01 g/mol = 0.827 mol
moli di H = 58,64 g : 35,45 g/mol = 1,677 mol
moli di O = 31,43 g : 19,00 g/mol = 1,654 mol
Dividendo il numero di moli così ottenute per il numero di moli più piccolo (0,827 moli), per C, Cl e F si ottengono i
rapporti relativi di: 1,00, 2,03 e 2,00. La formula empirica sarà quindi CCl2F2.
La massa molare associata a questa formula empirica è:
massa molare di CCl2F 2 = 1
12,01 + 2
35,45 + 2
19,00 = 120,91 g/mol
Poiché massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare del composto è CCl2F2.
Esercizio 20.
Risoluzione
In questo caso è possibile determinare immediatamente il numero di moli di Na, Cr e O presenti nel composto.
moli di Na = 5,677 g : 22,99 g/mol = 0,247 mol
moli di Cr = 6,420 g : 52,00 g/mol = 0,123 mol
moli di O = 7,902 g : 16,00 g/mol = 0,494 mol
Dividendo le moli così ottenute per il numero di moli più piccolo (0,123 moli), per Na, Cr e O si ottengono i rapporti
relativi 2,01, 1,09 e 4,02. La formula empirica del composto sarà quindi Na2CrO4, la cui massa molare è:
massa molare di Na2CrO4 = 2
22,99 + 1
52,00 + 4
16,00 = 161,98 g/mol
Poiché massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare del composto è Na2CrO4, ovvero,
cromato di sodio.
Esercizio 21.
Risoluzione
a) L’isotopo C-12 è costituito da 6 protoni, 6 neutroni e 6 elettroni. Dovremmo aspettarci perciò una massa pari a:
6 protoni = 6 · 1,007277 u.m.a.
6 neutroni = 6 · 1,008665 u.m.a.
6 elettroni = 6 · 0,0005486 u.m.a.
peso atomico calcolato = 12,09834 u.m.a.
peso atomico reale = 12,000000 u.m.a.
Il difetto di massa è rappresentato dalla differenza tra peso atomico calcolato e peso atomico reale:
difetto di massa = 12,09834 u.m.a. – 12,000000 u.m.a. = 0,09834 u.m.a.
b)
Per convertire in kg questo difetto di massa, si deve tener conto che l’unità di massa atomica (u.m.a.) corrisponde
a 1,6605·10–27 kg. L’energia di legame del nucleo di C-12 associata a questo difetto di massa può essere valutata
utilizzando la relazione di Einstein (E = m · c2):
E = 0,09834 · 1,6605 · 10–27 kg · (3,00 · 108)2 (m2/s2) = 1,47 · 10–11 joule
8 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Esercizio 22.
Risoluzione
a) L’isotopo Fe-56 è costituito da 26 protoni, 30 neutroni e 26 elettroni. Dovremmo aspettarci perciò una massa pari
a:
26 protoni = 26 · 1,007277 u.m.a.
30 neutroni = 30 · 1,008665 u.m.a.
26 elettroni = 26 · 0,0005486 u.m.a.
peso atomico calcolato = 56,46341 u.m.a.
peso atomico reale = 55,92068 u.m.a.
Il difetto di massa è rappresentato dalla differenza tra peso atomico calcolato e peso atomico reale:
difetto di massa = 56,46341 u.m.a. – 55,92068 u.m.a. = 0,54273 u.m.a.
b)
Per ottenere la conversione in kg di questo difetto di massa, si deve tener conto che l’unità di massa atomica
(u.m.a.) corrisponde a 1,6605·10–27 kg. L’energia di legame del nucleo di Fe-56 può essere valutata utilizzando la
relazione di Einstein (E = m
c2):
E = 0,54273 · 1,6605 · 10–27 kg · (3,00 · 108)2 (m2/s2) = 8,11 · 10–11 joule
Esercizio 23.
Risoluzione
a) L’uranio-238 è costituito da 92 protoni, 146 neutroni e 92 elettroni. Dovremmo aspettarci perciò una massa pari
a:
92 protoni = 92 · 1,007277 u.m.a.
146 neutroni = 146 · 1,008665 u.m.a.
92 elettroni = 92 · 0,0005486 u.m.a.
peso atomico calcolato = 239,98504 u.m.a.
peso atomico reale = 238,00031 u.m.a.
Il difetto di massa è rappresentato dalla differenza tra peso atomico calcolato e peso atomico reale:
difetto di massa = 239,98504 u.m.a. – 238,00031 u.m.a. = 1,98473 u.m.a.
b)
Per ottenere la conversione in kg di questo difetto di massa, si deve tener conto che l’unità di massa atomica
(u.m.a.) corrisponde a 1,6605·10–27 kg.
L’energia di legame del nucleo dell’uranio-238 può essere valutata utilizzando la relazione di Einstein (E=m·c2):
E = 1,98473 · 1,6605 · 10–27 kg · (3,00 · 108)2 (m2/s2) = 2,97 · 10–10 joule
Esercizio 24.
Risoluzione
La legge di Dulong-Petit stabilisce che:
calore specifico · peso atomico ≅ 25,9 J/mol·K
9 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 2
Si può allora calcolare il peso “atomico” approssimato del bronzo:
25,9
peso atomico (bronzo) ≅
= 0,0719 kg/mol = 71,9 g/mol
360
Rame e stagno contribuiranno a tale peso atomico in ragione delle rispettive percentuali e a seconda dei loro pesi atomici
(PACu = 63,54, PASn = 118,69), per cui:
PACu · (% Cu) + PASn · (% Sn) ≅ PAbronzo
63,54 x + 118,69 y = 71,9
x+y =1
x = (% Cu) = 84%
y = (% Sn) = 16%
10 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 3
CAPITOLO 3
Esercizio 1.
Risoluzione
a) Il terzo livello energetico, caratterizzato da n = 3, può essere popolato da 18 elettroni (2 sull’orbitale s, 6 sui tre
orbitali p e 10 sui 5 orbitali d).
b) n = 4 indica il quarto livello energetico, mentre ` = 2 designa gli orbitali di tipo d. Perciò avremo 10 elettroni che
troveranno collocazione nei 5 orbitali 4d.
c) Questi tre numeri quantici indicano l’orbitale 3d caratterizzato da m = 0. Su questo orbitale si possono trovare
solo 2 elettroni.
d) I quattro numeri quantici forniscono la precisa identità di un singolo elettrone (s = –1/2) posto su un orbitale 2p.
Esercizio 2.
Risoluzione
a) Questa serie di numeri quantici è corretta.
b) Questa serie di numeri quantici non è corretta. Infatti, poichè ` assume valori compresi tra 0 e n – 1, per n = 2, `
può soltanto assumere i valori 0 o 1.
c) Questa serie di numeri quantici non è corretta, poichè i valori permessi per il numero quantico s sono +1/2 ,
oppure –1/2.
d) Questa serie di numeri quantici non è corretta poichè i valori permessi per il numero quantico m sono compresi
tra –l e +l, quindi in questo caso tra –1 e +1.
Esercizio 3.
Risoluzione
a) Ne – 1s2 2s2 2p6
K – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1
V – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d3
Se – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p4
Zr – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d2
Ag – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s1 4d10
Eu – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f7
Pb – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p2
U – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6 6s2 4f14 5d10 6p6 7s2 6d1 5f3
b)
Ca2+ – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6
Br– – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6
Cr3+ – 1s2 2s2 2p6 3p6 3d5
Ba2+ – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 5s2 4d10 5p6
Sb5+ – 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d10 4p6 4d10
Esercizio 4.
Risoluzione
La frequenza ν può essere calcolata dalla relazione:
c
ν=—
λ
11 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 3
dove c è la velocità della luce (3,0·108 m/s) e λ la lunghezza d’onda. Pertanto:
c
3,0·108 m/s
ν = — = ————— = 5,45·1014 Hz = 545 GHz
λ
5,5·10–7 m
Esercizio 5.
Risoluzione
La relazione che lega l’energia di una radiazione alla sua frequenza è:
E=h·ν
dove h è la costante di Planck che è pari a 6,621 0–34 J
s.
Calcoliamo dapprima la frequenza della radiazione secondo la relazione:
c
3,0 · 108 m/s
ν = — = ————— = 5,09 · 1014 Hz
λ 5,892·10–7 m
Poiché l’energia di un fotone in oggetto è pari a:
E(fotone) = h · ν = 6,62 · 10–34 J · s · 5,09 · 1014 Hz = 3,37 · 10–19 J
l’energia di una mole di fotoni è pari a:
E(mole di fotoni) = 3,37 · 10–19 J · 6,02 · 1023 = 2,03 · 105 J = 203 kJ
Esercizio 6.
Risoluzione
La configurazione elettronica 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3 indica un elemento del gruppo p nel cui livello 4p sono
presenti tre elettroni. Si tratta perciò dell’arsenico (As).
Esercizio 7.
Risoluzione
Utilizzando la relazione di Rydberg:
1
1
1
— = R (–––– – –––– )
λ
n22
n 12
dove R = 1,097 · 107 m−1 e n1 > n2, si possono calcolare le lunghezze d’onda associate alle varie transizioni elettroniche.
a)
Transizione tra n = 4 a n = 3:
1
1
1
1
1
— = R (–––– – –––– ) = 1,097 · 107 (m−1) · (–––– – ––––) = 5,33 · 105 m−1
λ
n 22
n12
32
42
12 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 3
1
λ = ––––––––––– = 1,876 · 10–6 m = 1876,1 nm
5,33·105 m−1
b)
Transizione tra n = 4 a n = 2:
1
1
1
1
1
— = R ( ––– – ––– ) = 1,097 · 107 (m−1) · ( –––– – ––––) = 1,87 · 106 m−1
λ
n 22
n12
22
42
1
λ = ––––––––––– = 5,347 · 10–7 m = 534,7 nm
1,87·106 m−1
c)
Transizione tra n = 4 a n = 1:
1
1
1
1
— = R (––––– – –––– ) = 1,097 · 107 (m−1) · (1 – ––––) = 1,03 · 107 m−1
λ
n 22
n12
42
1
λ = –––––––––––– = 9,708 · 10–8 m = 97,08 nm
1,03·107 m−1
d)
Transizione tra n = 2 a n = 1:
1
1
1
1
— = R (–––– – ––––) = 1,097 · 107 (m−1) · (1 – ––––) = 8,22 · 106 m−1
λ
n 22
n12
22
1
λ = –––––––––––– = 1,2165 · 10–7 m = 121,65 nm
8,22·106 m−1
Quindi la transizione con massima lunghezza d’onda è quella da n = 4 a n = 3.
E’ utile tener presente che poiché:
c
E=h · ν =h·—
λ
a tale transizione è associata la minima energia.
Esercizio 8.
Risoluzione
Applicando la relazione di Rydberg:
1
1
1
— = R (––––– – –––– )
λ
n22
n12
dove R = 1,097 · 107 m−1 e n 1 > n2, si ottiene:
1
1
1
1
— = R (––––– – –––––) = 1,097 · 107 (m−1) · (1 – ––––) = 1,053 · 107 m−1
λ
n22
n 12
52
13 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 3
1
λ = –––––––––––– = 9,50 · 10–8 m = 95,0 nm
1,053·107 m−1
Esercizio 9.
Risoluzione
La relazione di de Broglie stabilisce che:
h
λ =
m·v
ovvero:
h
v=
m·λ
Sostituendo i valori numerici della costante di Planck, h, e della massa dell’elettrone, m, si ha:
6,6·10−34 (J·s)
v=
7,25·10−4
(m/s)
=
9,1·10−31 (kg) · λ (m)
λ
Inoltre, ricordando la relazione:
v= λ·ν
e tenendo presente che l’elettrone deve procedere a una velocità tale da compiere 1 ciclo al secondo, ovvero
che:
v=λ
Pertanto da:
v=
7,25 · 10−4
(m/s)
λ
si ottiene:
v2 = 7,25·10−4 m/s
v = 2,70·10−2 m/s (= 2,70 cm/s)
Esercizio 10.
Risoluzione
Dalla relazione di de Broglie si ha:
h
λ = –––––
m·v
per cui la velocità degli elettroni deve essere pari a:
= 1, si ha
14 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 3
6,626·10−27 (J·s)
h
v =
=
m·λ
= 3,64·105 (m/s)
9,1·10−31 (kg) · 20·10−10 (m)
Pertanto l’energia cinetica degli elettroni sarà:
1
1
— m·v2 = — 9,11·10−31 · (3,64·105)2 = 6·10−20 joule
2
2
Esercizio 11.
In quale gruppo e in quale periodo della Tavola Periodica si trova tale elemento? Di quale elemento si tratta? Scriverne la
configurazione elettronica completa.
Risoluzione
Ricordando che la denominazione di un orbitale atomico si basa sui numeri quantici n (in valore numerico) e ` (ricorrendo
alle lettere s, p, d, f, rispettivamente per valori di ` = 0, 1, 2, 3), la configurazione degli elettroni di valenza dell’elemento
incognito è:
4s2 3d5
Pertanto, l’elemento appartiene al Gruppo VII B ed è situato nel 4° Periodo. Tale elemento è il manganese, la cui struttura
elettronica è:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5
Esercizio 12.
Risoluzione
La perdita di massa nella reazione nucleare è:
2·2,0141 − (3,0160 + 1,0087) = 0,0035 u.m.a.
pari a una emissione di energia:
E = m·c2 = 0,0035·1,6605·10−27 kg · (3,00·108 m s−1)2 = 5,23·10−13 joule
Pertanto, per 1 g di elio sviluppato, si avrà un’energia deducibile da:
5,23·10−13 J : 3,0160·1,6603·10−24 g = x : 1
x = 1,044·1011 joule
La quantità di petrolio da bruciare è allora pari a:
1 kg : 47698 kJ = x : 1,044·108 kJ
x = 2,19·103 kg = 2,18 tonnellate
15 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
CAPITOLO 4
Esercizio 1.
Risoluzione
a) F 2
FF
b) NCl 3
Cl
Cl N Cl
(c) CBr4
Br
Br C Br
Br
(d) PI3
I
I P I
e) SnCl 4
Cl
Cl Sn Cl
Cl
f) BeF 2
F Be F
g) [NO2]+
O N O
Esercizio 2.
Risoluzione
a) SO2
O
S
O
16 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
b) [CO3] 2–
O
C
O
O
c) O3
O
O
O
d) HNO2
O
N
O
H
e) COCl 2
Cl
C
O
Cl
f) [SCN]–
S C N
Esercizio 3.
Risoluzione
a) CH4
H
109.7°
C
H
H
H
b) CO2
tetraedrica (ibridazione sp3)
180°
O
c) BF 3
F
C
lineare (ibridazione sp)
120°
B
F
O
F
trigonale piana (ibridazione sp2)
17 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
d) NH2Br
H
H
N
Br
< 107.6°
tetraedrica distorta (con angoli inferiori a
107,6° per repulsione causata dalla coppia
elettronica libera sull’atomo di azoto ibridato
sp3)
Esercizio 4.
Risoluzione
a) SCl6
Cl
Cl
Cl
S
Cl
Cl
Cl
molecola ottaedrica (con espansione dell’ottetto
all’atomo centrale di S), ibridazione d2sp3
b) SiF 4
molecola tetraedrica, ibridazione sp3
c) PF 5
F
F
F
P
F
F
molecola ottaedrica (con espansione dell’ottetto
all’atomo centrale di P), ibridazione dsp3
Esercizio 5.
Risoluzione
La molecola Li2 conterrebbe globalmente 6 elettroni che si dovrebbero disporre negli orbitali molecolari nel modo
seguente:
18 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
Quindi la presenza dei 2 elettroni nell’orbitale legante σ2s contribuisce alla formazione della molecola. L’assenza di
elettroni spaiati rende la molecola diamagnetica.
La molecola Be2 contiene 8 elettroni, così disposti negli orbitali molecolari:
Il fatto che il numero di elettroni presenti negli orbitali leganti (4) sia pari al numero di elettroni presenti negli orbitali
antileganti (4) fa prevedere che la molecola non possa esistere.
La molecola B2 contiene 10 elettroni, così distribuiti nei relativi orbitali molecolari:
I due elettroni presenti negli orbitali molecolari leganti π2px e π2py stabilizzano la molecola. Il fatto che questi due elettroni
siano spaiati fa prevedere che la molecola sia paramagnetica.
Esercizio 6.
Risoluzione
Lo ione [He2]+ contiene 3 elettroni. Il riempimento dei relativi orbitali
molecolari è il seguente.
Il numero di elettroni presenti negli orbitali leganti (2) supera il numero di
elettroni presenti negli orbitali antileganti (1), pertanto lo ione potrebbe esistere.
La presenza dell’elettrone spaiato nell’orbitale σ*1s rende tale ione paramagnetico.
Lo ione [N2]+ possiede globalmente 13 elettroni che si dispongono negli orbitali molecolari nel modo seguente:
Vi sono quindi 5 elettroni presenti in orbitali leganti [(π2px)2(π2py)2(σ2pz)1], che consentono la formazione dello ione.
L’elettrone spaiato nell’orbitale σ2pz porta al paramagnetismo dello ione.
Lo ione [O2]+ ha globalmente 15 elettroni, così disposti negli orbitali molecolari:
19 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
Vi sono quindi (6 – 1 =) 5 elettroni che contribuiscono alla formazione di legame e consentono allo ione di esistere.
L’elettrone spaiato presente nell’orbitale π2px* rende tale ione paramagnetico.
Esercizio 7.
Risoluzione
Nella molecola NH2OH (idrossilammina) sono presenti in totale 14 elettroni di valenza. La sua struttura di Lewis è:
L’atomo centrale N è circondato da 4 doppietti di elettroni, 3 di legame e 1 di non-legame. La teoria della repulsione
elettronica prevede una geometria piramidale a base triangolare.
4 doppietti di elettroni attorno a un atomo centrale provengono da una ibridazione sp3 dell’atomo centrale.
Nello ione [IF 4]− vi sono 36 elettroni di valenza. La sua struttura di Lewis è:
Attorno all’atomo di iodio vi sono 6 coppie di elettroni. La teoria della repulsione elettronica prevede una geometria
ottaedrica. Tuttavia, poiché 4 coppie di elettroni sono di legame e 2 di non-legame la geometria sarà quadrato-planare.
Il fatto che attorno all’atomo centrale vi siano 6 doppietti elettronici fa intuire che l’atomo di iodio possieda una
ibridazione d2sp3.
Esercizio 8.
Risoluzione
Per applicare la teoria della repulsione elettronica, si consideri dapprima la struttura di Lewis delle molecole:
NF3
26 elettroni di valenza
[ClO4]−
32 elettroni di valenza
H2S
8 elettroni di valenza
20 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 4
Nel caso di NF3, l’atomo centrale di azoto è circondato da 4 coppie di elettroni, di cui 3 di legame e 1 di non-legame. Se
ne deduce una geometria piramidale a base triangolare e una ibridazione sp 3 per l’atomo di azoto.
Nel caso di [ClO4]−, l’atomo di cloro è circondato da 4 coppie di elettroni di legame. Si prevede quindi una geometria
tetraedrica regolare e una ibridazione sp3 per l’atomo di Cl.
Nel caso di H2S, l’atomo centrale di zolfo è circondato da 4 coppie di elettroni, di cui 2 di legame e 2 di non-legame. Si
prevede allora una geometria angolata e una ibridazione sp3 per l’atomo di S.
Esaminando la geometria delle tre specie, si può dedurre che non vi è coincidenza tra baricentro delle cariche positive e
baricentro delle cariche negative per NF 3 e H2S; quindi tali molecole possiedono un momento dipolare finito.
