1. Idrogenocarbonato di potassio, pentossido di diazoto, Al2(SO4)3

1. Idrogenocarbonato di potassio, pentossido di diazoto, Al2(SO4)3, Ca(H2PO4)2, Cu2O.
2. Il cloruro di calcio è ionico in quanto composto fra un metallo (per di più del gruppo II, quindi
elettronegatività molto bassa) e un non metallo; il trifluoruro di azoto è covalente essendo composto
fra due non metalli.
3. V (3 elettroni d spaiati), Te (2 elettroni p spaiati)
4. [Kr] 4d10, 5s2, 5p2. Essendo un metallo (il carattere metallico cresce scendendo in un gruppo, nel
gruppo 14 Sn e Pb sono metalli) tenderà a cedere elettroni, quindi avrà numeri di ossidazione
positivi, in particolare +2, corrispondente alla perdita di elettroni p, e +4, corrispondente alla perdita
di tutti gli elettroni di valenza.
5. Raggio: cresce al crescere del numero quantico principale, quindi N è il più piccolo. All’interno
di un periodo diminuisce da destra a sinistra, quindi P è più piccolo di Mg. Quindi N<P<Mg
Energia di ionizzazione: diminuisce al crescere del numero quantico principale, quindi N ha la più
alta. All’interno di un periodo cresce da destra a sinistra, quindi Mg<P<N
6. Lo ione cianuro ha 10 elettroni di valenza. La configurazione elettronica dello ione è (σs)2, (σ∗s)2,
(πp)4, (σp)2. Ci sono 8 elettroni in orbitali leganti, 2 in antileganti, quindi ordine di legame = 1/2(82) = 3.
7. SO32-(aq) + 2OH- SO42-(aq) + 2e- + H2O
MnO4-(aq) + 3e- + 2 H2O MnO2(s) + 4OHMoltiplico la prima x3 e la seconda x2, e sommo
3SO32-(aq) + 6OH- + 2MnO4-(aq) + 6e- + 4 H2O
3SO42-(aq) + 6e- + 3H2O + 2MnO2(s) + 8OH-
Semplificando si ottiene:
3SO32-(aq) + 2MnO4-(aq) + H2O 3SO42-(aq) + 2MnO2(s) + 2OH8. a) P4(s) + 6Cl2(g) 4PCl3(l);
b) moli P4 = 124/124 = 1.00; moli Cl2 = 325/70,90 = 4,58. Rapporto stechiometrico Cl2/P4 = 6/1;
rapporto dato 4,58/1.00. Quindi Cl2 è il reagente limitante.
c) moli di P4 consumate = 4,58x(1/6) = 0,764. Moli di P4 rimaste = 1,00 – 0,764 = 0,236, pari a
0,236x124 = 29,3 g di P4.
d) da 4,58 moli di Cl2 si possono formare 4,58x(4/6) = 3,05 moli di PCl3, pari a 3,05x137,35 =
418,9 g
e) Resa percentuale = (350/418,9)x100 = 83,5%
9. a) Nella molecola BF3 l’atomo di B è elettron deficiente: ha solo sei elettroni di valenza, in tre
ibridi sp2 con cui si lega ai tre atomi di F, rimane un orbitale p vuoto nello strato di valenza.
(molecola planare trigonale)
b) Nello ione BF3Cl- il boro raggiunge l’ottetto legandosi ai quattro alogeni tramite ibridi sp3
(specie tetraedrica).
9. a) F: 29.23/19 = 1,538; N: 21,55/14 = 1,539; O: 49,23/16 = 3.077. Quindi formula minima:
FNO2.
b) La formula minima coincide con la formula molecolare (massa molare pari a 65)
c) N è atomo centrale (atomo di minore elettronegatività). Il composto è isoelettronico con lo ione
nitrato NO3- e quindi ha le stesse formule di Lewis. C’è però un diverso numero di formule di
risonanza, perché il F non tende a formare doppi legami.
d) la molecola sarà planare trigonale (angoli 120°)
e) la molecola sarà debolmente polare, perché F è più elettronegativo di O e quindi i momenti di
dipolo nelle diverse direzioni non si annullano completamente come ad esempio in BX3.
10.Sono possibili tre formule di Lewis in cui tutti gli atomi rispettano l’ottetto: nella prima l’N
centrale forma due doppi legami, nella seconda un legame singolo con O e triplo con N, nella terza
un legame triplo con O e singolo con N. Nella prima formula le cariche formali (nell’ordine N
periferico, N centrale, O) sono: -1, +1, 0; nella seconda 0, +1, -1; nella terza –2, +1, +1. Tenendo
conto che sono favorite le cariche formali negative sull'atomo più elettronegativo (O), la terza
formula sarà la meno stabile, seguita dalla prima e infine dalla seconda (la più stabile).
11. A differenza di quanto visto nei problemi svolti in aula (in cui si calcola la quantità di prodotto
da quella di reagente), in questo esercizio si doveva ricavare la quantità di reagente conoscendo la
quantità di prodotto. 0,818 g di CO2 corrispondono a 0,818/44,0 = 1,86x10-2 moli. Dalla
stechiometria della reazione sappiamo che si forma 1 mole di CO2 per ogni mole di carbonato di
Calcio. Quindi questo è anche il numero delle moli di CaCO3, che, essendo peso molare di CaCO3
pari a 100, corrispondono a 1,86x10-2x100 = 1,86 g di CaCO3. La percentuale di carbonato presente
nel gesso sarà quindi (1,86/2,58)x100 = 72,1%.
12. In questo problema ci sono due incognite, cioè la quantità di Fe e quella di Al. Due incognite
richiedono due relazioni (equazioni). La prima ovvia è che la somma delle masse deve essere
uguale alla massa totale. Quindi chiamando x la massa di Fe e y quella di Al, la prima equazione è
semplicemente x + y = 8,05.
La seconda relazione ci è fornita dalla conoscenza della quantità totale di H2. Poiché la
stechiometria delle reazioni dice che da una mole di Fe si ha 1 mole di H2 e che da 2 moli di Al si
hanno 3 moli di H2, si potrà scrivere un bilancio delle moli: moli totali di H2 = moli generate dal Fe
+ moli generate da Al = (moli di Fe) .1 + (moli di Al).3/2. Quindi la seconda equazione è:
(0,817/2,016) = (x/55,85) + (y/26,98).(3/2).
a. Mo (con 4 elettroni d spaiati; ma la configurazione elettronica corretta è 4d5, 5s1, quindi 6
elettroni spaiati); Ge (2 elettroni spaiati)
b. Raggio: cresce al crescere del numero quantico principale, quindi Al è il più grande. All’interno
di un periodo diminuisce da destra a sinistra, quindi O è più piccolo di B. Quindi O<B<Al
Energia di ionizzazione: diminuisce al crescere del numero quantico principale, quindi Al ha la più
bassa. All’interno di un periodo cresce da destra a sinistra, quindi Mg<B<O
c. Lo ione NO+ ha 10 elettroni di valenza. La configurazione elettronica dello ione è (σs)2, (σ∗s)2,
(πp)4, (σp)2. Ci sono 8 elettroni in orbitali leganti, 2 in antileganti, quindi ordine di legame = 1/2(82) = 3.
d. Il cloruro di magnesio è ionico in quanto composto fra un metallo (per di più del gruppo II,
quindi elettronegatività molto bassa) e un non metallo; il tetracloruro di carbonio è covalente
essendo composto fra due non metalli.
e. Sono possibili tre formule di Lewis in cui tutti gli atomi rispettano l’ottetto: nella prima l’N
centrale forma due doppi legami, nella seconda un legame singolo con O e triplo con N, nella terza
un legame triplo con O e singolo con N. Nella prima formula le cariche formali (nell’ordine N
periferico, N centrale, O) sono: -1, +1, 0; nella seconda 0, +1, -1; nella terza –2, +1, +1. Tenendo
conto che sono favorite le cariche formali negative sull'atomo più elettronegativo (O), la terza
formula sarà la meno stabile, seguita dalla prima e infine dalla seconda (la più stabile).