Esercizio 9.
Risoluzione
La struttura di Lewis dello ione ossonio (8 elettroni di valenza) è:
Le cariche formali sono:
H=1–1=0
O = 6 – 2 – 3 = +1
Secondo la teoria della repulsione elettronica, la presenza di 4 doppietti di elettroni attorno all’atomo centrale di ossigeno
impone alla molecola una geometria tetraedrica. Tuttavia, poiché uno dei doppietti elettronici è di non-legame, la
geometria effettiva sarà piramidale a base triangolare. Ne consegue che gli angoli HOH saranno minori di 109°, ma la
deviazione da tale valore dovrebbe essere minore rispetto a quello che si verifica per H2O (≈ 104°), che possiede due
coppie di elettroni di non-legame (in realtà l’angolo di legame dello ione [H3O]+ è di 110°, non direttamente spiegabile
tramite la teoria VSEPR).
Dovendo essere l’ibridazione dell’atomo centrale di ossigeno di tipo sp3, la sua configurazione elettronica sarà:
O
1s2 2s2 2px2 2py1 2pz1
disaccoppiamento
ibridazione
→
1s2 2s1 2px1 2py1 2pz1 3d1 3d1
→
1s2 (sp3)11 (sp 3)21 (sp 3)31 (sp3)41 3d1
per cui:
O+
1s2 (sp3)11 (sp3)21 (sp3)31 (sp3)41
21 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
CAPITOLO 5
Esercizio 1.
Risoluzione
a)
1 atm è pari a 760 Torr. Quindi vale la relazione:
760 Torr : 1 atm = 98 Torr : x atm
dove x è la pressione in atmosfere da determinare.
98 Torr · 1 atm
x =–––––––––––––––– = 1,29 · 10–1 atm
760 Torr
b)
1 atm è pari a 101 325 Pascal.
Si avrà pertanto:
pressione in Pascal = 1,29 · 10–1 atm · 101 325 Pa = 13,1 kPa
Esercizio 2.
Risoluzione
Ipotizzando che il gas sia un gas perfetto vale la relazione di Boyle:
P ·V=K
da cui deriva che:
Pi · Vi = Pf · Vf
dove i pedici i e f indicano rispettivamente la situazione iniziale e finale. Sostituendo:
5,6 kPa · 1,53 L = 15,0 kPa · Vf
5,6 kPa · 1,53 L
Vf = –––––––––––––––– = 0,57 L
15,0 kPa
Esercizio 3.
Risoluzione
La relazione tra pressione parziale di un gas i componente una miscela gassosa e pressione totale P è:
p i = Xi · P
Le pressioni parziali dei tre gas che compongono la miscela sono proporzionali al numero di moli. Si deve quindi
calcolare la frazione molare di argo nella miscela e usare questa frazione molare per calcolare la pressione parziale di argo.
molAr
1,50 mol
XAr = –––––––––––––––––––– = –––––––––––––––––––––––––– = 0,258
molCl2 + molCO + molAr
1,27 mol + 3,04 mol + 1,50 mol
Pertanto:
pAr = P totale · XAr = 1388 · 0,258 = 358 Torr
22 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
Esercizio 4.
Risoluzione
Occorre ottenere il numero di moli di ciascuno dei componenti della miscela gassosa e calcolare la frazione molare di
ossigeno all’interno della miscela.
Dalla relazione:
p i = Xi · P
si deduce che la frazione molare di un componente è data dal rapporto tra la pressione parziale di quel componente e la
pressione totale all’interno della una miscela gassosa.
Pertanto:
moli di O2 = 32,0 g : 32,0 g/mol = 1,00 mol
moli di N2 = 84,0 g : 28,0 g/mol = 3,00 mol
moli di N2 = 7,00 g : 2,0 g/mol = 3,50 mol
da cui:
1,00 mol
XO2 = –––––––––––––––––––––– = 0,133
(1,00 + 3,00 + 3,50) mol
Dalla relazione:
p O2 = X O 2 · P
si ottiene che:
p O2
78,00 (Torr)
P = –––– = –––––––––––– = 586 Torr
X O2
0,133
Esercizio 5.
Risoluzione
Dalla legge combinata dei gas si ha:
Pi · Vi
Pf · Vf
–––––– = ––––––
Ti
Tf
dove i pedici i e f rappresentano la condizione iniziale e finale e T è la temperatura espressa in gradi Kelvin.
Nel nostro caso il volume iniziale è identico a quello finale per cui:
Pi
Pf
–––– = ––––
Ti
Tf
da cui:
Pi · T f
4,60 atm · 288,15 K
Pf = –––––– = ––––––––––––––––––––– = 2,80 atm
Ti
473,15 K
23 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
Esercizio 6.
Risoluzione
Il volume totale di elio all’interno dei palloncini è uguale a:
Vtotale = 90 · 12,5 L = 1125 L
Dalla legge di Boyle si ha:
Pi · Vi = Pf · V f
Pertanto:
Pf · Vf
1 atm · 1125 L
Pi = –––––– = –––––––––––––– = 75 atm
Vi
15 L
Esercizio 7.
Risoluzione
Dalla legge combinata dei gas si ha:
Pi · Vi
Pf · Vf
–––––– = ––––––
Ti
Tf
dove i pedici i e f rappresentano la condizione iniziale e finale e T è la temperatura espressa in gradi Kelvin.
Da essa si ricava che:
Pi ·Vi ·Tf
751 Torr · 8,00 L · 273,15 K
Vf = ––––––––– = –––––––––––––––––––––––––– = 8,25 L
Pf ·Ti
641 Torr · (273,15 + 37,0) K
Esercizio 8.
Risoluzione
A volume costante, la legge combinata dei gas si trasforma in:
Pi
Pf
–––– = ––––
Ti
Tf
da cui si ricava che:
Pi · T f
0,329 atm · 350,15 K
Pf = –––––– = –––––––––––––––––––––– = 0,360 atm
Ti
320,15 K
Esercizio 9.
Risoluzione
Dall’equazione di stato dei gas ideali:
P·V=n·R·T
24 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
convertendo la pressione in atm ed esprimendo la temperatura in gradi Kelvin si calcola immediatamente il numero di
moli di gas:
P·V
(750/760) atm · 9,00 L
n = ––––––– = –––––––––––––––––––––––––––– = 0,363 moli
R·T
0,082 (L · atm/mol · K) · 298,15 K
Esercizio 10.
Risoluzione
Dall‘equazione dei gas ideali è possibile ricavare il numero di moli del gas n contenute nel recipiente:
P·V
(760/760) atm · 4,00 L
n = –––––– = ––––––––––––––––––––––––––– = 0,1636 moli
R·T
0,082 (L·atm/mol · K) · 298,15 K
Dal concetto di mole di una sostanza di peso molecolare PM:
grammi
numero moli = ––––––––––
PM
si ha:
grammi di gas
7,2 g
PM = ––––––––––––– = ––––––––– = 44 g/mol
moli di gas
0,1636 moli
Esercizio 11.
Risoluzione
La stechiometria della reazione indica che 21,98 moli di NaOH reagiscono con la metà di moli di Cl2, quindi con 10,99
moli di Cl2. Dall’equazione di stato dei gas ideali (P·V = n·R·T) è possibile ricavare il volume di cloro impiegato
(trasformando la pressione da kPa in atm):
n·R·T
10,99 moli · 0,082 (L · atm/mol · K) · 298,15 K
V = –––––––– = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = 268,5 L
P
(101,4/101,325) atm
Esercizio 12.
Risoluzione
La reazione bilanciata è la seguente
2 Mg + O2 → 2 MgO
Le moli di ossigeno che reagiscono possono essere calcolate dalla relazione:
P·V
(770/760) atm · 0,500 L
n = ––––– = –––––––––––––––––––––––––––––– = 0,0175 moli
R·T
0,082 (L · atm/mol · K) · 353,15 K
Poiché la stechiometria della reazione indica che occorrono il doppio di moli di Mg per reagire con l’O2 , le moli di Mg
coinvolte nella reazione sono 0,0350.
25 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
La massa di Mg si calcola moltiplicando il numero di moli per il peso molecolare del Mg, per cui si ha:
massa Mg = 0,0350 moli · 24,312 = 0.851 g
Esercizio 13.
Risoluzione
Nella combustione di 125 g di propano con un eccesso di ossigeno quale volume di CO2 è prodotto a 290 K e 1,50 atm.
C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O
Conoscendo il PM del propano (C3H8, PM = 44,09), le moli di propano sono pari a:
grammi(propano)
125
moli di propano = ––––––––––– = –––––– = 2,835
PM(propano)
44,09
La stechiometria della reazione indica che il numero di moli di CO2 è pari a 3 volte quelle di propano, quindi 8,505 moli.
Il volume si può quindi calcolare mediante l’equazione di stato dei gas ideali:
n·R·T
8,505 moli · 0,082 (L · atm/mol · K) · 290 K
V = ––––––––– = ––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = 135 L
P
1,50 atm
Esercizio 14.
Risoluzione
Il problema fornisce il volume medio di aria introdotto all’interno dei polmoni in una particolare condizione di pressione e
temperatura, e richiede di calcolare il volume di aria introdotto in condizioni standard (0 °C e 1 atm).
Calcoliamo innanzitutto il numero totale delle respirazioni in un giorno che è uguale a:
numero respirazioni nell’arco di 24 ore = 15 · 60 · 24 = 21600 respirazioni
Il volume di aria introdotto a una pressione di 9,95 · 104 Pa e 20°C è:
volume introdotto = 21600 respirazioni · 505 cm3/ respirazione = 10908000 cm3 = 10,9 m3
Per convertirlo alle condizioni standard, applichiamo la legge combinata dei gas, sostituendo alle condizioni finali con
pedice f le condizioni standard con pedice s:
Pi · Vi
Ps · Vs
–––––– = ––––––
Ti
Ts
da cui si ricava che:
Pi · Vi · T s
9,95 · 104 Pa · 10,9 m3 · 273,15 K
Vs = –––––––––– = –––––––––––––––––––––––––––– = 9,97 m3
Ps · T i
101325 Pa · 293,15 K
Esercizio 15.
Risoluzione
Applicando la legge di Graham si ottiene:
VO2
PMSO2
=
VSO2
64,06
=
PMO2
= 1,4
32,00
26 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
Esercizio 16.
Risoluzione
Applicando la legge di Graham:
V O2
PMN2
28,02
=
V N2
=
PMO2
= 0,935
32,00
Esercizio 17.
Risoluzione
Indichiamo con PMx il peso molecolare del gas incognito x. Applicando la legge di Graham si ha:
Vx
PMCO2
= 1,25 =
44,01
=
VCO2
PMx
PMx
Elevando al quadrato entrambi i membri si ottiene:
44,01
1,5625 =
PMx
da cui:
PMx = 28,2
Quindi, la massa molare del gas è 28,2 g/mol.
Esercizio 18.
Risoluzione
Dall’equazione di stato dei gas ideali (P·V = n·R·T ) si ricava:
n·R·T
10,00 moli · 0,082 (L·atm/mol · K) · 273,15 K
P = ––––––––– = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = 223,98 atm
V
1,000 L
Considerando la legge di van der Waals per i gas reali:
a
(P + n2 ——) · (V – n · b) = n · R · T
V2
Sostituendo i valori noti si ottiene:
3,59 L2·atm/mol2
) · (1,000 L – 10,00 mol · 0,0427 L/mol) = 10,00 mol · 0,082 (L·atm/mol · K) · 273,15 K
(P + 10,002 mol2
(1,000)2 L2
(P + 359 atm) · 0,573 L = 223,983 L·atm
P = 31,90 atm
27 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
Esercizio 19.
Risoluzione
Applicando la legge di Van der Waals
a
(P + n2 ––––) · (V – n · b) = n · R · T
V2
e sostituendo i valori noti, si ha:
6,49 L2·atm/mol2
(P + 1,00 mol
) · (22,41 L – 1,00 mol · 0,0562 L/mol) = 1,00 mol · 0,082 (L·atm/mol · K) · 273,15 K
(22,41)2 L2
2
2
(P + 0,0129 atm) · 22,35 L = 22,4 L·atm
P = 0.990 atm
Esercizio 20.
Risoluzione
Il primo dato da calcolare è la pressione parziale del CO. La relazione generale valida per i miscugli gassosi è:
p i = Xi · P
Per i gas, numero di moli e volume sono direttamente proporzionali, per cui:
Xi =
ni
Vi
20000
----------- = --------- = -------------- = 0,02
ntotale
Vtotale
1000000
Pertanto:
10
pCO = 0,02 · 500 = 10 Torr =
atm
760
Dall’equazione di stato dei gas e dalla definizione di pressione parziale si ottiene:
P·V = n·R·T
n = massa/PM
pCO · V · PM
massa(CO) =
10 · 1 · 28
=
R·T
= 0,015 g
760 · 0,082 · 293
Esercizio 21.
Risoluzione
L’anello bianco di NH4Cl si forma nel punto in cui le molecole di NH3 e HCl si incontrano. Le velocità con cui i due gas
diffondono sono dettate dalla legge di Graham, secondo cui:
vNH3
PMHCl
=
vHCl
36,5
=
PM NH3
= 1,47
17
28 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 5
Il rapporto tra le velocità dei gas è pari al rapporto tra gli spazi da essi percorsi:
vNH3
spazio(NH3)
=
vHCl
= 1,47
spazio(HCl)
Inoltre, nel punto d’incontro, la somma degli spazi percorsi sarà pari alla lunghezza del tubo:
spazio (NH3) + spazio (HCl) = 87 cm
Risolvendo il sistema, si ottiene che l’anello bianco si forma a una distanza di 51,8 cm dall’estremità contenente il
batuffolo impregnato di NH3 (ovvero a una distanza di 35,2 cm dall’estremità contenente il batuffolo impregnato di HCl).
Esercizio 22.
Risoluzione
La reazione bilanciata è:
4 C3H5(NO3)3(`) → 12 CO2(g) + 6 N2(g) + O2(g) + 10 H2O(g)
Poiché il peso molecolare della nitroglicerina è 227, il numero di moli contenute nella fiala è: 454/227 = 2. Dalla
stechiometria della reazione si deduce allora che nell’esplosione si formano 6 moli di CO2, 3 moli di N2, 0,5 moli di O2 e 5
moli di H2O. In totale si sviluppano 14,5 moli di gas.
Considerando che in condizioni standard (0 °C e 1 atm), 1 mole di qualsiasi gas occupa un volume di 22,4 litri, il volume
di gas sviluppatosi nell’esplosione, riportato in condizioni standard, è:
1 : 22,4 = 14,5 : x
x = 324,8 litri
Dall’equazione combinata dei gas si ottiene:
P·V
P’ · V’
=
T
T’
1 · 324,8
1·x
=
273
298
x = 354,5 litri
29 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
CAPITOLO 6
Esercizio 1.
Risoluzione
La legge di Bragg stabilisce che:
2d · senθ = n · λ
Pertanto:
λ
0,141 nm
d = –––––––– = ––––––––– = 0,256 nm
2 senθ
2 sen16°
Esercizio 2.
Risoluzione
Utilizzando la legge di Bragg:
2d · senθ = n · λ
si ha:
0,141 nm
senθ = –––––––––––– = 0,379
2 · 0.186 nm
θ = 22,3°
Esercizio 3.
Risoluzione
L’argento cristallizza in una struttura cubica a facce centrate avente:
V = (0,407 nm)3 = 0,0674 nm3 = 0,0674·10–21 cm3 = 6,74·10–23 cm3
In tale cella elementare sono contenuti:
1
1
8 · — + 6 · — = 4 atomi di argento
8
2
La massa degli atomi di argento nella cella elementare è quindi:
massa = 4 · 107,87 u.m.a. = 4 · 107,87 · 1,6605 · 10–24 g = 7,1647 · 10–22 g
La densità si calcola mediante la relazione:
massa
7,1647 · 10–22 g
d = ––––––– = ––––––––––––– = 10,6 g/cm3
volume
6,74·10–23 cm3
30 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
Esercizio 4.
Risoluzione
Nella cella cubica a corpo centrato sono contenuti 2 atomi di ferro, infatti:
1
8 · — + 1 = 2 atomi di ferro
8
La massa di due atomi di ferro è pari a:
massa = 2 · 55,847 u.m.a. = 2 · 55,847 · 1,6605 · 10–24 g = 1,855 · 10–22 g
Il volume della cella può essere ricavato dalla massa e dalla densità utilizzando
la relazione:
massa
1,855 · 10–22 g
volume = ––––––– = ––––––––––––– = 2,363 · 10–23 cm3
d
7,85 g/cm3
3
lato della cella =
2,363 · 10–23 cm3 = 2.87·10–8 cm = 0,287 nm
Esercizio 5.
Risoluzione
Il volume della cella cubica e dato da (lato)3, per cui
Vcella = (0,525 nm)3 = (5,25 · 10–8 cm)3 = 1,447 · 10–22 cm3
Nella cella cubica a facce centrate sono contenuti 4 atomi:
1
1
8 · — + 6 · — = 4 atomi
8
2
Conoscendo la densità ed il volume si può calcolare la massa della cella
massa = d · volume = 1,83 g/cm3 · 1,447 · 10–22 cm3 = 2,648 · 10–22 g
Sapendo che nella cella sono contenuti 4 atomi, è possibile calcolare la massa di ciascun atomo, convertendo poi la massa
in u.m.a.
2,648 · 10–22 g
massa di un atomo = –––––––––––––– = 0,662 · 10–22 g
4
0,662 · 10–22 g
massa dell’atomo in u.m.a. = –––––––––––––– = 39,9
1,6605 · 10–24 g
Esercizio 6.
Risoluzione
Nella cella elementare a facce centrate sono contenuti:
1
1
8 · — + 6 ·— = 4 atomi di rame
8
2
31 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
La massa di 4 atomi di rame è:
63,55
= 4,221·10–22 g
4·
6,022·10
23
Inoltre:
AB2 + AC2 + BC2 = 2 AC2
Pertanto lo spigolo della cella è pari a:
AB2
(4 · 1,279·10–8)2
AC =
= 3,617·10–8 cm
=
2
2
e il suo volume è:
volume = (3,617·10–8 cm)3 = 4,732·10–23 cm3
La densità del rame è pertanto:
massa
4,221·10–22 g
d = ––––––––– = ––––––––––––––– = 8,920 g/cm3 (8,920·103 kg·m–3)
volume
4,732·10–23 cm3
Esercizio 7.
Risoluzione
In una cella cubica a corpo centrato sono contenuti 2 siti (1 + 8·1/8) e il contatto
tra siti avviene lungo la diagonale del cubo.
La massa della cella elementare sarà pertanto pari a:
6,022·1023 : 47,90 = 2 : x
x = 1,590·10–22 g
Si deve ora trovare il volume della cella elementare. Per il cubo vale che:
diagonale = lato ·
3
Nel nostro caso la lunghezza della diagonale è pari a :
2 (2
2 Å) = 4
2 · 10–8 cm
Il lato del cubo sarà pari a:
diagonale
4
2 · 10–8
lato = ––––––––––– = –––––––––––––––
3
3
Il volume del cubo sarà pari a:
4 8 2 · 10–8
–––––––––––––––– = 3,48·10–23 cm3
3
La densità del titanio sarà pertanto pari a:
massa
1,59·10–22 g
d = –––––––––– = –––––––––––––– = 4,57 g/cm3
volume
3,48·10–23 cm3
cm
32 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
Esercizio 8.
Risoluzione
Nella cella cubica semplice è contenuto 1 atomo di polonio (8·1/8), la cui massa è:
1 · 209
––––––––––– = 3,470·10–22 g
6,022·1023
massa =
Il volume della cella elementare sarà pari a:
massa
3,470·10–22 g
volume = –––––––––– = –––––––––––– = 3,747·10–23 cm3
densità
9,26 g/cm3
Quindi lo spigolo della cella elementare sarà pari a:
3
spigolo =
3,747·10–23 cm3 = 3,346·10–8 cm
Applicando l’equazione di Bragg, per n = 1, si ha:
2d senθ = n · λ
λ
1,54·10–8 cm
senθ = ––––– = ––––––––––––––– = 0,230
2d
2·3,346·10–8 cm
θ = 13,3°
Esercizio 9.
Risoluzione
Nella cella cubica a facce centrate il contatto tra siti avviene lungo la diagonale di ciascuna faccia del cubo. Tale
diagonale, nel caso dell’alluminio, sarà pari a:
diagonale = 4 · rAl = 4 · 1,43 Å = 5,72 Å
Lo spigolo del cubo sarà quindi pari a:
diagonale
5,72
spigolo = ––––––––––– = –––––––– = 4,045 Å
2
2
Il volume occupato da ciascuna cella elementare è pari a:
volume = (4,045 Å)3 = 6,618·10–23 cm3
Pertanto, il numero di celle elementari in 1 cm3 di alluminio sarà pari a:
1 : 6,618·10–23 cm3 = x : 1
x = 1,51·1022
La massa della cella elementare è pari a:
massa = densità · volume = 2,70 g/cm3 · 6,618·10–23 cm3 = 1,787·10–22 g
Poiché nella cella elementare sono contenuti 4 atomi di alluminio (6·1/2 + 8·1/8), il peso atomico dell’alluminio è pari a:
4 : 1,787·10–22 g = 6,022·1023 : x
x = 26,90
33 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
Esercizio 10.
Risoluzione
Nella cella elementare, essendo di tipo NaCl, sono contenute 4 molecole di KF,
la cui massa è pari a:
6,022·1023 : 58,1 g = 4 : x
x = 3,859·10–22 g
Il volume di tale cella elementare sarà pari a:
volume = (spigolo)3 = (2 · 2,689·10–8 cm)3 = 1,555·10–22 cm3
Pertanto la densità sarà pari a:
massa
3,859·10–22 g
d = ––––––––– = –––––––––––––– = 2,481 g/cm3
volume
1,555·10–22 cm3
Esercizio 11.
Risoluzione
Nelle due strutture: cubica “a corpo centrato” (c.c.c.) e cubica “a facce centrate” (c.f.c.),
sono contenuti rispettivamente:
c.c.c. = 1 + 8 ·
1
= 2 atomi di tungsteno
8
1
c.f.c. = 8 ·
+6·
8
1
= 4 atomi di tungsteno
2
La massa di 1 atomo di tungsteno è pari a:
5 · 183,85
–––––––––––– = 3,053·10–22 g
6,022·1023
Quindi il volume della cella elementare a corpo centrato è pari a:
massa
2 · 3,053·10–22 g
volume = ––––––––– = –––––––––––––––
densità
19,4
Lo spigolo di tale cella sarà pari a:
lato =
3
3,147·10–23 cm3 = 3,157·10–8 cm
= 3,147·10–23 cm3
34 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
La distanza W-W sarà:
1
–––
2
3,157·10–8 cm
3 = –––––––––––
2
3 = 2,734·10–8 cm
Se, mantenendo la stessa distanza W-W, il tungsteno cristallizzasse nella cella cubica a facce centrate, lo spigolo di tale
cella sarebbe:
diagonale faccia cubo
2 · 2,734·10–8 cm
spigolo = –––––––––––––––––– = ––––––––––––– = 3,866·10–8 cm
2
2
Il volume di tale cella sarebbe pari a:
volume = (3,866·10–8 cm)3 = 5,778·10–23 cm3
Poiché tale cella conterrebbe 4 atomi di tungsteno, la sua densità sarebbe pari a:
4 · 3,053·10–22 g
densità = ––––––––––––––– = 21,13 g/cm3
5,778·10–23 cm3
Esercizio 12.
Risoluzione
Dalla figura si deduce che la diagonale della faccia del cubo è pari a
due volte la distanza AC a fianco illustrata.
Ricordando che l’angolo tetraedrico è di θ = 109,5°, risulta che l’angolo
AĈB è uguale a:
180 – 109,5
AĈB = BAC = –––––––––––– = 35,25°
2
Applicando il teorema dei seni si ha:
AC
BC
–––––––––– = ––––––
sen ABC
sen BAC
ovvero:
AC
1,54
––––––––– = ––––––––––
sen 109,5
sen 35,25
AC = 2,51 Å
Quindi la diagonale della faccia del cubo è pari a 2·2,51 Å = 5,02 Å.
Lo spigolo del cubo risulta pari a:
5,02 Å
spigolo = ———— = 3,55 Å
2
35 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 6
Il volume della cella sarà pertanto:
volume = (3,55·10–8 cm)3 = 4,48·10–23 cm3
Dalla figura illustrata nel testo del problema si vede che dei 18 atomi di carbonio presenti nella cella, il numero di atomi
appartenenti alla cella stessa è di:
1
1
8 · ––– + 6 · ––– + 4 = 8
8
2
La massa della cella sarà pertanto pari a:
12,01
8 · –––––––––––– = 1,595·10–22 g
6,022·1023
La densità del diamante è quindi di:
1,595·10–22 g
densità = ––––––––––––– = 3,56 g/cm3
4,48·10–23 cm3
36 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 7
CAPITOLO 7
Esercizio 1.
Risoluzione
La fase vapore è satura di alcol quando la pressione del vapore sovrastante il liquido raggiunge il valore di 40 Torr.
Attraverso l’equazione di stato dei gas ideali si può calcolare qual è il numero di moli di alcol etilico in grado di esercitare
una simile pressione, nelle condizioni sperimentali indicate:
40
––––– · 1
P·V
760
n = –––––– = –––––––––––– = 0,0022 mol
R·T
0,082 · 292
Essendo il peso molecolare di C2H5OH = 46, tale numero di moli corrisponde a:
massa = n · PM = 0,0022 · 46 = 0,101 g
Poiché 1 mL di C2H5OH ha una massa di 0,789 g, si deduce che la quantità minima di alcol da iniettare nel recipiente è di:
1 : 0,789 = x : 0,101
x = 0,128 mL
Esercizio 2.
Risoluzione
L’equazione di Clausius Clapeyron stabilisce la relazione tra tensione di vapore di un liquido e temperatura secondo la
relazione
Pvap(2)
∆Hvap
T2 − T1
log –––––– = ––––––– · ––––––––
2,3 · R
T2 · T1
Pvap(1)
sostituendo i valori noti si ha:
pvap
40,71 kJ/mol
336,15 – 308,15
log ––––––––––– = ––––––––––––––––– · –––––––––––––––– = 0,576
42,17 Torr
2,3 · 8,314 J/(mol·K)
336,15 · 308,15
Pvap
–––––––––– = 3,767
42,17 Torr
Pvap = 158,86 Torr
Esercizio 3.
Risoluzione
La quantità di acqua contenuta in 150 litri di vapore acqueo saturo a 25 °C può essere calcolata, conoscendo la tensione di
vapore a quella temperatura, utilizzando l’equazione di stato dei gas ideali:
P·V=n·R·T
37 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 7
P·V
(23,756/760) atm · 150 L
n = –––––– = ––––––––––––––––––––––––––– = 0,1918 moli di H2O
R·T
0,082 (L·atm/mol · K) · 298,15 K
Per avere un’umidità relativa del 30% occorre condensare il 70% di questa H2O.
numero moli di acqua condensata = 0,1918 moli · 0,70 = 0,1343 moli
grammi di acqua condensata = 0,1343 · 18,00 = 2,417 g
Esercizio 4.
Risoluzione
Per definizione:
pH2O
umidità relativa = ––––––––
pvap(H2O)
dove: pH2O è la pressione parziale del vapore acqueo; pvap(H2O) è la tensione di vapore dell’acqua alla stessa temperatura.
Dai dati del problema si desume che:
pH2O
umidità relativa = –––––– = 0,4
pvap(H2O)
da cui:
pH2O = 19 · 0,4 = 7,6 Torr
Applicando l’equazione di stato dei gas:
pH2O · V = n · R · T
si ottiene:
7,6
x
–––– · 294 = ––– · 0,082 · 294
760
18
x = 2,2 g
Esercizio 5.
Risoluzione
L’umidità percentuale è espressa da:
pH2O
umidità% = –––––– · 100
pvap(H2O)
Il fatto che l’umidità fosse del 100% significa che la pressione parziale dell’acqua era p H2O = 33,6 Torr.
Pertanto, dall’equazione di stato dei gas si ottiene:
pH2O · V = n · R · T
38 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 7
gH2O
pH2O · V = –––––––– · R · T
PMH2O
ovvero:
gH2O
V · pH2O · PM H2O
1 · 33,6 · 18
= ––––––––––––––––– = –––––––––––––––––
R·T
760 · 0,082 · 304
= 0,032 g
39 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
CAPITOLO 8
Esercizio 1.
Risoluzione
La legge di Henry stabilisce che:
[x] = K · px
Dove: [x] rappresenta la quantità di gas che si discioglie in una determinata quantità di solvente; px la pressione parziale
dello stesso gas sovrastante il liquido; K è la costante di proporzionalità (2,3 · 10–2 mol/bar).
Sostituendo i valori noti si ottiene:
[x] = 2,3 · 10–2 mol/bar · 2,5 bar = 5,75 · 10–2 mol
Poiché il gas è CO2 (PM = 44,01), la quantità di CO2 disciolta nella bibita è pari a:
massa(CO2) = 5,75 · 10–2 mol · 44,01 g/mol = 2,53 g
Esercizio 2.
Risoluzione
Un litro di soluzione avente densità 1,357 g/mL peserà:
massa(litro di soluzione) = volume · densità = 1000 mL · 1,357 g/mL = 1357 g
Una soluzione di KOH al 35,9 % significa che il 35,9% in peso di questa soluzione sono costituiti da KOH, per cui:
massa(KOH) = 1357 g · 35,9/100 = 487,16 g
La molarità (numero di moli di KOH in 1 litro di soluzione), M, sarà data da:
massa(KOH)
487,16 g
M = –––––––––– = ––––––––––– = 8,68
PM(KOH)
56,11 g/mL
La determinazione della molalità (numero di moli di KOH per 1000 g di solvente), m, è menoo immediata.
In un litro di soluzione, che pesa 1357 g, il KOH costituisce il 35,9%, cioè 487,16 g. La quantità di solvente, H2O, sarà
perciò calcolabile da:
massa(H2O) = 1357 g – 487,16 g = 869,84 g
Per calcolare il numero di moli di KOH disciolti in 1 Kg di H2O (ovvero, la molalità, m) è sufficiente:
8,69 (mol KOH) : 869,84 (g) = m (mol) : 1000 (g)
da cui si ottiene che:
m = 9,98
Esercizio 3.
Risoluzione
1 litro di soluzione di HCl 0,150 M contiene 0,150 moli di HCl. Questa quantità può essere convertita in grammi
conoscendo il PM dell’HCl (36,46):
massa(HCl) = 0,150 moli
36,46 g/mol = 5,469 g
1 litro di soluzione di HCl al 35%, avente densità 1,18 g/mL, contiene:
40 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
massa(HCl in un litro di soluzione al 35%) = 1000 · 1,18 g/mL · 35 /100 = 413 g
Ogni mL di questa soluzione concentrata di HCl al 35% contiene perciò 0,413 g.
Per trovare quanti mL di questa soluzione (posti uguale a x) occorrono per preparare 1 litro di soluzione di HCl 0,150 M
basterà risolvere l’equazione:
x · 0,413 g/mL = 5,469 g
x = 13,24 mL
Esercizio 4.
Risoluzione
La quantità totale di moli di HNO3 è uguale a:
moli HNO3 totali = 0,025 L · 0,250 moli/L + 0,200 L · 0,150 moli/L = 0,00625 mol + 0,03 mol = 0,03625 mol
Tali moli sono contenute in (25 mL + 200 mL) = 225 mL. La concentrazione molare M è quindi data da:
0,03625 (mol) : 225 (mL) = M (mol) : 1000 (mL)
M = 0,161
Esercizio 5.
Risoluzione
La legge di Raoult stabilisce che:
pA = XA · P°A
dove: P°A è la tensione di vapore del solvente allo stato puro; pA è la tensione di vapore del componente volatile (in
questo caso il solvente acqua); XA è la frazione molare di tale componente.
L’abbassamento della tensione di vapore è espresso da:
nB · PMA · P°A
P = ——————
1000
dove: nB è il numero di moli di soluto in 1000 g di solvente; PMA il peso molecolare del solvente (in questo caso 18,01).
Pertanto:
nB · 18,00 · 4,620 Torr
(4,620 – 4,520) Torr = —————————
1000
nB = 1,202 mol
Poiché in 1000 g di solvente sono disciolti 146,5 g del composto, si può risalire al suo PM da:
massa
146,5 g
PM = ——— = ————— = 121,9 g/mol
nB
1,202 mol
41 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
Esercizio 6.
Risoluzione
L’innalzamento ebullioscopio può essere calcolato dalla relazione
∆Te = Ke · m
Si deve pertanto calcolare la molalità m (numero di moli di soluto in 1000 g di solvente). La quantità di glicerolo (x) in
1000 g di acqua è ricavabile da:
5,00(g) : 150 (g) = x(g) : 1000(g)
x = 33,33 g
Pertanto, il numero di moli di glicerolo (presenti in 1000 g di acqua, ovvero la molalità) è pari a:
massa(glicerolo)
33,33 g
m = ––––––––––– = –––––––––– = 0,362 mol
PM(glicerolo)
92,0 g/mol
Applicando la relazione:
∆Te = Ke · m = 0,512 °C · 0,362 = 0,185 °C
La temperatura di ebollizione della soluzione sarà pertanto:
100 °C + 0,185°C = 100,185 °C
Esercizio 7.
Risoluzione
Dall’abbassamento del punto di congelamento, si può risalire al peso molecolare della tiroxina.
La relazione valida per l’abbassamento crioscopico è:
∆Tc = kc · m
Per calcolare la molalità m della soluzione, è sufficiente considerare che:
0,455
––––––––– : 10,0 = m : 1000
PM(tiroxina)
45,5
m = ––––––––
PM(tiroxina)
Quindi:
45,5
5,444 – 5,144 = 5,12 · –––––––
PM(tiroxina)
PM(tiroxina) = 776,5
La densità del benzene indica che 10 g di benzene occupano un volume di:
879(g) : 1000(L) = 10(g) : x(mL)
x = 11,38 mL
42 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
Pertanto la molarità della soluzione è:
0,455
–––––– : 11,38 5 x : 1000
776,5
x = 5,15·10–2 M
Esercizio 8.
Risoluzione
La legge valida per la pressione osmotica di soluzioni diluite è:
π = c·R·T
dove c è la concentrazione molare.
Pertanto, la concentrazione di costituenti il sangue è di:
π
7,7
c = ––––––– = –––––––––– = 0,30 moli/litro
R·T
0,082 · 310
La pressione osmotica dovuta alla sola emoglobina è pari a:
150
π = ––––––– · 0,082 · 310 = 0,057 atm
66800
Ovvero, essa contribuisce alla pressione osmotica complessiva per il:
0,057 : 7,7 = x : 100
x = 0,74%
Esercizio 9.
Risoluzione
Si calcoli dapprima la percentuale dei vari elementi nel composto.
Percentuale di carbonio:
C : CO2 = x : 0,3636
0,3636 · 12,01
x = –––––––––––– = 0,0992 g
44,01
quindi:
0,5000 : 0,0992 = 100 : x
x = 19,84%
Percentuale di idrogeno:
2 H : H2O = x : 0,1116
43 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
2,016 · 0,1116
x = ––––––––––––––– = 0,0125 g
18,016
quindi:
0,5000 : 0,0125 = 100 : x
x = 2,50%
Percentuale di azoto:
N : NH3 = x : 0,0706
0,0706 · 14,008
x = ––––––––––– = 0,0581 g
17,032
quindi:
0,5023 : 0,0581 = 100 : x
x = 11,56%
Percentuale di ossigeno:
100 – (19,84 + 2,50 + 11,56) = 66,10%
Per ottenere il numero di moli di ciascun elemento presente in 100 g di composto, si divide ciascuna percentuale per il
rispettivo peso atomico:.
19,84
C –––––––– = 1,65
12,01
2,50
H –––––– = 2,48
1,008
11,56
N –––––– = 0,825
14,01
66,10
O ––––––– = 4,13
16,00
Dividendo tali valori per il valore più piccolo si ottiene il pedice con cui ogni elemento è presente nella formula empirica
del composto.
C
1,65
–––––– = 2,00
0,825
2,48
H ––––– = 3,00
0,825
0,825
N ––––– = 1,00
0,825
O
4,13
–––––
0,825
= 5,00
Pertanto la formula empirica del composto è:
C2H3NO5
il cui peso formula è 121,05.
Dal valore della densità, si calcola che un volume molare di gas, ovvero 22,4 litri, pesano:
22,4 · 5,4 = 121 g
Quindi la formula C2H3NO5 è anche la formula molecolare del composto.
Esercizio 10.
Risoluzione
Supponiamo dapprima che la proteina non si dissoci. La relazione tra pressione osmotica, p, e concentrazione, c, di una
soluzione formata da un soluto non-elettrolita è:
π =c·R·T
44 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
Nel caso attuale:
1
c = –––––– · 10 = 5·10–4 mol/L
20000
che genera una pressione osmotica di:
π = 5·10–4 · 0,082 · 280 = 1,148·10–2 atm
pari a:
1,148·10–2 atm · 760 = 8,72 Torr
Il valore calcolato nell’ipotesi che la proteina non si dissoci coincide col valore sperimentale, suffragando tale ipotesi.
Esercizio 11.
Risoluzione
Si calcoli il numero di moli di C, H, O presenti in 100 g di cortisone.
69,96
C –––––– = 5,83
12,01
7,83
H –––––– = 7,75
1,008
22,21
O –––––– = 1,39
16,00
7,75
H ––––– = 5,58
1,39
1,39
O ––––– = 1,00
1,39
dividendo per il numero più piccolo si ottiene:
5,83
C ––––– = 4,19
1,39
Poiché tali numeri frazionari non sono lecitamente approssimabili a un numero intero, moltiplicando per cinque si ottiene
che la formula bruta è:
C21H28O5
il cui peso molecolare è 360,4.
Per applicare la relazione dell’abbassamento crioscopico:
∆T = kc · m
è necessario conoscere la molalità della soluzione preparata. 5 mL di acido acetico contengono 5·1,05 = 5,25 g di acido
acetico, pertanto:
0,857
––––––– : 5,25 = m : 1000
PM
857
m = ––––––––
5,25 · PM
Riprendendo la relazione dell’abbassamento crioscopico:
857
1,77 = 3,9 · ––––––––
5,25 · PM
PM = 359,7
Il risultato indica che il cortisone ha formula molecolare pari alla formula bruta: C21H28O5.
45 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 8
Esercizio 12.
Risoluzione
La relazione che presiede all’abbassamento della tensione di vapore è:
m · PMA· P° A
∆P = ———————
1000
dove m indica la molalità della soluzione e A rappresenta il solvente.
Passando ai valori numerici si ha:
20 · 76,14 · 854
854 – 848,9 = ———————
PMzolfo · 1000
da cui PMzolfo = 255. Poiché il peso atomico dello zolfo è 32,06, se ne deduce che la formula molecolare dello zolfo è S8.