f. Solfito d’ammonio, triossido di diazoto. Fe2(SO4)3, TiO2, Mg(H2PO4)
g. [Ar] 3d10, 4s2, 4p3. L’As è un semimetallo del gruppo 15 o 5A. Ha comportamento intermedio fra
metallo e non metallo. Quando assume numero di ossidazione positivo può perdere i 3 elettroni p
(+3) o tutti e cinque gli elettroni di valenza (+5). Con elementi meno elettronegativi (tipicamente
l’idrogeno) può assumere numero di ossidazione negativo (-3, pari al numero di elettroni necessari a
arrivare al gas nobile successivo).
h. a) F: 29.23/19 = 1,538; N: 21,55/14 = 1,539; O: 49,23/16 = 3.077. Quindi formula minima:
FNO2. La formula minima coincide con la formula molecolare (massa molare pari a 65)
b) N è atomo centrale (atomo di minore elettronegatività). Il composto è isoelettronico con lo ione
nitrato NO3- e quindi ha le stesse formule di Lewis. C’è però un diverso numero di formule di
risonanza, perché il F non tende a formare doppi legami.
c) la molecola sarà planare trigonale (angoli 120°)
d) la molecola sarà debolmente polare, perché F è più elettronegativo di O e quindi i momenti di
dipolo nelle diverse direzioni non si annullano completamente come ad esempio in BX3.
i. CrO42-(aq) + 3e- + 4H2O
Cr(OH)3(s) + 5OHS2-(aq)
S(s) + 2e-
Moltiplico la prima x2 e la seconda x3, e sommo
2CrO42-(aq) + 6e- + 8H2O + 3S2-(aq)
2Cr(OH)3(s) + 10OH- + 3S(s) + 6e-
Semplificando si ottiene:
2CrO42-(aq) + 8H2O + 3S2-(aq)
2Cr(OH)3(s) + 10 OH- + 3S(s)
l. a) Nella molecola BF3 l’atomo di B è elettron deficiente: ha solo sei elettroni di valenza, in tre
ibridi sp2 con cui si lega ai tre atomi di F, rimane un orbitale p vuoto nello strato di valenza.
(molecola planare trigonale)
b) Nello ione BF4- il boro raggiunge l’ottetto legandosi ai quattro fluori tramite ibridi sp3 (specie
tetraedrica).
m. a) CaH2(s) + 2H2O --> 2H2(g) + Ca(OH)2(s)
b) moli CaH2 = 50.0/42.10 = 1,188; moli H2O = 50.0/18 = 2.778; rapporto stechiometrico
CaH2/H2O = 1/2;
rapporto dato 1,188/2,778 = 0,42. Quindi CaH2 è il reagente limitante.
c) 1,188 moli da CaH2 consumano 1,188x2 = 2,376 moli di H2O. Rimangono 2,778-2,376 = 0,402
moli di H2O nn reagita, pari a 7,24 g.
d) Le moli di Ca(OH)2 sono uguali alle moli di CaH2, quindi 1,188 moli, che corrispondono a
1,188x74,08 = 88,0 g.
e) Resa percentuale = (50.0/88.0)x100 = 56.8 %.
n. A differenza di quanto visto nei problemi svolti in aula (in cui si calcola la quantità di prodotto da
quella di reagente), in questo esercizio si doveva ricavare la quantità di reagente conoscendo la
quantità di prodotto. 0,350 g di CO2 corrispondono a 0,350/44,0 = 7,95x10-3 moli. Dalla
stechiometria della reazione sappiamo che si forma 1 mole di CO2 per ogni mole di carbonato di
Calcio. Quindi questo è anche il numero delle moli di CaCO3, che, essendo peso molare di CaCO3
pari a 100, corrispondono a 7,95x10-3x100 = 0,795 g di CaCO3. La percentuale di carbonato
presente nel gesso sarà quindi (0,795/1,85)x100 = 43,0%.