Esercizio 13.
Risoluzione
Basandosi sulla relazione valida per le proprietà colligative:
Tc = kc · m
si deduce che, affinchè il liquido corporeo dell’insetto non congeli fino alla temperatura di −10 °C, si deve avere una
soluzione la cui concentrazione molale sia pari a:
10 = 1,86 · m
Ovvero:
10 (°C)
m = –––––––––––––––– = 5,38 mol/kg
1,86 (°C/mol·kg−1)
Questo significa che l’insetto dovrebbe produrre 5,38 moli di glicerina per chilogrammo di liquido corporeo. Ovvero:
5,38 · PMglicerina = 5,38 · 62 = 333,6 g
pari quindi a 0,34 grammi per grammo di liquido corporeo.
46 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 9
CAPITOLO 9
Esercizio 1.
Risoluzione
(a) Per il principio di Le Châtelier, un sistema all’equilibrio che subisca delle perturbazioni reagisce in modo tale da
minimizzare gli effetti di tali perturbazioni.
Poiché l’aggiunta di Cl2 provoca un aumento della concentrazione dei prodotti, al fine di mantenere inalterato il valore
della costante di equilibrio, il sistema evolve aumentando la concentrazione dei reagenti, quindi spostandosi verso sinistra.
(b) Al fine di mantenere inalterato il valore della costante di equilibrio, il sistema si oppone ad un aumento di pressione
evolvendo verso la direzione in cui minore è il numero di molecole.
2 NOCl ⇄ 2 NO + Cl2
(pNO)2 · pCl2
K = ––––––––––
(pNOCl)2
Poiché nel caso in esame due sono le molecole di reagente e tre le molecole di prodotto, il sistema evolve verso la
formazione di reagenti e quindi verso sinistra.
(c) L’aumento di volume si traduce in una diminuzione di concentrazione e, sulla base della stechiometria della reazione,
questo comporterebbe una variazione della costante di equilibrio, che visti i termini esponenziali presenti, avrebbe un
valore minore.
2 NOCl ⇄ 2 NO + Cl2
[NO]2 · [Cl2]
K = ––––––––––––
[ NOCl]2
Al fine di mantenere inalterato il valore di questa costante di equilibrio, il sistema deve evolvere aumentando la
concentrazione dei prodotti, quindi evolvendo verso destra, cioè nella direzione in cui è maggiore il numero di molecole.
(d) La sottrazione di un prodotto comporta la conversione di reagenti in prodotti al fine di mantenere inalterato il valore
della costante e quindi la reazione si sposta verso destra.
Esercizio 2.
Risoluzione
(a) L’aggiunta di O2 provoca un aumento della concentrazione dei reagenti, per cui, al fine di mantenere inalterato il valore
della costante di equilibrio, il sistema evolve aumentando la concentrazione dei prodotti, quindi spostandosi verso destra.
(b) La sottrazione di CO2, che è un reagente, comporta la conversione di prodotti in reagenti al fine di mantenere inalterato
il valore della costante e quindi la reazione si sposta verso sinistra.
(c) Nella reazione 2CO + O2 ⇄ 2CO2 tre molecole di reagente formano due molecole di prodotto. La diminuzione di
pressione comporterebbe quindi un aumento della costante di equilibrio, a cui il sistema si oppone aumentando la
concentrazione dei reagenti, spostandosi nella direzione in cui è minore il numero di molecole, cioè verso sinistra.
(d) La reazione è esotermica, cioè avviene con produzione di calore, che può essere considerato come un prodotto di
reazione. Aumentare la temperatura significa fornire calore e quindi aumentare un prodotto di reazione. La reazione quindi
evolverà verso sinistra.
(e) La diminuzione di volume comporta una variazione del sistema verso la direzione in cui minore è il numero di
molecole. In questo caso quindi il sistema evolve verso destra con spostamento di reagenti a prodotti.
47 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 9
Esercizio 3.
Risoluzione
Il valore 22.3% rappresenta il grado di dissociazione (indicato con il simbolo α) che corrisponde alla percentuale di
molecole di una data specie dissociatesi rispetto al numero di molecole di quella stessa specie inizialmente presenti.
Prendendo una pressione arbitraria di HI, ad esempio, una pressione di 1 atm, avremo all’equilibrio una pressione di HI
pari a:
22,3
pHI = 1atm – –––– atm = 0,777 atm.
100
Considerando la stechiometria della reazione:
2 HI(g) ⇄ H2(g) + I2(g)
occorrono due molecole di HI per generare 1 molecola di H2 e una molecola di I2. Quindi:
0,223
pH2 = pI2 = –––––– atm = 0,1115 atm
2
pH2 · pI2
Kp = ––––––––
(pHI)2
0,1115 atm · 0,1115 atm
= –––––––––––––––––––
= 2,06·10–2
(0,777)2 atm2
Esercizio 4.
Risoluzione
Scriviamo innanzitutto la relazione data dalla legge di azione di massa:
pN2O4
Kp = ––––– = 7,0 atm–1
(pNO2)2
Se le concentrazioni iniziali conosciute fossero già quelle di equilibrio il valore della Kp data dalla legge di azione di
massa sarebbe:
pN2O4
0,250
Kp = –––––– = ––––––– = 39,06 atm–1
(pNO2)2
0,0802
valore ben superiore a 7,0 atm–1 che è il dato del problema. È quindi chiaro che il numeratore deve diminuire e il
denominatore aumentare se si vuole soddisfare le condizioni di equilibrio. Dovrà quindi aumentare la quantità di reagente
NO2 e quindi la reazione procederà verso sinistra.
Calcoliamo ora il valore delle varie pressioni all’equilibrio. La pressione di N2O4 che inizialmente è uguale a 0,250
diminuirà di un termine x e sarà quindi uguale a (0,250 – x). Per quanto riguardo NO2, che inizialmente aveva pressione
0,080, all’equilibrio avrà pressione pari a (0,080 + 2x), perché per ogni molecola di N2O4 che reagisce si formano due
molecole di NO2.
Avremo perciò:
p N 2O 4
(0,250 – x)
–1
––––– = 7,0 atm
(pNO2)2
––––––––––– = 7,0 atm–1
(0,080 + 2x)2
(0,250 – x) = 7,0 atm–1 · (0,0064 + 0,320 x + 4 x2)
48 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 9
28 x2 + 3,24 x – 0,205 = 0
x = 0,045
Pertanto:
pNO2 = 0.080 + 2x = 0,080 + 2 · 0,045 = 0.17 atm
pN2O4 = 0,250 – x = 0,250 – 0.045 = 0,205 atm
Esercizio 5.
Risoluzione
Se nel corso della reazione la concentrazione di Br2O e H2O inizialmente uguale a zero diventa x, la concentrazione di
HOBr diminuisce di una quantità 2x, portando quindi la concentrazione all’equilibrio di questa specie a (1 – 2x).
Pertanto:
(1 – 2x)2
90 = –––––––––
x·x
Poiché il secondo membro è elevato al quadrato possiamo fare la radice quadrata di entrambi i membri e quindi ottenere:
1 – 2x
90 = –––––
x
9,49 · x = 1 – 2x
x = 0,089 M
Esercizio 6.
Risoluzione
Poiché il reagente è allo stato solido mentre i prodotti sono allo stato gassoso, in questo equilibrio di decomposizione del
nitrato di ammonio in ambiente chiuso concorreranno solo i prodotti.
Se x è la pressione parziale di N2O formatasi nel corso della decomposizione, 2x sarà la pressione del vapor d’acqua
formatosi.
La pressione totale di 1,48 atm è data dalla somma delle due pressioni parziali:
x + 2x = 1,48 atm
3x = 1,48 atm
x = 0,493 atm
Kp = pN2O · (pH2O)2 = x · (2 x)2 = 0.49 · (2 · 0,49)2 = 0.479 atm3
Esercizio 7.
Risoluzione
Data la reazione
N2(g) + 3H2(g) ⇄ 2NH3(g)
49 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 9
la Kc è espressa da:
[NH3]2
Kc = ––––––––
[N2]·[ H 2]3
All’equilibrio, considerando che la concentrazione di N2 sia diminuita di una quantità x e osservando la stechiometria della
reazione, si avrà:
[N2] = 1,5 M – x
[H2] = 0.50 M – 3x
[NH3] = 2x
Osservando il valore molto piccolo della Kc, ci si aspetta che la reazione proceda in modo limitato e quindi che il valore di
x sia trascurabile rispetto a 1,5 M, mentre 3x è trascurabile rispetto a 0.50 M. Pertanto:
[NH3]2
Kc = –––––––– 5.2 · 10-5 =
[N2]·[ H2]3
(2x)2
––––––––––
1,5 · (0,50)3
x = 3,12 · 10–3
[NH3] = 6,24·10–3 M
Esercizio 8.
Risoluzione
Data la reazione
COCl2(g) ⇄ CO(g) + Cl2(g)
la Kp è espressa dalla relazione:
pCO · pCl2
Kp = –––––––– = 4,11
pCOCl2
0–3
Posta uguale a x la quantità di CO formata, all’equilibrio si avrà:
pCO = x
pCl2 = x
pCOCl2 = 0,108 – x
per cui:
pCO · pCl2
Kp = –––––––– = 4,1 · 10–3
pCOCl2
x·x
Kp = ––––––––– = 4,1 · 10-3
0,108 – x
x = 0,019
50 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 9
Il grado di dissociazione sarà pari a:
0,019
–––––– = 17,7
0,108
Ovvero, il fosgene si dissocia per il 17,7%.
51 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
CAPITOLO 10
Esercizio 1.
Risoluzione
Il carbonato di calcio si dissocia in acqua secondo la reazione:
CaCO3 ⇄ Ca2+ + CO32–
Il prodotto di solubilità è espresso dalla relazione:
Kps = [Ca2+]· [CO32–]
Indicando con x la concentrazione molare degli ioni Ca2+ si ha:
[Ca2+] = [CO32–] = x
Kps = x · x
x =
Kps =
8,7 ·10-9 = 9.327 ·10–5 mol
Questo valore rappresenta anche le moli di CaCO3 che si sono disciolte in acqua. La solubilità espressa in grammi/litro si
calcola moltiplicando il valore ottenuto per il peso formula di CaCO3 (100,089 g/mol)
solubilità CaCO3 = 9.327 ·10–5 mol · 100,089 g/mol = 9.31·10–3 g
Esercizio 2.
Risoluzione
L’idrossido di Cr(III) si dissocia secondo la reazione:
Cr(OH)3 ⇄ Cr3+ + 3 OH–
Kps = [Cr3+]·[OH–]3
Solubilità in acqua pura. Indicando con x la concentrazione degli ioni Cr3+ formati, si avrà che [OH–] = 3x, per cui:
Kps = x · (3x)3
1,0·10–30 = 27 x4
x = 1,4·10–8 moli/L
Solubilità in una soluzione tamponata a pH 4 (ovvero, pOH = 10). La concentrazione degli ioni [OH–] = 1·10–10, per cui:
Kps = [Cr3+]·[OH–]3
Kps
[Cr ] = –––––– =
[OH–]3
3+
1,0·10-30
––––––––– = 1,0 mol/L
(1·10–10)3
52 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Esercizio 3.
Risoluzione
Il cromato di argento si dissocia secondo la reazione:
Ag2CrO4 ⇄ 2 Ag + + CrO42Kps = [Ag +]2·[CrO42–]
Se si dissociano 3,86·10–4 mol/L di Ag2CrO4, si formeranno 3,86·10–4 mol/L di ioni CrO42– e una quantità doppia di ioni
Ag+, per cui si avrà:
Kps = [Ag+]2·[CrO42–] = ( 2 · 3,86·10–4 mol/L)2 · (3,86·10–4 mol/L) = 2,3·10–10 mol3/L3
Esercizio 4.
Risoluzione
La reazione in esame è:
HF + H2O ⇄ H3O+ + F–
Se il pH è pari a 2,5, la concentrazione degli ioni H3O+ è:
[H3O+] = 10–2.5 = 3,16 ·10–3 M
Identica concentrazione avrà lo ione F–. La concentrazione dell’acido fluoridrico indissociato all’equilibrio sarà pari a:
[HF] = 0,0317 M – 3,16·10–3 M = 0,0285 M
Pertanto:
[H3O+]·[F–]
(3,16·10–3 M)2
Ka = ––––––––– = –––––––––––– = 3,51·10–4 M
[HF]
0,0285 M
Esercizio 5.
Risoluzione
La morfina (C17H19NO3) è un alcaloide che si comporta come base avente Kb = 1,62·10–6.
Indichiamo per semplicità la morfina come B (base). La reazione di dissociazione sarà:
B + H2O ⇄ BH + OH–
La concentrazione incognita (x) ioni OH– presenti all’equilibrio sarà pari alla concentrazione dell’acido coniugato della
morfina (BH), mentre la concentrazione della morfina B sarà uguale a (0,300 – x). Pertanto:
[BH]·[OH–]
x·x
Kb = –––––––––– = –––––– = 1,62·10–6
[B]
0,300 – x
Questa espressione può essere semplificata considerando che il valore della costante di dissociazione (1,62·10–6 ) è
relativamente piccolo, per cui il valore di x sarà numericamente trascurabile rispetto alla concentrazione iniziale di
morfina (0,300 M).
Ponendo 0,300 – x ≅ 0,300, si avrà:
53 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
x·x
1,62·10-6 ≅ ––––––
0,300
x = [OH–] = 6,97·10–4
pH = 14 – 3,16 = 10,84
pOH = 3,16
Esercizio 6.
Risoluzione
Al punto di viraggio, il numero di equivalenti di acido è pari al numero di equivalenti di base.
Poiché NaOH è una base monofunzionale, normalità e molarità coincidono, per cui:
equivalenti di NaOH = volume(litri) · normalità = 0,0342 L · 1,02 N = 0,03488
equivalenti di H3PO4 = 0,03488
Pertanto, poichè:
equivalenti(H3PO4) = 0,03488 = volume · normalità
normalità(H3PO4) = 0,03488 : 0,025 = 1,395 N
Poiché l’acido fosforico H3PO4 è un acido triprotico, la relazione che lega molarità e normalità è:
N=3·M
ovvero:
molarità(H3PO4) = 1,395 N : 3 = 0,465 M
Esercizio 7.
Risoluzione
L’equilibrio eterogeneo tra solfato di bario allo stato solido e gli ioni in cui si dissocia quando passa in soluzione è:
BaSO4(s) ⇄ Ba2+ + SO42–
la cui costante di equilibrio rappresenta il prodotto di solubilità del solfato di bario:
Kps(BaSO4) = [Ba2+]·[SO42–] = 1,1·10–10
• in assenza di epsomite
In assenza di epsomite, i soli ioni presenti in soluzione (trascurando l’autoionizzazione dell’acqua) sono quelli provenienti
dalla dissociazione di BaSO4, per cui:
[Ba2+] = [SO42–]
Ne consegue che:
Kps(BaSO4) = [Ba2+]·[SO42–] = [Ba2+]2 = 1,1·10–10
da cui si ottiene:
[Ba2+] = 1,0·10–5 M
54 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
• in presenza di epsomite
L’aggiunta di MgSO4·7 H2O in quantità tale che [Mg2+] = 0,015 M fa sì che anche [SO42–]da epsomite = 0,015 M. Ciò equivale
all’aggiunta di uno ione comune, che come visto al capitolo 10, paragrafo 10.1, comporta una diminuzione di solubilità,
ovvero una ulteriore precipitazione del sale poco solubile.
Poiché il prodotto della concentrazione degli ioni Ba2+ e SO42– deve ubbidire al prodotto di solubilità, se si indica con x la
quantità di ioni Ba2+ che rimane in soluzione dopo l’ulteriore precipitazione di BaSO4, si ha:
[Ba2+] = 1,05·10–5 M
[SO42–] = xda BaSO4 + 0,015da epsomite
Pertanto, dall’espressione del prodotto di solubilità:
x · (x + 0,015) = 1,1·10–10
Trascurando in prima approssimazione x rispetto a 0,015, si ottiene:
1,1·10–10
x = [Ba ] = ––––––– = 7,3·10–9 M
0,015
2+
Tale risultato rende plausibile l’approssimazione di trascurare x rispetto a 0,015.
Esercizio 8.
Risoluzione
L’ipoclorito di sodio, NaClO, è un sale formato da un acido debole e una base forte. Come tale, posto in acqua, dà luogo al
processo di idrolisi, formando una soluzione basica:
ClO– + H2O ⇄ HClO + OH–
La relazione generale valida per l’idrolisi basica è:
[OH–] ≅
Kh · C0
Dal momento che:
Kw
1·10–14
Kh = ––––– = –––––– = 3,22·10–7
Ka
3,1·10–8
50
50
C0 = ––––– = ––––– = 0,67 moli/litro
PMNaClO 74,44
si ha:
[OH–] ≅
3,22·10–2 · 0,67 = 4,65·10–4
pOH = 3,33
pH = 10,67
55 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Esercizio 9.
Risoluzione
Il prodotto di solubilità dell’idrossido ferrico, Fe(OH)3, è espresso da:
Kps(Fe(OH)3) = [Fe3+]·[OH–]3 = 6·10–38
La concentrazione molare dello ione ferrico nell’acqua in esame è:
grammi (F e3+)
0,033
–––––––––––– = ––––– = 5,91·10–4 mol/L
PAferro
55,8
La concentrazione massima che gli ioni OH– possono raggiungere affinché l’idrossido ferrico non precipiti è data da:
3
–
[OH ] =
Kps
––––– =
[Fe3+]
6·10–38
–––––––– = 4,66·10–12 mol/L
5,91·10–4
Dal momento che:
[H+]·[OH–] = 1·10–14
ne consegue che:
1·10–14
1·10–14
[H ] = –––––– = –––––– = 2,14·10–3 mol/L
[OH–]
4,66·10–12
+
pH = –log (2,14·10–3) = 3 – 0,33 = 2,67
Per valori di pH più elevati di 2,67, si ha precipitazione di idrossido ferrico.
Esercizio 10.
Risoluzione
(a) Il principio di equivalenza stabilisce che:
(volume · normalità)titolante = (volume · normalità)titolato
Poiché nel caso presente sia l’acido, sia la base sono entrambi monofunzionali, la normalità di ciascuno coinciderà con la
relativa molarità. Pertanto, applicando la suddetta relazione, si ottiene che la molarità dell’acido lisergico è pari a:
0,030 · 0,1 = 0,025 · x
x = 0,12 M
Dato che il peso molecolare dell’acido lisergico è 268, in un litro di tale soluzione sono contenuti:
0,012 · 268 = 32,16 g
e quindi in 25 mL sono contenuti 32,16/40 = 0,80 g.
(b) L’aggiunta di una base a un acido debole ne provoca la salificazione. Finché la neutralizzazione non è completa, in
soluzione si ha un acido debole e un suo sale, ovvero una soluzione tampone. Per una soluzione tampone vale che:
C0(acido)
[H3O+] = Ka · –––––––
C0(sale)
56 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Poiché si desidera un pH di 3,8, si deve avere:
–log [H3O+] = 3,8
[H3O+] = 1,58·10–4 M
Inoltre, indicando con x il volume incognito di NaOH, si ha:
(0,025 · 12) – (x · 0,1)
C0(acido) = ––––––––––––––––––––
0,025 + x
x · 0,1
C0(sale) = –––––––––
0,025 + x
dove:
0,025 · 12 = numero di moli iniziali di acido lisergico;
x · 0,1 = numero di moli di acido salificate, che è pari al numero di moli di sale formatesi;
0,025 + x = nuovo volume della soluzione.
Sostituendo nella relazione valida per le soluzioni tampone si ha:
0,03 – (x · 0,1)
1,58·10–4 = 6,3·10–4 · –––––––––––––
x · 0,1
da cui:
x = 0,024 L = 24 mL
Esercizio 11.
Risoluzione
La solubilità di Ca(OH)2 di 1,26 g/L corrisponde a 1,26/74,1 = 1,7·10–2 moli/litro. Considerando che Ca(OH)2 è una base
forte, si deduce che 1 litro di soluzione satura di Ca(OH)2 contiene 1,7·10–2 moli di ioni Ca2+ e 2·1,7·10–2 = 3,4·10–2 moli di
ioni OH–.
Poiché 1 mole di ioni H3O+ (ovvero 1 mole di HCl) neutralizza 1 mole di ioni OH–, si ha:
volume(HCl) · 0,1 = 0,1 · 3,4·10–2
da cui:
volume(HCl) = 0,034 litri = 34 mL
Esercizio 12.
Risoluzione
(a) Il pH di una base debole è calcolabile dalla relazione:
[OH–] ≅
Kb · C0
quindi:
[OH–] ≅
9,0·10–6 ·10–1 = 9,5·10–4 M
57 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
pOH = 3,02
pH = 14 – 3,2 = 10,98 ≈ 11
(b) La reazione di neutralizzazione (che si verifica nelle titolazioni acido-base) della novocaina è così schematizzabile:
Nov + HCl → NovH+ + Cl–
Poiché le reazioni di neutralizzazione sono reazioni completamente spostate verso destra, al punto equivalente si forma
una soluzione 0,1 M di cloruro di novocainio (NovH+). Poiché NovH+Cl– è il sale di una base debole e di un acido forte,
esso subisce idrolisi secondo la reazione:
NovH+ + H2O ⇄
Nov + H3O+
La costante di idrolisi è pari a:
Kh = Kw/Kb = 10–14/9·10–6 = 1,11·10–9.
Quindi il pH di tale soluzione è calcolabile da:
[H3O+] ≅
Kh · C0(sale) =
1,11·10–9 · 10–1 = 1,05·10–5 M
pH = 4,98
Tale valore rappresenta il pH della soluzione al punto equivalente.
La scelta dell’indicatore deve essere tale che il valore di pH al punto equivalente cada in pieno intervallo di viraggio. Nel
nostro caso si ha:
Se ne deduce che l’indicatore adatto è il verde di bromocresolo.
Esercizio 13.
Risoluzione
Si tratta in sostanza di calcolare la solubilità del fosfato di calcio, essendo in questo caso l’urina una soluzione satura di
Ca3(PO4)2. Pertanto:
Kps = [Ca2+]3·[PO43–]2 = 1,3·10–32
Poiché la reazione di dissociazione è:
Ca3(PO4)2 → 3 Ca2+ + 2 PO43–
in soluzione si ha che:
2
[PO43–] = –– [Ca2+]
3
Pertanto:
4
Kps = [Ca2+]3·[PO43–]2 = [Ca2+]3 · (2/3 [Ca2+])2 = ––
9
[Ca2+]5 = 1,3·10–32
58 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
da cui:
[Ca2+] = 4,93·10–7 moli/litro
Poiché ogni mole di Ca3(PO4)2 che si discioglie dà luogo a 3 moli di ioni Ca2+, la solubilità del sale sarà pari a [Ca2+]/3,
ovvero:
4,93·10–7
solubilità = –––––––– = 1,64·10–7 moli/litro
3
quindi:
solubilità = 1,64·10–7 · PMCa3(PO4)2 = 1,64·10–7 · 310 = 5,1·10–5 g/L
Esercizio 14.
Risoluzione
(a) Il pH della soluzione di acido borico, come acido debole HA, è calcolabile da:
[H+] =
Ka · C0
=
6,0·10–10 · 0,1 = 9,49·10–6 mol/L
pH = – log 9,49·10–6 = 5,02
(b) La reazione di neutralizzazione dell’acido debole HA, in formula molecolare, può essere così schematizzata:
Ca(OH)2 + 2 HA → Ca2A + 2 H2O
La stechiometria indica che una mole di Ca(OH)2 neutralizza due moli di acido borico. Pertanto:
moli iniziali di acido borico = volume · molarità = 0,1 · 0,15 = 1,5 · 10–2
grammi/litro
molarità del Ca(OH)2 =
7,41 · 2
=
= 0,2
PM
74,1
1,5 · 10–2
–2
= 7,5 · 10–3
moli di Ca(OH)2 necessarie per neutralizzare 1,5 · 10 moli di acido borico =
2
Il volume V di Ca(OH)2 necessario è quindi:
V · 0,2 = 7,5 · 10–3
V = 0,0375 litri = 37,5 mL
Esercizio 15.
Risoluzione
Un acido debole e un suo sale costituiscono una soluzione tampone, il cui pH è calcolabile mediante la relazione:
C0 acido
[H3O+] = Ka · –––––––
C0 sale
59 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Nel caso attuale, essendo pH = 11,68, significa che:
[H3O+] = 2,09 · 10–12
per cui:
C0 sale
Ka = [H3O+] · –––––––
C0 acido
Poiché:
C0 sale = C0 acido
Ka = [H3O+] = 2,1 · 10–12
Nel caso che:
C0 sale = 2 C0 acido
si ha:
C0 acido
[H3O+] = 2,1 · 10–12 · –––––––––
2 C0 acido
per cui:
[H3O+] = 1,045 · 10–12
e quindi:
pH = 11,98
Esercizio 16.
Risoluzione
La reazione (eterogenea) di solubilità è:
Cu(OH)2(s) → Cu 2+ + 2 OH–
e l’espressione del prodotto di solubilità è:
Kps = [Cu2+] · [OH–]2 = 2,2 · 10–20
È evidente che soltanto la concentrazione degli ioni OH– è influenzata dal pH della soluzione secondo la reazione:
H3O+ + OH– ⇄ 2 H2O
la cui costante di equilibrio è:
Kw = [H3O+] · [OH–] = 10–14
Pertanto, la solubilità dell’idrossido rameico, che è pari alla concentrazione degli ioni Cu2+, è data da:
Kps
Kps · [H3O+]2
solubilità = [Cu2+] = –––––– = ––––––––––––
[OH–]2
Kw2
60 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Poiché la soluzione è tamponata a pH 7, ciò significa che:
[H3O+] = 10–7
Quindi:
2,2 · 10–20 · (10–7)2
solubilità = [Cu ] = ———————— = 2,2 · 10–6 moli/litro
(10–14)2
2+
Ciò implica che si disciolgono 2,2 · 10–6 moli/litro di Cu(OH)2, ovvero:
2,2 · 10–6 · PMCu(OH)2 = 2,2 · 10–6 · 97,6 = 2,1 · 10–4 g/L
Esercizio 17.
Risoluzione
La concentrazione in acido acetico dell’aceto, per il principio di equivalenza, è pari a:
VCH3COOH · MCH3COOH = VNaOH · MNaOH
VNaOH · MNaOH
38,5 · 0,40
MCH3COOH = ––––––––––––––––––––– = ––––––––––– = 0,733
VCH3COOH
21,0
Tale valore rappresenta il numero di moli di CH3COOH in 1 litro di aceto, per cui:
g
moli = ——
PM
gCH3COOH = 0,733 · 60 = 44,0 g/L = 0,044 mg/L
Questo significa, data la densità dell’aceto, che la percentuale in acido acetico è:
0,044 : 1,060 = x : 100
x = 4,15%
Esercizio 18.
Risoluzione
L’espressione del prodotto di solubilità del Cu(OH)2 è:
Kps(Cu(OH)2) = [Cu2+] · [OH–]2 = 1,6 · 10–19
Calcoliamo la concentrazione molare degli ioni Cu2+ della soluzione contenente 0,4 g/L di CuSO4 · 5 H2O, che essendo un
sale (ovvero, un elettrolita forte) è completamente dissociato:
gsale
0,4
––––––
–––––––
PMsale
249,7
[Cu2+] = [CuSO4 · 5 H2O] = –––––––– = –––––––– = 1,60 · 10–3 mol/L
volume
1
61 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 10
Sostituendo e riarrangiando l’espressione di Kps, si ha:
–
[OH ] =
Kps
–––––– =
[Cu2+]
1,6 · 10–19
––––––––– = 1 · 10–8 mol/L
1,6 · 10–3
ovvero:
pOH = 8
pH = 14 – 8 = 6,0
Questo significa che il pH dell’acqua di piscina non deve superare 6.
62 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
CAPITOLO 11
Esercizio 1.
Risoluzione
La quantità di elettricità fluita (in coulomb) è:
Q(C ) = i(A) · t(s) = 0,2 · 600 = 120 C
pari a:
120
–––––– = 1,24 · 10–3 F
96500
La semireazione anodica è:
2 Cl– → Cl2 + 2 e–
Essa indica che per sviluppare una mole di Cl2 occorrono 2 faraday di elettricità, per cui:
2 F : 1 mole Cl2 = 1,24 · 10–3 F : x moli Cl2
x = 6,2 · 10–4 moli di Cl2
Applicando l’equazione di stato dei gas ideali, in condizioni standard, si ha:
n ·R · T
6,2 · 10–4 · 0,082 · 273
V = ––––––––––– = ––––––––––––––––––––––––––– = 1,39 · 10–2 L = 13,9 mL di Cl2
P
1
La semireazione catodica è:
2 H2O + 2 e– → H2 + 2 OH–
da cui si deduce che il passaggio di 2 F di elettricità produce 2 moli di ioni OH–. Pertanto:
2 F : 2 moli OH– = 1,24 · 10–3 F : x moli OH–
x = 1,24 · 10–3 moli di ioni OH–
Poiché il volume della soluzione è di 150 mL, si ha:
1,24 · 10–3
[OH–] = ––––––––– = 8,26 · 10–3 M
0,150
pOH = 2 log [OH–] = 2 log 8,26 · 10–3 = 2,08
pH = 14 – pOH = 14 – 2,08 = 11,9
Esercizio 2.
Risoluzione
La reazione bilanciata è:
4 Ag+ + 2 H2O → 4 Ag + O2 + 4 H+
63 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Poiché una corrente di 1 A equivale a 1 Coulomb/secondo (C/s), una corrente di 15,0 A che passa per 20 minuti (cioè per
20·60 secondi = 1200 secondi) all’interno della soluzione equivale a:
1200 s · 15,0 A = 1200 s · 15,0 C/s = 18000 Coulomb
Poiché 96500 Coulomb rappresentano 1 mole di elettroni, all’interno della soluzione passano complessivamente:
18000 Coulomb
–––––––––––––––– = 0,186 moli di elettroni
96500 Coulomb
La resa è però è del 74%, quindi solo il 74% di elettroni reagiranno con l’argento, ovvero:
moli di elettroni che effettivamente reagiscono = 0,186 mol · 74/100 = 0,1376 mol
Poiché per la deposizione di argento vale la reazione:
Ag+ + e– → Ag
0,1376 moli di elettroni depositeranno 0,1376 moli di argento, che equivalgono a:
grammi di argento depositato = 0,1376 mol · PMAg = 0,1376 mol · 107,868 g/mol = 14,84 g
Nella reazione che produce una molecola di O2 sono coinvolti 4 elettroni:
4 H2O ⇄ O2 + 4eper cui le moli di O2 formate saranno:
moli di O2 = 0,1376 moli : 4 = 0,0344 moli
Poiché una mole di O2 occupa in condizioni standard 22,414 litri, la quantità di O2 generata occuperà un volume pari a:
volume di O2 = 22,414 L/mol · 0,0344 moli = 0,773 L
Esercizio 3.
Risoluzione
Nell’accoppiamento della semicella standard ad argento con l’elettrodo normale a idrogeno, la semicella ad argento si
comporta da catodo (E° = +0,80 V), mentre l’elettrodo normale a idrogeno si comporta da anodo (E° = 0,00 V).
L’introduzione di ossalato di sodio nella semicella ad argento, che sottrae ioni Ag+ facendo precipitare ossalato d’argento,
non modifica la polarità delle semicelle, pertanto la pila può essere così schematizzata:
Pt | H2 | H+ (1 M) || Ag + (x M), C2O42– (1 M) | Ag
La f.e.m. di tale cella galvanica è data da:
∆E = Ecat – Ean
Ecat è il potenziale della semireazione:
Ag+ + e– → Ag(s)
ed è dato da:
Ecat = E°Ag+/Ag
0,059
[Ag(s)]
1
– ——— log ——— = E° Ag+/Ag – 0,059 log –––––––
1
[Ag+]
[Ag+]
64 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Ma la concentrazione degli ioni Ag+ nella semicella ad argento è governata dal prodotto di solubilità dell’ossalato
d’argento:
Kps(Ag2C2O4) = [Ag+]2 · [C2O42–]
da cui:
[Ag +] =
Kps
––––––––
[C2O42–]
Pertanto:
[C2O42–]1/2
(1)1/2
Ecat = E° Ag+/Ag – 0,059 log ––––––––– = 0,80 – 0,059 log –––––– = 0,80 + 0,0295 log Kps
(Kps)1/2
(Kps)1/2
Poiché Ean = 0,00 V, si ha:
∆E = 0,80 + 0,0295 log Kps
Passando ai valori numerici:
0,466 = 0,80 + 0,0295 log Kps
Kps = 4,76 · 10–12
Esercizio 4.
Risoluzione
La quantità di carica che fluisce nella cella è:
Q(C ) = i(A) · t(s) = 6 · 10 · 60 · 60 = 216000 C = 2,238 F
La semireazione anodica schematizzabile come:
Pb → PbSO4 + 2 e–
indica che 2 F di elettricità producono 1 mole di PbSO4, per cui:
2 F : 303,27 g di PbSO4 = 2,238 F : x
x = 339,4 g di PbSO4
La semireazione catodica di ricarica può essere così schematizzata:
PbSO4 + 2 e– → Pb
È quindi evidente che per ridurre a Pb 339,4 g di PbSO4 occorrono 2,238 F di elettricità. Pertanto:
2,238 F = 216000 coulomb = i · t = 0,5 · t
t = 432000 secondi = 120 ore
65 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Esercizio 5.
Risoluzione
Calcoliamo dapprima quale massa di cromo è necessaria per effettuare la cromatura.
Il volume di cromo da impiegare è:
1 m3 · 0,00005 m3 = 5 · 10–5 m3 = 50 cm3
Dalla densità si ricava allora che sono necessari:
50 cm3 · 7,19 g/cm3 = 359,5 g di cromo
L’impiego di Cr2(SO4)3 implica che:
H2O
Cr2(SO4)3 → 2 Cr3+ + 3 SO42–
2 Cr3+ + 6 e– → 2 Cr
Ovvero, 6 F di elettricità depositano 2 · 52 = 104 g di cromo. Pertanto:
6 F : 104 g di Cr = x F : 359,5 g di Cr
x = 20,74 F = 20,74 · 96500 = 2 · 106 coulomb
Dalla relazione:
Q(C ) = i(A) · t(s)
si ottiene:
2 · 106 C = x · 50 · 60
x = 667 A
Esercizio 6.
Risoluzione
La composizione del sale indica che il metallo è in stato di ossidazione +2. Inoltre, poiché gli ioni SO42– non sono
elettroattivi, significa che le semireazioni che si sviluppano nel processo di elettrolisi sono:
catodo
anodo
M2+ + 2 e– → M
2 H2O → O2 + 4 H+ + 4 e–
Calcoliamo il numero di moli di ioni H+ sviluppatesi. Sulla base del principio di equivalenza si ha:
eqH+ = eq OH–
ovvero, il numero di moli di ioni H+ prodotte sarà pari al numero di moli di ioni OH– consumate, per cui:
moliH+ = 0,05 · 0,02 = 1 · 10–3
Calcoliamo quale quantità di elettricità sia fluita per generare 1 · 103 moli di ioni H+. Poiché la semireazione anodica
indica che sono necessari 4 elettroni per sviluppare 4 ioni H+, si desume che:
4 · 96500 : 4 = x : 1 · 10–3
x = 96,5 coulomb
Pertanto al catodo si avrà:
96,5 : 0,0327 = 2·96500 : PAM
66 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
PAM = 65,40
Un esame della Tabella Periodica indica che si tratta di zinco.
Esercizio 7.
Risoluzione
Per una pila a concentrazione vale la relazione:
[Mn+]dil
0,059
∆E = – –––––– log ––––––
n
[Mn+]conc
Poiché la semireazione elettrodica in entrambe le semicelle è:
+2e–
Cu2+ ⇄ Cu
–2e–
possiamo scrivere:
0,059
[Cu2+]dil
∆E = 0,14 (V) = – –––––– log ––––––
n
[Cu2+]conc
da cui:
[Cu2+]dil
–––––––– = 0,33
[Cu2+]conc
ovvero:
n. moli Cu2+
––––––––
Vdil
–––––––––––––– = 0,33
n. moli Cu2+
––––––––
Vconc
Essendo il numero di moli di ioni Cu2+ uguale nelle due semicelle, si ha:
Vconc
–––––– = 0,33
Vdil
Vdil = 0,33 · 0,050 L = 0,151 L = 151 mL
Esercizio 8.
Risoluzione
Innanzitutto occorre scrivere la reazione di riduzione dello Zn2+ a Zn
Zn2+ + 2 e– → Zn
67 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
La legge di Nernst ci permette di calcolare il valore del potenziale di questa semicella:
0,059
aZn
1
E = E° – ——— · log ——— = –0,76 – 0,029 · log ———— = –0,81 V
2
[Zn2+]
1,4 · 10–2
Esercizio 9.
Risoluzione
La convenzione delle pile è la seguente:
anodo | elettrolita anodico || elettrolita catodico | catodo
Pertanto, la reazione che avviene in tale cella galvanica è:
Al → Al3+ + 3 e–
Fe + 3 e– → Fe
––––––––––––––––––––––––
Al + Fe3+ → Al3+ + Fe
3+
Secondo l’equazione di Nernst per la reazione globale di una pila si ha:
0,059
∆E = ∆E° – –––––– log Qr
n
ovvero:
[Al3+]
0,059
1,59 = ∆E° – ––––– log –––––
3
[Fe3+]
da cui:
0,059
0,250
∆E° = 1,59 + ––––– log ––––– = 1,623
3
0,005
La costante di equilibrio di una reazione di ossido-riduzione è data da:
K = 10 n ·
F
·
∆E° / (2,3
·
R
·
T)
Pertanto:
K = 10 3 ·
96500
·
1,623 / (2,3
·
8,314
·
298)
Esercizio 10.
Risoluzione
La semireazione anodica di una batteria al piombo è:
Pb + SO42– → PbSO4 + 2 e–
= 2,8 1082
68 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Essa indica che una mole di piombo (pari a 207,2 g) genera 2 · 96500 C, per cui 25 g di piombo produrranno una quantità
di carica elettrica di:
207,2 : 193000 = 25 : x
x = 23287 C
Poiché il lavoro elettrico fornito è pari a:
Wel = n ·
F · ∆E
l’energia fornita dalla batteria è:
Wel = 2 · 23287 · 1,5 = 69861 C · V = 69861 J
Se la lampadina consuma 25 J/s, per consumare 69861 J impiegherà:
69861
–––––– = 2794 s = 46,5 min
25
Esercizio 11.
Risoluzione
I valori dei potenziali standard ci indicano che in questa pila lo ione Ag+ si riduce al catodo, mentre il Pb si ossida a Pb 2+
all’anodo:
anodo
catodo
reazione totale:
Pb → Pb2+ + 2 e–
2 Ag + 2 e– → 2 Ag
————————————
Pb + 2 Ag+ → Pb2+ + 2 Ag
+
E° rid = –0,13 V
E°rid = +0,80 V
————————
∆E° = +0,93 V
Mentre la concentrazione dello ione Ag+ è nota, la concentrazione dello ione Pb2+ viene ricavata dall’espressione del
prodotto di solubilità del PbCl2, trattandosi di soluzione satura:
PbCl2 → Pb2+ + 2 Cl–
Kps = [Pb2+]·[Cl–]2
Indicando con x la concentrazione dello ione Pb2+, 2x sarà la concentrazione degli ioni Cl–.
Avremo quindi:
2.4·10-4 = [Pb2+]·[Cl–]2 = x · (2x)2 = 4 x3
x = [Pb2+] = 0,062 M
Applicando la relazione di Nernst:
0,0592
∆E = ∆E° – ——— · log Qr
n
si ottiene:
0,0592 V
[Pb2+]
0,062
∆E = +0,93 V – ———— · log ——— = +0,93 V – 0,029 V · log ——— = +0,91 V
2
[Ag+]2
0,12
69 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Esercizio 12.
Risoluzione
Il perossido d’argento dà luogo formalmente alla semireazione:
Ag2O2 + 2 e– → 2 Ag + O22–
Quindi, per depositare 2 moli di argento (pari a 215,7 g) occorrono 2 · 96500 coulomb di elettricità.
La quantità di elettricità che fluirà nel tempo di vita della pila è:
Q(C ) = 0,0001(A) · (1000 · 60 · 60)(s) = 360 C
Pertanto:
2 · 96500 : 215,7 = 360 : x
x = 0,40 g di argento depositato
Esercizio 13.
Risoluzione
La reazione sarà spontanea se il valore del potenziale complessivo di cella sarà positivo. Il potenziale standard delle due
semireazioni nella forma in cui sono scritte è pari a:
2 Cr2+ + 21 H2O → Cr2O72– + 14 H3O+ + 6 e–
3 HSO4 + 9 H3O+ + 6 e– →
3 H2SO3 + 12 H2O
————————————————————————
2 Cr2+ + 3 HSO4– + 9 H2O → Cr2O72– + 3 H2SO3 + 5 H3O+
–
E°ox = –1,33 V
E°rid = +0,11 V
————————
∆E° = –1,22 V
Il valore negativo del potenziale standard di cella indica che la reazione non è spontanea, mentre avviene spontaneamente
la reazione inversa che ha ∆E° = +1,22 V:
Cr2O72– + 3 H2SO3 + 5 H3O+
2 Cr2+ + 3 HSO4– + 9 H2O
Per calcolare la Keq della reazione spontanea si deve applicare la relazione:
K = 10 n
F ∆E° / (2,3RT)
che a 25 °C si riduce a:
K = 10 n
∆E° / 0,0592
Pertanto:
K = 10 6
1,22 / 0,0592
= 10123,64 = 4,45 · 10123
Esercizio 14.
Risoluzione
Nelle pile a concentrazione il potenziale dipende solamente dalla differenza di concentrazione delle due soluzioni.
Pertanto, ricordando che la convenzione di scrittura delle pile è:
anodo | elettrolita anodico | |
elettrolita catodico | catodo
70 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 11
Ag | Ag+ (conc. incognita) | | Ag + (1 M) | Ag
e che la semireazione coinvolta è:
Ag+ + e– → Ag
si ha:
0,0592
1
0,0592
1
Ecat = E° Ag+/Ag – ——— · log —–— = E°Ag+/Ag – ——— · log —–
n
[Ag+]
1
x
0,0592
1
0,0592
1
Ean = E°Ag+/Ag – ——— · log —–— = E°Ag+/Ag – ——— · log —– = E°Ag+/Ag
n
[Ag+]
1
1
e quindi:
1
E = Ecat – Ean = E° Ag+/Ag – E°Ag+/Ag – 0,0592 · log –—
x
1
0,29 V = –0,0592 log –—
x
1
–0,29
log –— =
= –4.90
x
0,0592
1
–4,90
–— = 10
x
x = 1,26·10–5
Se x rappresenta la concentrazione di Ag+ nella soluzione satura di AgCl.
AgCl(s)
Ag+ + Cl-
Kps = [Ag+]·[Cl–] = (1,26·10–5)2 = 1,54·10–10
Esercizio 14.
Risoluzione
Calcoliamo innanzitutto il numero di coulomb fluiti nell’apparato elettrochimico attraverso i dati sull’elettrodeposizione di
argento.
Dalla semireazione:
Ag+ + e– → Ag
si deduce che:
96500 C : 107,87 g di Ag = x C : 1,00 g di Ag
x = 894,6 C
Allora considerando che la semireazione:
Eun+ + n e– → Eu
indica che (n · 96500) C depositano una mole di europio, si deduce che:
894,6 C : 0,470 g di Eu = n·96500 : 151,96 g di Eu
n = 3,0
71 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
CAPITOLO 12
Esercizio 1.
Risoluzione
Poiché la reazione è esotermica, al calore liberato viene assegnato segno negativo. Analogamente, il lavoro svolto dal
sistema sollevando il pistone ha segno negativo. Si avrà perciò::
∆E = q + w = –16,54 J – 5,14 J = –21,68 J
Esercizio 2.
Risoluzione
La reazione bilanciata è:
2 C6H6(`) + 15 O2(g) → 12 CO2(g) + 6 H2O(`)
La variazione di entalpia di una reazione è calcolabile mediante la relazione:
H° = Σ H° f(prodotti) – Σ H°f(reagenti)
La sommatoria dell’entalpia di formazione dei prodotti è:
Σ H° f (prodotti) = 12· H°f (CO2)(g) + 6· H° f (H2O) (`)= 12(–393,51 kJ/mol) + 6(–285,83 kJ/mol) = –6436,98 kJ/mol
La sommatoria dell’entalpia di formazione dei reagenti è:
Σ H°f (reagenti) = 2· H° f (C 6H6(`) + H° f (O2)(g) = 2·(+49,0 kJ/mol) + 0 kJ/mol = +98,0 kJ/mol
Pertanto:
H° = Σ H° f (prodotti) – Σ H° f (reagenti) = –6436,98 kJ/mol – 98,0 kJ/mol = –6534,98 kJ/mol
Esercizio 3.
Risoluzione
La reazione bilanciata è:
C2H5OH(`) + 3 O2 (g) → 2 CO2(g) + 3 H2O(`)
La variazione di entalpia di una reazione è calcolabile mediante la relazione:
H° = Σ H° f (prodotti) – Σ H° f (reagenti)
La sommatoria dell’entalpia di formazione dei prodotti è:
H° f (prodotti) = 2· H° f (CO2)(g) + 3· H°f(H2O) (`) = 2(–393,51 kJ/mol) + 3(–285,83 kJ/mol) = –1644,51 kJ/mol
La sommatoria dell’entalpia di formazione dei reagenti è:
Σ H°f (reagenti) = H°f (C2H5OH) (`) + H°f (O2)(g) = –277,7 kJ/mol + 0 kJ/mol
Pertanto:
H° = Σ H° f (prodotti) – Σ H° f (reagenti) = –1644,51 kJ/mol + 277,7 kJ/mol = –1366,7 kJ/mol
72 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
Esercizio 4.
Risoluzione
La reazione di combustione in esame è:
C6H12O6(acq) + 6 O2(g) → 6 CO2(acq) + 6 H2O(`)
Dalla relazione:
∆H° = Σ ∆H°f (prodotti) – Σ ∆H° f (reagenti)
si ottiene che la combustione di una mole di glucosio (pari a 180,16 g) produce una energia pari a:
∆H° = 6(−414,2 kJ/mol) + 6(–286,2 kJ/mol) – (–1264,4 kJ/mol + 6 · 0 kJ/mol) = –2938 kJ/mol
Pertanto, la quantità di glucosio necessaria per fornire una energia di 8368 kJ, è pari a:
180,16 g : 2938 kJ = x g : 8368 kJ
x = 513 g
Esercizio 5.
Risoluzione
La reazione di conversione è così schematizzabile:
n-C8H18 ⇄ i-C8H18
La spontaneità di un processo è legata alla condizione che ∆G < 0. Nel nostro caso, essendo in condizioni standard, si può
calcolare il ∆G° della reazione:
∆G° = Σ ∆G°f (prodotti) – Σ ∆G° f (reagenti) = 12,8 – 16,6 = –3,8 kJ/mol
Il segno negativo rivela che, in condizioni standard, il processo di conversione è spontaneo.
La costante di equilibrio di una reazione è legata alla variazione di energia libera secondo la relazione:
∆G° = – R · T· ln K = –2,3· R· T· log K
Pertanto:
∆G°
3800
log K = – –––––––– = ––––––––––––– = 0,667
2,3· R· T
2,3· 8,314· 298
K = 100,667 = 4,6
Esercizio 6.
Risoluzione
In condizioni standard, la spontaneità del processo:
CaCO3(calcite) ⇄ CaCO3(aragonite)
73 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
è legata a un valore negativo di ∆G°. Applicando la relazione:
∆G° = Σ ∆G°f (prodotti) – Σ ∆G° f (reagenti)
si ottiene:
∆G° = –1127,7 – (–1128,8) = +1,1 kJ/mol
Il segno positivo indica che il processo non è spontaneo e quindi l’ipotesi non è valida.
La relazione tra costante di equilibrio e variazione di energia libera è:
∆G° = –R· T· ln · = –2,3· R· T· log K
Pertanto, per quanto riguarda la seconda parte del problema si ha:
∆G°
47200
log K = – ––––––––– = – ––––––––––– = –8,28
2,3· R· T
2,3· 8,314· 298
K = 10–8,28 = 5,2· 10–9
Dal momento che la costante di equilibrio nel caso attuale è espressa da:
K = [Ca2+]· [CO32–]
e poiché dalla stechiometria della reazione si deduce:
[Ca2+] = [CO32–]
si ha:
K = [Ca2+]2 = 5,2· 10–9
da cui:
[Ca2+] = 7,2· 10–5 mol/L
Esercizio 7.
Risoluzione
In un giorno, l’impianto nucleare consuma 1000/235 = 4,255 moli di uranio, che producono una energia pari a:
4,255 · 6,023· 1023 · 200 · 106 · 1,6· 10–19 = 8,2· 1013 joule
(a) In termini di potenza [energia (J)/tempo (s)], tale energia corrisponde a:
8,2· 1013 joule
––––––––––––––––– = 9,5· 108 watt
24· 60· 60 secondi
e poiché il rendimento è del 30%, la potenza quotidianamente erogata dall’impianto nucleare è di:
0,30 · 9,5· 108 watt = 2,85· 108 watt
(b) La reazione di combustione del carbone può essere così schematizzata:
C(s) + O2(g) → CO2(g)
74 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
La variazione di entalpia associata a tale reazione è pari a:
∆H° = Σ ∆H°f (prodotti) – Σ ∆H° f (reagenti) = –393,5 kJ/mol
Questo implica che per produrre 8,2· 1013 joule (8,2· 1010 kJ) di energia sono necessarie:
1 mole di C : 393,5 kJ = x moli di C : 8,2· 1010 kJ
x = 2,08· 108 moli di C
pari a:
2,08· 108 · 12 = 2,5· 109 g = 2500 tonnellate
(c) Sulla base della definizione di densità si ottiene che:
volume = massa/densità
per cui il volume occupato da 1 kg di uranio è di:
volume uranio = 1000/18,5 = 54 cm3
mentre il volume occupato da 2500 tonnellate di carbone è di:
volume carbone = 2,5· 109/2 = 1,25· 109 cm3 = 1,25· 106 litri = 1250 m3
(d) La stechiometria della reazione di combustione indica che una mole di carbone produce una mole di anidride
carbonica. Pertanto nel presente caso si produrranno 2,08· 108 moli di CO2. Dall’equazione di stato dei gas ideali si ricava
che tale quantità di gas occupa un volume pari a:
n· R· T
2,08· 108 · 0,082 · 298
V = –––––––– = –––––––––––––––––– = 5,1· 109 litri = 5,1 milioni di m3
P
1
Esercizio 8.
Risoluzione
A 25°C si ha che:
∆G° = Σ ∆G°f (prodotti) – Σ ∆G°f (reagenti) = 2· 0 kJ/mol + 3(–137,3 kJ/mol) – (–741,0 kJ/mol + 3· 0 kJ/mol) = +329,1
kJ/mol
∆H° = Σ ∆H°f (prodotti) – Σ ∆H°f (reagenti) = 2· 0 kJ/mol + 3(–110,5 kJ/mol) – (–822,2 kJ/mol + 3· 0 kJ/mol) = +490,7 kJ/mol
∆S° = Σ S°(prodotti) – Σ S°(reagenti) = 2· 27,2 J/mol· K + 3· 197,9 J/mol· K – (90,0 J/mol· K + 3· 5,7 J/mol· K) = +541,0 J/mol· K
Dal valore positivo di ∆G° si deduce che a 25 °C il processo non è spontaneo.
Dalla relazione:
∆G° = ∆H° – T· ∆S°
si deduce che G° < 0 quando T· ∆S° > ∆H°, ovvero per:
∆H°
490,7 kJ/mol
T > ––––––– = –––––––––––– = 907 K = 634 °C
∆S°
0,541 kJ/mol· K
75 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
Esercizio 9.
Risoluzione
Il problema si risolve applicando la relazione:
∆G° = ∆H° – T·∆S°
Pertanto:
∆H° = Σ∆H°f (prodotti) – Σ∆H° f (reagenti) = 142,3 kJ/mol – 3/2 (0 kJ/mol) = 142,3 kJ/mol
∆S° = ΣS°(prodotti) – ΣS°(reagenti) = 237,6 J/mol·K – (3/2) 205,1 J/mol·K = −70,05 J/mol·K
Quindi:
∆G° = ∆H° – T·∆S° = 142,3 kJ/mol – 298 K·(7
0,05 J/mol·K) = 163,2 kJ mol
Esercizio 10.
Risoluzione
Il problema si risolve applicando la relazione:
∆G° = ∆H° – T
∆S°
Pertanto:
∆H° =
∆H°f(prodotti) – Σ∆H°f(reagenti) = 11,1 kJ/mol – 2·33,2 kJ/mol = −55,3 kJ/mol
∆S° = ΣS°(prodotti) – ΣS°(reagenti) = 304,4 J/mol·K – 2·240,1 J/mol·K = −175.8 J/mol·K
Quindi:
∆G° =
∆H° – T · ∆S° = −55,3 kJ/mol – 340,15 K·(−175,8 J/mol.K) = –115,1 kJ mol
Esercizio 11.
Risoluzione
Per risolvere il problema si deve calcolare la variazione di energia interna, ∆E, che accompagna la reazione. Infatti, dalla
relazione di Planck (∆E = h·ν) si potrà calcolare la lunghezza d’onda della luce (λ = c/ν).
Per calcolare ∆E, si deve fare ricorso alla relazione:
∆E = ∆H – R·T· (∆n)
dove ∆n è la variazione del numero di moli di gas che accompagna la trasformazione dei reagenti in prodotti.
Calcoliamo il ∆H° della reazione:
∆H° = Σ ∆H°f (prodotti) – Σ ∆H° f (reagenti) = 90,4 kJ/mol + 247,3 kJ/mol – 33,8 kJ/mol = +303,9 kJ/mol
76 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
Pertanto:
∆E = ∆H – R·T· (∆n) = 303,9 kJ/mol – 0,008314 kJ/(mol·K) ·298 K· (2 – 1) = 301,4 kJ/mol
Trasformandolo in energia per molecola si ha:
301,4 kJ/mol /6,02· 1023 (molecole/mol) = 5,0·10–22 kJ/molecola
Dalla relazione ∆E = h·ν si ottiene:
∆E
5,0·10–19 J/molecola
ν = ––– = ––––––––––––––––––– = 7,55·1014 s–1
h
6,62·10–34 J·s
e quindi:
c
3·108 m·s–1
λ = –––– = ––––––––––––– = 3,94·10–7 m
ν
7,55·1014 s–1
Ovvero è necessaria luce violetta o ultravioletta.
Esercizio 12.
Risoluzione
(a) L’energia libera della reazione che porta alla sintesi del saccarosio è calcolabile mediante la relazione:
∆G° = Σ ∆G°f (prodotti) – Σ ∆G° f (reagenti)
per cui:
∆G° = –1523,8 kJ/mol + (–285,8 kJ/mol) – [–917,1 kJ/mol + (–915,5 kJ/mol)] = +23,0 kJ/mol
Il segno positivo denuncia la non spontaneità della reazione.
(b) Se la reazione, che avviene con un aumento di energia libera di 23 kJ/mol, sfrutta l’apporto di energia libera della
reazione che avviene con una diminuzione di energia libera di 29,3 kJ/mol, la percentuale di utilizzazione è:
23,0 : 29,3 = x : 100
x = 78,5%
Esercizio 13.
Risoluzione
Il decorrere spontaneo di una reazione in condizioni standard è legato alla condizione che: ∆G° < 0.
Poiché:
∆G° = ∆H° – T·∆S°
77 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
calcolando ∆H° e ∆S°, si può calcolare a quale valore di temperatura una reazione diventa spontanea, ovvero a quale
valore di temperatura ∆G° diventa negativo.
Cominciamo con la reazione di conversione del rame metallico a ossido nero CuO, che si ottiene sommando e invertendo
le due reazioni in esame:
1
2 CuO(s) → Cu2O(s) + — O2(g)
2
1.
1
Cu2O(s) → 2 Cu(s) + — O2(g)
2
–––––––––––––––––––––––––
2 CuO(s) → 2 Cu (s) + O2(g)
2.
Calcoliamo i parametri ∆H° e ∆S° per le due reazioni.
Per la prima reazione si ha:
∆H°1 = Σ ∆H° f(prodotti) – Σ ∆H°f(reagenti)
1
= –168,6 kJ/mol + — · 0 kJ/mol – 2(–157,3 kJ/mol) = +146,0 kJ/mol
2
1
∆S°1 = Σ S°(prodotti) – Σ S°(reagenti) = +0,0931 kJ/mol·K + — · 0,2050 kJ/mol·K – 2(+0,0426 kJ/mol·K) = +0,1104 kJ/mol·K
2
Per la seconda reazione si ha:
1
∆H°2 = 2·0 kJ/mol + — · 0 kJ/mol – (–168,6 kJ/mol) = +168,6 kJ/mol
2
1
∆S°2 = 2(+0,0332 kJ/mol·K) + — · 0,2050 kJ/mol·K – 0,0931 kJ/mol·K = +0,0758 kJ/mol·K
2
Assumendo che ∆H° e ∆S° siano indipendenti dalla temperatura, per la reazione di conversione a ossido nero, a 25 °C, si
ha:
∆H° = –(∆H°1 + ∆H°2) = –(146,0 kJ/mol + 168,6 kJ/mol) = –314,6 kJ/mol
∆S° = –(∆S°1 + ∆S°2) = –(+0,1104 kJ/mol· K + 0,0758 kJ/mol· K) = –0,1862 kJ/mol· K
Poiché la conversione è spontanea a temperatura ambiente, verifichiamo che il ∆G° a 25 °C sia negativo:
∆G° = ∆H° – T· ∆S° = –314,6 kJ/mol – 298 K·(–0,1862 kJ/mol· K) = –259 kJ/mol
Vediamo ora a quale temperatura la conversione a ossido rosso diventa spontanea, ovvero a quale valore di temperatura il
∆G° diventa negativo:
∆G°1 = ∆H°1 – T· ∆S°1 = +146,0 kJ/mol – T(+0,1104 kJ/mol· K) < 0
da cui:
146,0 kJ/mol
T > ––––––––––––––– = 1322,5 K = 1049 °C
0,1104 kJ/mol· K
78 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
Infine, la scomparsa di ossidi si ha al valore di temperatura al quale il ∆G°2 diventa minore di zero; ovvero:
∆G°2 = ∆H°2 – T· ∆S°2 = +168,6 kJ/mol – T(+0,0758 kJ/mol· K) < 0
168,6 kJ/mol
T > –––––––––––––– = 2224,3 K = 1951 °C
0,0758 kJ/mol· K
Esercizio 14.
Risoluzione
Il prodotto di solubilità di AgCl è espresso dalla costante di equilibrio della reazione:
H2O
AgCl(s) ⇄ Ag +(acq) + Cl–(acq)
Poiché la costante di equilibrio di una reazione è legata alla variazione di energia libera secondo la relazione:
∆G° = –R· T· ln K = –2,3· R· T· log K
dobbiamo calcolare il valore di ∆G°.
Nel caso del cloruro d’argento si ha:
∆G° = Σ ∆G°f (prodotti) – Σ ∆G° f (reagenti) = 77,1 kJ/mol + (–131,3 kJ/mol) – (–109,8 kJ/mol) = 55,6 kJ/mol
Da cui si ricava:
∆G°
55600
log Kps = – –––––––– = –––––––––––– = 9,76
2,3· R· T
2,3· 8,314· 298
Kps = 10–9,76 = 1,7· 10–10
Nel caso del bromuro d’argento, con procedimento analogo si ottiene:
H2O
AgBr(s) ⇄ Ag +(acq) + Br–(acq)
∆G° = 77,1 kJ/mol + (–102,9 kJ/mol) – (–96,9 kJ/mol) = 71,1 kJ/mol
∆G°
71100
log Kps = – –––––––– = ––––––––––––– = 12,48
2,3· R· T
2,3· 8,314· 298
Kps = 10–12,48 = 3,3· 10–13
Esercizio 15.
Risoluzione
Secondo il metodo delle cariche formali, si ha:
+4
+3
2 Fe + 2 e– → 2 Fe
79 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 12
–2
+4
4 S → 4 S + 24 e–
0
–2
11
––––– (O2 + 4 e– → 2 O )
2
per cui la reazione viene così bilanciata:
4 FeS2(s) + 11 O2(g) → 2 Fe2O3(s) + 8 SO2(g)
Applicando la relazione:
∆H° = Σ ∆H°f (prodotti) – Σ ∆H° f (reagenti)
si ottiene:
∆H° = 2(–822,2 kJ/mol) + 8(–297,1 kJ/mol) – [4(–177,8 kJ/mol) + 11· 0 kJ/mol] = –3310 kJ/4 mol
Quindi la risposta al quesito si ottiene da:
4· 119,96 g : –3310 kJ = 1200 g : x kJ
x = –8278 kJ
80 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
CAPITOLO 13
Esercizio 1.
Risoluzione
(a) I primi tre dati sperimentali dimostrano una dipendenza lineare della velocità di reazione dalla concentrazione di A,
mentre gli ultimi due dati sperimentali indicano che la velocità di reazione non dipende dalla concentrazione di B. Se ne
deduce pertanto che l’equazione sperimentale di velocità è:
v = k · [A]
ovvero, l’equazione di velocità è quella descritta nell’equazione 4).
(b) Ne consegue che l’ordine di reazione rispetto a A è 1, che coincide con l’ordine di reazione globale.
Esercizio 2.
Risoluzione
La reazione in esame è:
2 NaClO(s) → 2 NaCl(s) + O2(g)
L’equazione di velocità integrata per una reazione del primo ordine è:
c0
ln –––– = k·t
c
dove “c0“ è la concentrazione iniziale e “c” è la concentrazione al tempo t.
Poiché c0 = n0/V si ha:
100
100
n0 = ———— = ——— = 1,3434
PMNaClO
74,4
ed essendo V = 1 litro:
c0 = 1,3434 M
Pertanto, la concentrazione di ipoclorito ancora presente dopo 10 minuti è calcolabile dall’equazione integrata, sostituendo
i valori numerici noti:
1,3434 mol/L
ln –––––––––––– = 0,0808 min–1·10 min
c mol/L
da cui si ottiene che c = 0,6 mol/L.
Se ne deduce che il numero di moli di ipoclorito che ha subito reazione è:
1,3434 – 0,6 = 0,7434
Poiché la stechiometria della reazione indica che per ogni 2 moli di ipoclorito che scompaiono si forma 1 mole di ossigeno
gassoso, si deve dedurre che il numero di moli di gas formatosi è 0,7434/2 = 0,3717 mol.
La pressione esercitata da tale quantità di gas è:
n·R·T
0,3717 (mol) ·0,082 (L·atm·mol–1·K–1) ·323 (K)
P = –––––––– = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– = 9,84 atm
V
1
81 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Esercizio 3.
Risoluzione
Per determinare l’ordine di reazione rispetto a un componente si procede dapprima costruendo un grafico
ln[componente]/tempo. Se tale grafico presenta un andamento lineare, la reazione è del primo ordine rispetto a quel
componente.
Nel nostro caso si ha:
(mol·L–1)
Riportando in grafico si ottiene:
L’andamento lineare suggerisce che la reazione di decomposizione dell’ammoniaca è del primo ordine.
La pendenza della retta fornisce la costante di velocità della reazione, pertanto:
| 0,690 – 0,678
k = | –––––––––––
|
4
|
| = 0,003 s–1
|
Per le reazioni del primo ordine vale la relazione:
0,693
t1/2 = –––––––
k
per cui:
0,693
t1/2 = –––––– = 231 s
0,003
Esercizio 4.
Risoluzione
Le prime due serie di dati sperimentali mostrano che, a concentrazione costante di O3, raddoppiando la concentrazione di
O2, la velocità di reazione dimezza; ovverosia, la velocità di reazione è inversamente proporzionale alla concentrazione di
O2. Le due ultime serie di dati mostrano che, a concentrazione costante di O2, raddoppiando la concentrazione di O3, la
velocità di reazione quadruplica. Se ne deduce allora che la velocità di reazione è espressa da:
v = k · [O2]–1 · [O3]2
82 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Consideriamo ora il meccanismo di reazione:
K1
O3 + O3 ⇄ O2 + O4
k2
O4 → 2 O2
veloce
lento
Basandosi sulle proprietà dello stadio determinante la velocità di reazione, per la seconda reazione si può scrivere:
vreazione = v2 = k2 · [O4]
Per la prima reazione vale:
[O2] · [O4]
K1 = ––––––––––
[O3]2
da cui:
[O3]2
[O4] = K1 ———
[O2]
Sostituendo nella precedente espressione dello stadio determinante la velocità di reazione, si ha:
[O3]2
vreazione = v2 = k2 · K1 ––––––––
[O2]
Ponendo infine k2 · K1 = k, si ha:
v = k · [O3]2 · [O2]–1
Il confronto con l’equazione di velocità sperimentale indica che il meccanismo di reazione è plausibile.
Esercizio 5.
Risoluzione
L’espressione valida per i tempi di decadimento radioattivo è:
n0
t = t1/2 ·3,33 ·log ——
n
dove “n0“ è il numero di atomi inizialmente presenti e “n” il numero di atomi presenti dopo un tempo t.
Ovviamente, il rapporto tra il numero di atomi n0/n è pari al rapporto tra le masse, quindi supponendo di avere
inizialmente 100 g di nuclide, si otterrà:
100
14,4 anni = 28,8 anni · 3,33 · log –––––
x
x = 70,79 g
La perdita in peso sarà quindi del 29,21%.
83 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Esercizio 6.
Risoluzione
Per calcolare l’energia di attivazione di una reazione si deve far ricorso alla relazione:
k1
Ea
log –––– = ––––– · ( 1/
k2
T2
– 1/
T1
)
2,3R
Dobbiamo pertanto calcolare le costanti di velocità a 60 e 65 °C, che chiameremo rispettivamente k60 e k65.
Poiché per una reazione del primo ordine vale che:
0,693
t1/2 = –––––––
k
si ottiene che:
0,693
0,693
k60 = ––––––– = –––––– = 2,00· 10–4 s–1
t1/2
3460
0,693
0,693
k65 = –––––– = –––––– = 1,31· 10–3 s–1
t1/2
3460
Pertanto:
2,00· 10–4
Ea
1
1
log ––––––––– = –––––––– · ( –––– – ––– )
1,31· 10–3
2,3· 8,31
338
333
Ea (65 °C) = 3,52· 104 joule
Applicando nuovamente la precedente relazione:
k50
Ea
1
1
log –––– = –––––––– · ( –––– – ––––– )
·
k60
2,3 8,31
333
323
e passando ai valori numerici noti si ha:
k50
3,52· 104
log ––––––– = –––––––– ·
2,00· 10–4
2,3· 8,31
1
1
(–––– – –––– )
333
323
k50 = 1,35· 10–4 s–1
Pertanto:
0,693
t1/2 (50 °C) = ––––––– = 5133 s
1,35· 10–4
84 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Esercizio 7.
Risoluzione
La risoluzione del problema è legata al fatto che partendo da una dose iniziale di antibiotico di 400 mg, tale dose non deve
scendere al di sotto di 70· 2 = 140 mg. Il tempo di metabolizzazione dell’antibiotico è quindi legato all’equazione integrata
di velocità:
[A]
ln —— = – k· t
[A]0
Per la prima capsula vale che:
[A] = 140 mg
[A]0 = 400 mg
per cui il tempo di assunzione della seconda capsula è calcolabile da:
140
ln —— = –3,0· 10–5· t
400
t = 34994 s = 9,7 ore
Per la seconda capsula vale che:
[A] = 140 mg
[A]0 = 140 + 400 = 540 mg
Pertanto il tempo di assunzione della terza capsula è calcolabile da:
140
ln —— = –3,0· 10–5· t
540
t = 44997 s = 12,5 ore
Esercizio 8.
Risoluzione
Per conoscere l’attività specifica del campione (ovvero, il numero di disintegrazioni per minuto per grammo di carbonio
presente nel fossile) si deve calcolare quanti grammi di carbonio sono presenti in 7,32 g di CO2. Pertanto:
7,32· 12,01
x = ––––––––––– = 1,998 g di carbonio
44
C : CO2 = x : 7,32
Quindi, l’attività specifica del campione è:
10,8 dis/min : 1,998 g = x : 1,00 g
x = 5,4 dis/min/g
L’età del campione risulta calcolabile dalla relazione:
d0
t = t1/2 · 3,33 · log —
d
Passando ai valori numerici:
15,3
t = 18600 anni · log –––– = 8413 anni
5,4
Il campione risulta pertanto più antico di quanto ipotizzato.
85 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Esercizio 9.
Risoluzione
Per risolvere il problema si deve far uso della relazione che governa la costante di velocità a due temperature diverse e
l’energia di attivazione:
k1
Ea
1
1
log –––– = –––– · ( –––– – –––– )
·
k2
2,3 R
T2
T1
Essendo il processo di denaturazione una reazione del primo ordine, possiamo ottenere:
0,693
0,693
K (29,6 °C) = –––––– = –––––– = 0,154 ore–1
t1/2
4,5 ore
Pertanto, il tempo di dimezzamento a 37 °C è:
0,154 ore
586600 J
1
1
log ––––––––– = –––––––––––– · ––––– – –––––
k (37 °C)
2,3· 8,31 J/mol· K 310
302,6
da cui:
k (37 °C) = 40,7 ore–1
Pertanto, il tempo di dimezzamento a 37 °C è:
0,693
t1/2 = –––––– = 0,017 ore = 1,0 min
40,7
Esercizio 10.
Risoluzione
Impiegando la relazione:
c0
t = t1/2 · 3,33 · log —
c
si ottiene:
100
5,33 = t1/2 · 3,33 · log –––
0,10
Per il 64Cu si ha:
5,33
t1/2 = ––––––– = 0,53 giorni = 12,8 ore
3,33 · 3
Dalla stessa relazione si ottiene per il 59Fe:
100
5,33 = 45 · 3,33 · log ––––
x
86 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
x = 92,1%
ovvero il 59Fe si decompone meno dell’8%.
Esercizio 11.
Risoluzione
Le disintegrazioni nucleari sono reazioni del primo ordine, per cui un diagramma ln[specie]/tempo deve dare luogo a una
retta la cui pendenza fornisce la costante di velocità del decadimento.
Nel nostro caso si ha:
La costante di velocità sarà pertanto pari a:
| –0,7679 – (–0,1924) |
k = | –––––––––––––––––– | = 0,0959 ore–1
|
8–2
|
Quindi il tempo di dimezzamento di 211At sarà:
0,693
0,693
t1/2 = –––––– = –––––––––– = 7,23 ore
k
0,0959 ore–1
Esercizio 12.
Risoluzione
Calcoliamo dapprima se la reazione è del primo ordine.
Per una reazione del primo ordine il diagramma ln[specie]/tempo deve dare luogo a una retta (la cui pendenza fornisce la
costante di velocità del decadimento). Pertanto:
t (s)
0
5
10
15
20
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
ln [A] 4,60
2,65
2,05
1,67
1,39
Riportando in grafico si ottiene:
Come si nota, non vi è andamento lineare, per cui la reazione non è del primo ordine (rispetto al componente A).
87 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 13
Vediamo allora se la reazione è del secondo ordine. Nelle reazioni del secondo ordine (rispetto a un componente), si deve
avere un andamento lineare tra l’inverso della concentrazione e il tempo (anche in questo caso, la pendenza fornisce la
costante di velocità del decadimento). Pertanto:
t (s)
0
5
10
15
20
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
1/[A] 0,010 0,071 0,128 0,189 0,250
Riportando in grafico si ottiene:
L’andamento lineare indica che la reazione è del secondo ordine (rispetto al componente A).
La costante di velocità della reazione sarà pari a:
| 0,250 – 0,071 |
k = | –––––––––––– | = 0,012 mM–1 · s–1
|
15
|
88 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
CAPITOLO 15
Esercizio 1.
Risoluzione
a)
NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl
La reazione è una reazione a doppio scambio già bilanciata. Infatti la massa di reagenti e prodotti è già bilanciata.
b)
BaCl2 + Na2SO4 → NaCl + BaSO4
La reazione è una reazione a doppio scambio. Bilanciamo la massa del cloro ponendo il coefficiente 2 davanti a NaCl. In
questo modo anche la massa del sodio è bilanciata e quindi l’equazione è bilanciata:
BaCl2 + Na2SO4 → 2 NaCl + BaSO4
c)
CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
Anche in questo caso la reazione non coinvolge variazioni dello stato di ossidazione di reagenti e prodotti. Bilanciando gli
atomi di cloro avremo:
CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
che rappresenta anche la reazione completamente bilanciata.
d)
HCl + FeS → FeCl2 + H2S
Per bilanciare gli atomi di cloro occorre moltiplicare per 2 il termine HCl.
2 HCl + FeS → FeCl2 + H2S
La reazione risulta bilanciata.
e)
Na2S + ZnCl2→ ZnS + NaCl
In questa reazione di doppio scambio occorre moltiplicare per 2 il termine NaCl, ottenendo la reazione bilanciata:
Na2S + ZnCl2 → ZnS + 2 NaCl
f)
Na2CO3 + HNO3 → NaNO3 + CO2 + H2O
Occorre innanzitutto bilanciare gli atomi di sodio nei prodotti, moltiplicando per 2 il termine NaNO3:
Na2CO3 + HNO3 → 2 NaNO3 + CO2 + H2O
Questo provoca uno sbilanciamento degli NO3– e quindi occorre moltiplicare per 2 il termine HNO3 nei reagenti:
Na2CO3 + 2 HNO3 → 2 NaNO3 + CO2 + H2O
ottenendo così la reazione bilanciata.
89 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
Esercizio 2.
Risoluzione
a)
H3PO4
L’idrogeno nella maggior parte dei suoi composti ha stato di ossidazione +1 e l’ossigeno ha stato di ossidazione –2.
Quindi, dovendo rispettare la carica nulla del composto, lo stato di ossidazione x del fosforo sarà:
x + 3·1 + 4·(–2) = 0
x = +5
b)
HClO
Lo stato di ossidazione x del cloro sarà:
x+1–2=0
x = +1
c)
C2H6
Lo stato di ossidazione x del carbonio sarà:
2 x + 6·1 = 0
x = –3
d)
H2O2
Nel perossido di idrogeno (acqua ossigenata), poiché l’idrogeno ha stato di ossidazione +1, lo stato di ossidazione
dell’ossigeno è –1.
e)
Na2C2O4
Lo stato di ossidazione dei metalli alcalini nei loro derivati è + 1. Poiché l’ossigeno ha stato di ossidazione -2, lo stato di
ossidazione x del carbonio è:
2·1 + 2 x + 4(–2) = 0
x = +3
f)
NH3
Lo stato di ossidazione x del carbonio è:
x + 3·1 = 0
x = –3
g)
H3AsO4
Lo stato di ossidazione x dell’arsenico è:
3·1 + x + 4·(–2) = 0
x = +5
Esercizio 3.
Risoluzione
a)
MnO4–
La carica complessiva dello ione è –1, quindi, tenendo conto che lo stato di ossidazione dell’ossigeno è comunemente –2,
lo stato di ossidazione x del Mn è:
90 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
x + 4·(–2) = –1
x = +7
Cr2O72–
b)
Lo stato di ossidazione x del Cr è:
2 x + 7·(–2) = –2
x = +6
c)
Cd(NO3)2
Nel nitrato di cadmio, Cd(NO3)2, lo ione nitrato NO3– deriva dall’acido nitrico, HNO3. Il cadmio ha perciò stato di
ossidazione +2, perché deve bilanciare la carica dei due ioni nitrato. L’azoto nello ione nitrato ha stato di ossidazione +5 e
l’ossigeno –2.
UO22+
d)
Lo stato di ossidazione x dell’U è:
x + 2·(–2) = +2
x = +6
ClO4–
e)
Lo stato di ossidazione x del Cl è:
x + 4·(–2) = –1
x = +7
f)
NaBiO3
Il sodio, essendo un metallo alcalino, nei suoi composti ha stato di ossidazione +1.
Lo stato di ossidazione x del Bi è:
+1 + x + 3·(–2) = 0
x = +5
g)
C2H6O
Lo stato di ossidazione x del C è:
2 x + 6 ·1 + 1·(–2) = 0
x = –2
Esercizio 4.
Risoluzione
Zn + HCl → ZnCl2 + H2
a)
Lo zinco passa dallo stato di ossidazione 0 in Zn allo stato di ossidazione +2 nello ZnCl2. L’idrogeno passa dallo stato di
ossidazione +1 in HCl allo stato di ossidazione 0 in H2. Si tratta perciò di una reazione di ossido-riduzione che possiamo
bilanciare con il metodo ionico-elettronico. Scriviamo dapprima la reazione in forma ionica:
Zn + H+ + Cl– → Zn 2+ + 2 Cl– + H2
Bilanciando le semireazioni abbiamo:
Zn → Zn2+ + 2e–
91 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
2 H+ + 2 e– → H2
Complessivamente il numero di elettroni è bilanciato, scriviamo perciò la relazione complessiva bilanciando la quantità di
ioni cloruro a sinistra e a destra:
Zn + 2 H+ + 2 Cl– → Zn2+ + 2 Cl– + H2
Passando nuovamente all’equazione in forma non ionica si ha:
Zn + 2 HCl → ZnCl2 + H2
KI + Pb(NO3)2 → KNO3 + PbI2
b)
Questa non è una reazione di ossido-riduzione perché tutti gli elementi coinvolti mantengono inalterato il loro stato di
ossidazione. La reazione è una reazione a doppio scambio.
Bilanciando la massa dello iodio ponendo il coefficiente 2 davanti a KI, si coinvolge anche la massa del potassio, che a
sua volta coinvolge anche il termine NO3:
2 KI + Pb(NO3)2 → 2 KNO3 + PbI2
CS2 + O2 → CO2 + SO2
c)
Lo zolfo passa dallo stato di ossidazione –2 in CS2 allo stato di ossidazione +4 nell’SO2, mentre l’ossigeno passa dallo
stato di ossidazione 0 nell’O2 allo stato di ossidazione –2 sia in CO2, sia in SO2. Si tratta perciò di una reazione redox che
verrà bilanciata con il metodo ionico-elettronico:
S2–4 → 2 S+4 + 12 e–
O2 + 4 e– → O24–
Per bilanciare gli elettroni occorre moltiplicare per 3 la seconda semireazione:
3·{O2 + 4 e– → O24–}
I 3 atomi di ossigeno con stato di ossidazione O24- vanno ripartiti fra i due prodotti CO2 e SO2. In realtà il semplice
bilanciamento degli atomi di zolfo ci aiuta a ripartire questi ioni O24– tra CO2 e SO2. Scrivendo l’equazione in forma non
ionica si ha:
CS2 + 3 O2 → CO2 + 2 SO2
CaCO3 + HCl → CaCl2 + CO2 + H2O
d)
La reazione non è di ossido-riduzione perché nessun elemento cambia il proprio stato di ossidazione. Bilanciamo perciò
solo le masse di cloro:
CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + CO2 + 2 H2O
e)
H2SO4 + Ca5(PO4)3F + H2O → HF + H3 PO4 + CaSO4·2 H2O
La reazione non è di ossido-riduzione perché nessun elemento cambia il proprio stato di ossidazione.
Bilanciamo innanzitutto il calcio:
H2SO4 + Ca5(PO4)3F + H2O → HF + H3 PO4 + 5 CaSO4·2 H2O
Bilanciamo lo zolfo:
5 H2SO4 + Ca5(PO4)3F + H2O → HF + H3 PO4 + 5 CaSO4·2 H2O
Bilanciamo gli ioni fosfato, PO43–:
5 H2SO4 + Ca5(PO4)3F + H2O → HF + 3 H3 PO4 + 5 CaSO4·2 H2O
Bilanciamo infine gli atomi di idrogeno:
5 H2SO4 + Ca5(PO4)3F + 10 H2O → HF + 3 H3 PO4 + 5 CaSO4·2 H2O
92 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
Esercizio 5.
Risoluzione
P + Cl2 → PCl3
a)
Il fosforo passa dallo stato di ossidazione 0 in P allo stato di ossidazione +3 in PCl3, e il Cl passa dallo stato di ossidazione
0 in Cl2 allo stato di ossidazione –1 in PCl3. Le due semireazioni in forma ionica sono:
P → P3+ + 3e–
Cl2 + 2 e– → 2 Cl–
Bilanciamo gli elettroni moltiplicando la prima reazione per 2 e la seconda per 3:
2 P → 2 P3+ + 6e–
3 Cl2 + 6 e– → 6 Cl–
Scrivendo l’equazione in forma non ionica si ha:
2 P + 3 Cl2 → 2 PCl3
Si2H6 + O2 → H2O + SiO2
b)
Il silicio passa da stato di ossidazione –3 in Si2H6 allo stato di ossidazione +4 in SiO2. L’ossigeno passa da stato di
ossidazione 0 in O2 a –2 sia nell’acqua, sia nella silice SiO2. Scriviamo le due semireazioni in forma ionica:
2 Si–3 → 2 Si+4 + 14 e–
O2 + 4 e– → 2 O2–
Bilanciamo gli elettroni moltiplicando per 2 la prima semireazione e per 7 la seconda
4 Si–3 → 4 Si+4 + 28 e–
7 O2 + 28 e– → 14 O2–
Scrivendo l’equazione in forma non ionica e bilanciando i 12 atomi di idrogeno presenti nei reagenti introducendo 6
molecole d’acqua nei prodotti, anche i 14 O2– trovano collocazione nei prodotti:
2 Si2H6 + 7 O2 → 4 SiO2 + 6 H2O
Ca + H2O → Ca(OH)2 + H2
c)
Il calcio passa da stato di ossidazione 0 in Ca allo stato di ossidazione +2 in Ca(OH)2; l’idrogeno passa dallo stato di
ossidazione +1 in H2O allo stato di ossidazione 0 in H2.
Ca → Ca2+ + 2e–
2 H + 2 e– → H2
+
Pertanto:
Ca + H2O → Ca(OH)2 + H2
La reazione risulta bilanciata come numero di elettroni scambiati, ma non come massa.
Bilanciando gli atomi di ossigeno avremo:
Ca + 2 H2O → Ca(OH)2 + H2
d)
FeO + CO → Fe + CO2
Il ferro passa dallo stato di ossidazione +2 in FeO allo stato di ossidazione 0 in Fe; il carbonio passa da +2 in CO a +4 in
CO2. La reazione redox avviene attraverso uno scambio complessivo di 2 elettroni, per cui la reazione è già bilanciata.
e)
C12H26 + O2 → CO2 + H2O
93 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
Assegnando stato di ossidazione +1 all’idrogeno, il carbonio ha stato di ossidazione frazionale di –26/12 in C12H26, mentre
ha stato di ossidazione +4 nella CO2. L’ossigeno passa da stato di ossidazione 0 in O2 a –2 sia nell’acqua, sia nella CO2.
12 atomi di carbonio che variano il proprio stato di ossidazione da –26/12 a +4 scambiano complessivamente un numero
di elettroni pari a:
12·(26/12) + 4·12 = 26 + 48 = 74
Pertanto:
C12–26 → 12 C+4 + 74 e–
O2 + 4 e– → 2 O2–
Moltiplicando la prima semireazione per 2 e la seconda per 37 si ottiene:
2 C12–26 → 24 C+4 + 148 e–
37 O2 + 148 e– → 74 O2–
Passando alla forma non ionica, si ha:
2 C12H26 + 37 O2 → 24 CO2 + 26 H2O
Le 26 molecole d’acqua sono state introdotte per bilanciare gli atomi di idrogeno e per ospitare tutti gli ioni O2– che non
sono legati al carbonio nelle molecole di CO2.
Esercizio 6.
Risoluzione
a)
KClO3 → KCl + O2
Il cloro passa dallo stato di ossidazione +5 in KClO3 allo stato di ossidazione –1 in KCl, mentre l’ossigeno passa dal suo
comune stato di ossidazione –2 in KClO3 allo stato di ossidazione 0 in O2. Pertanto:
6 O2– → 3 O2 + 12 e–
Cl5+ + 6 e– → Cl–
Per bilanciare gli elettroni scambiati moltiplichiamo la seconda semireazione per 2:
2 Cl5+ + 12 e– → 2 Cl–
La reazione completa è:
2 KClO3 → 2 KCl + 3 O2
b)
Fe +HNO3 → Fe2O3 + NO + H2O
Il ferro si ossida da 0 in Fe a +3 in Fe2O3. L’azoto si riduce da +5 in HNO3 a +2 in NO. Bilanceremo poi le due
semireazioni aggiungendo H2O e H+ per bilanciare rispettivamente masse e cariche.
Per quanto riguarda la semireazione (Fe → Fe2O3) si ha:
3 H2O + 2 Fe → Fe2O3 + 6 H+ + 6 e–
Per quanto riguarda la semireazione (HNO3 → NO + H2O) si ha:
4 H+ + NO3– + 3 e– → NO + 2 H2O
Per bilanciare gli elettroni scambiati moltiplichiamo la seconda semireazione per 2:
8 H+ + 2 NO3– + 6 e– → 2 NO + 4 H2O
94 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
La reazione completa è:
2 Fe + 2 HNO3 → Fe2O3 + 2 NO + H2O
PbO2 + HCl → PbCl2 + Cl2 + H2O
c)
Il piombo si riduce dallo stato di ossidazione +4 in PbO2 allo stato di ossidazione +2 in PbCl2, mentre il cloro si ossida da
–1 HCl a 0 in Cl2.
Scrivendo la reazione in forma ionica, si ha:
Pb4+ + 2 O2– + H+ + Cl– → Pb 2+ + Cl– + Cl2 + H2O
Le due semireazioni bilanciate saranno:
Pb4+ + 2 e– → Pb2+
2 Cl– → Cl2 + 2 e–
La reazione complessiva è perciò:
PbO2 + 2 HCl → PbCl2 + Cl2 + H2O
Gli elettroni scambiati sono bilanciati, ma non sono ancora bilanciate le masse. Per bilanciare l’ossigeno occorre
moltiplicare per 2 l’acqua e successivamente portare a 4 il coefficiente di HCl per bilanciare gli atomi di idrogeno:
PbO2 + 4 HCl → PbCl2 + Cl2 + 2 H2O
d)
Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO + H2O
Il rame si ossida da 0 in Cu a +2 Cu(NO3)2. L’azoto passa da +5 in HNO3 a +2 in NO.
Scrivendo la reazione in forma ionica, si ha:
Cu + H+ + NO3– → Cu2+ + 2 NO3– + NO + H2O
Le due semireazioni bilanciate saranno:
+
4 H + NO3
–
Cu → Cu2+ + 2 e–
+ 3 e– → NO + 2 H2O
Per bilanciare il numero di elettroni scambiati moltiplichiamo per 3 la prima semireazione e per 2 la seconda semireazione
3 Cu → 3 Cu2+ + 6 e–
8 H + 2 NO3 + 6 e– → 2 NO + 4 H2O
+
–
Pertanto:
3 Cu + 8 H+ + 2 NO3– → 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O
Bilanciando le masse, ricordando che 6 ioni NO3– sono legati al rame in 3 Cu(NO3)2, si ha:
3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
e)
MnO4– + H2O2 + H+ → Mn2+ + O2 + H2O
Il manganese passa da stato di ossidazione +7 in MnO4– all’ovvio stato di ossidazione +2 in Mn2+. L’ossigeno passa da –1
in H2O2 a –2 in H2O.
Le due semireazioni bilanciate sono:
8 H+ + MnO4– + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O
H2O2 → O2 + 2 e– + 2 H+
Bilanciando gli elettroni scambiati, si ha:
16 H+ + 2 MnO4– + 10 e– → 2 Mn2+ + 8 H2O
95 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
5 H2O2 → 5 O2 + 10 e– + 10 H+
La reazione complessiva sarà perciò:
6 H+ + 2 MnO4– + 5 H2O2 → 2 Mn2+ + 8 H2O + 5 O2
Esercizio 7.
Risoluzione
S2– + I2 + H+ → SO42– + I– + H2O
a)
Lo zolfo si ossida dallo stato di ossidazione –2 in S2– allo stato di ossidazione +6 in SO42–. Lo iodio si riduce dallo stato di
ossidazione 0 in I2 allo stato di ossidazione –1 in I–.
Le due semireazioni bilanciate sono:
S2– + 4 H2O → SO42– + 8 H+ + 8 e–
I2 + 2 e– → 2 I–
Bilanciando il numero di elettroni scambiati avremo:
S2– + 4 H2O → SO42– + 8 H+ + 8 e–
4 I2 + 8 e– → 8 I–
La reazione complessiva sarà perciò:
S2– + 4 H2O + 4 I2 → SO42– + 8 I– + 8 H+
b)
Cr2O72– + C + H+ → Cr3+ + CO2 + H2O
Il cromo si riduce dallo stato di ossidazione +6 in Cr2O72– allo stato di ossidazione +3 in Cr3+. Il carbonio si ossida da 0 in
C a +4 in CO2.
Le due semireazioni bilanciate sono:
Cr2O72– + 14 H+ + 6 e– → 2 Cr3+ + 7 H2O
2 H2O + C → CO2 + 4 e– + 4 H+
Bilanciando il numero di elettroni scambiati si ha:
2 Cr2O72– + 28 H+ + 12 e– → 4 Cr3+ + 14 H2O
6 H2O + 3 C → 3 CO2 + 12 e– + 12 H+
La reazione complessiva è perciò:
2 Cr2O72– + 16 H+ + 3 C → 4 Cr3+ + 3 CO2 + 8 H2O
c)
NO3– + Fe2+ + H+ → Fe3+ + NO + H2O
Il ferro si ossida ovviamente da Fe2+ a Fe3+. L’azoto passa dallo stato di ossidazione +5 in NO3– allo stato di ossidazione +2
in NO.
Le due semireazioni bilanciate sono:
NO3– + 4 H+ + 3 e– → NO + 2 H2O
Fe2+ → Fe3+ + e–
Bilanciando il numero di elettroni scambiati avremo:
NO3– + 4 H+ + 3 e– → NO + 2 H2O
3 Fe2+ → 3 Fe3+ + 3 e–
96 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
La reazione complessiva sarà perciò:
NO3– + 4 H+ + 3 Fe2+ → 3 Fe3+ + NO + 2 H2O
Cu2+ + CH3CHO + OH– → CH3COO– + Cu2O
d)
Il carbonio ha stato di ossidazione –2 in CH3CHO mentre ha stato di ossidazione +1 nello ione acetato CH3COO–. Il rame
passa dallo stato di ossidazione +2 nello ione Cu2+ allo stato di ossidazione +1 in Cu2O.
Le due semireazioni bilanciate saranno:
CH3CHO + 3 OH– → CH3COO– + 2 e– + 2 H2O
H2O + 2Cu2+ + 2e– → Cu2O + 2 H+
Pertanto, la reazione complessiva è:
2 Cu2+ + CH3CHO + 3 OH– → CH3COO– + Cu2O + H2O
C12H22O11 + O2 → CO2 + H2O
e)
Assegnando stato di ossidazione +1 all’idrogeno e –2 all’ossigeno, il carbonio passa da stato di ossidazione 0 in C12H22O11
a +4 nella CO2. L’ossigeno passa da stato di ossidazione 0 in O2 a –2 sia nell’acqua, sia nella CO2.
12 atomi di carbonio che variano il proprio stato di ossidazione da 0 a +4 scambiano complessivamente 48 elettroni, per
cui:
C12 → 12 C4+ + 48 e–
O2 + 4 e– → 2 O2–
Moltiplicando la seconda semireazione per 12 si ottiene lo scambio complessivo di 48 elettroni:
C12 → 12 C4+ + 48 e–
12 O2 + 48 e– → 24 O2–
Sommando le due semireazioni e passando alla forma non ionica, si ha:
C12H22O11 + 12 O2 → 12 CO2 + 11 H2O
f)
HNO3 + H3AsO3 → NO + H3AsO4 + H2O
L’arsenico passa da stato di ossidazione +3 in H3AsO3 a stato di ossidazione +5 in H3AsO4, mentre l’azoto passa da stato
di ossidazione +5 in HNO3 a stato di ossidazione +2 in NO.
Le due semireazioni bilanciate sono:
NO3– + 4 H+ + 3 e– → NO + 2 H2O
H2O + AsO33– → AsO43– + 2 e– + 2 H+
Bilanciando il numero di elettroni scambiati, si ha:
2 NO3– + 8 H+ + 6 e– → 2 NO + 4 H2O
3 H2O + 3 AsO33– → 3 AsO43– + 6 e– + 6 H+
Pertanto, la reazione complessiva è:
2 H+ + 2 NO3– + 3 AsO33– → 3 AsO43– + 2 NO + H2O
Scrivendo la reazione in forma non ionica:
2 HNO3 + 3 AsO33– → 3 AsO43– + 2 NO + H2O
97 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
occorre aggiungere a reagenti e prodotti una stessa quantità di ioni H+ (in questo caso 9 ioni H+) per ottenere anche gli
acidi contenenti arsenico in forma non dissociata. Pertanto:
2 HNO3 + 3 H3AsO3 → 3 H3AsO4 + 2 NO + H2O
g)
KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 → K2SO4 + Fe2(SO4)3 + MnSO4 + H2O
Il manganese passa da stato di ossidazione +7 in KMnO4 a stato di ossidazione +2 in MnSO4, mentre il ferro da stato di
ossidazione +2 in FeSO4 a stato di ossidazione +3 in Fe2(SO4)3.
Scrivendo la reazione in forma ionica:
K+ + MnO4– + Fe2+ + SO42– + 2 H+ + SO42– → 2 K+ + SO42– + 2 Fe3+ + 3 SO42– + Mn2+ + H2O
Le due semireazioni bilanciate sono:
MnO4– + 8 H+ + 5 e– → Mn2+ + 4 H2O
2 Fe2+ → 2 Fe3+ + 2 e–
Bilanciando il numero di elettroni scambiati, si ha:
2 MnO4– + 16 H+ + 10 e– → 2 Mn2+ + 8 H2O
10 Fe2+ → 10 Fe3+ + 10 e–
La reazione complessiva sarà perciò:
2 MnO4– + 16 H+ + 10 Fe2+ → 2 Mn2+ + 10 Fe3+ + 8 H2O
che scritta in forma non ionica diventa:
2 KMnO4 + 10 FeSO4 + 8 H2SO4 → K2SO4 + 5 Fe2(SO4)3 + 2 MnSO4 + 8 H2O
Na2S2O3 + Cl2 + H2O → NaHSO4 + HCl
h)
Lo zolfo passa da stato di ossidazione +2 in Na2S 2O3 a stato di ossidazione +6 in NaHSO4, mentre il cloro da stato di
ossidazione 0 in Cl2 a stato di ossidazione –1 in HCl.
Scrivendo la reazione in forma ionica, si ha:
2 Na+ + S2O32– + Cl2 + H2O → Na+ + HSO4– + H+ + Cl–
Le due semireazioni bilanciate sono:
5 H2O + S 2O32– → 2 HSO4– + 8 e} + 8 H+
Cl2 + 2 e- → 2 Cl–
Bilanciando il numero di elettroni scambiati, si ha:
5 H2O + S2O32– → 2 HSO4– + 8 e– + 8 H+
4 Cl2 + 8 e– → 8 Cl–
Pertanto, la reazione complessiva è:
4 Cl2 + S2O32– + 5 H2O → 2 HSO4– + 8 Cl– + 8 H+
che scritta in forma non ionica diventa:
Na2S2O3 + 4 Cl2 + 5 H2O → 2 NaHSO4 + 8 HCl
i)
PbCl2 + NaClO + NaOH → PbO2 + NaCl + H2O
98 – Conoscere la Chimica
CAPITOLO 15
Il piombo passa da stato di ossidazione +2 in PbCl2 a stato di ossidazione +4 in PbO2, mentre il cloro da stato di
ossidazione +1 in NaClO a stato di ossidazione –1 in NaCl.
Scrivendo la reazione in forma ionica, si ha:
Pb2+ + ClO– + OH– → PbO2 + Cl–
Le due semireazioni bilanciate saranno:
ClO– + 2 H+ + 2 e– → Cl– + H2O
4 OH– + Pb2+ → PbO2 + 2 e– +2 H2O
Pertanto, la reazione complessiva è:
ClO– + 2 OH– + Pb2+ → Cl– + PbO2 + H2O
che scritta in forma non ionica diventa:
PbCl2 + NaClO + 2 NaOH → PbO2 + NaCl + H2O
Infine, per bilanciare atomi di sodio e di cloro dobbiamo moltiplicare per un coefficiente 3 il termine NaCl:
PbCl2 + NaClO + 2 NaOH → PbO2 + 3 NaCl + H2O