Soluzione Esercizi Conoscere La Chimica

1 Conoscere la Chimica CAPITOLO 2

Piero Zanello, Roberto Gobetto, Robertino Zanoni Conoscere la Chimica Soluzioni degli esercizi

CAPITOLO 2

Esercizio 1. Risoluzione Poich 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 sar 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.

Poich 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 sar pari a: massa di 100 atomi di stronzio = 0,5683,9134 u.m.a. + 9,8685,9094 u.m.a.+ 7,0086,9089 u.m.a.+ 82,5887,9056u.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. Poich 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 71Ga con massa di 70,925 u.m.a.. Sapendo che la massa atomica media di un atomo di gallio di 69,723 u.m.a., la massa complessiva di 100 atomi di gallio sar:

massa di 100 atomi di gallio = 69,723 u.m.a. 100 = 6972,3 u.m.a.


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 40,0784 (u.m.a.), il peso atomico del carbonio 12,0111 (u.m.a.), il peso atomico dellidrogeno 1,0079 (u.m.a.) e il peso atomico dellossigeno 15,9994 (u.m.a.), il peso formula di Ca(C2H3O2)2 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 uguale a: peso formula CH3CH2COOH = 312.0111 (u.m.a.) + 61.0079 (u.m.a.) + 215.9994 (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.

Poich il peso atomico dellazoto 14.0067 (u.m.a.) e il peso atomico del fosforo 30.9738 (u.m.a.), il peso formula di (NH4)3PO4 pari a:

peso formula (NH4)3PO4 = 314,0067 (u.m.a.) + 121,0079 (u.m.a.) + 130,9738 (u.m.a.) + 415,9994 (u.m.a.) =

= 149,0870 (u.m.a.)


a) Poich la molecola di metano contiene 1 atomo di carbonio e 4 atomi di idrogeno, il suo peso molecolare 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 6,0221023 atomi, pertanto, in 0,10 moli di metano vi saranno: 6,0221023 0,10 = 6,021022 atomi

c) Poich in ogni molecola di metano vi sono 4 atomi di idrogeno, in 0,10 moli di metano vi saranno:

6,021022 atomi 4 = 2,411023 atomi di idrogeno


Esercizio 6. Risoluzione Poich 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 Poich 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 Poich in una mole di rame sono contenuti 6,0221023 atomi di rame, 0.1888 moli di rame contengono:

0.1888 moli 6,0221023 atomi/mol = 1,1371023 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 pari a:

massa molare CO2 = 112,01 g/mol + 215,999 g/mol = 44,01 g/mol

Il numero di moli di CO2 contenute in 2,32 g quindi uguale a:

2,32 g : 44,01 g/mol = 0,053 mol In totale, il numero di moli di CO2 uguale a:

moli totali di CO2 = 0,053 mol + 0,624 mol = 0,677 mol Poich in una mole di CO2 sono contenute 6,022 10

23 molecole di CO2, il numero di molecole totale uguale a:

molecole totali di CO2 = 6,022 1023 molecole/mol 0,677 mol = 4,081023 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 : 6,0221023 atomi/mol = 0,666 mol

La massa di uranio pu essere determinata sapendo che la massa molare delluranio di 238.03 g/mol:

massa di uranio = 238,03 g/mol 0,666 mol = 158,5 g


Esercizio 10. Risoluzione Per rispondere al quesito sufficiente confrontare il numero di moli di CO2 e di N2, sapendo che vi diretta proporzionalit tra numero di molecole e numero di moli. La massa di una mole di CO2 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 di 28,01 g, il numero di moli di N2 pari a:

moli di N2 = 168 g : 28,01 g/mol = 5,998 mol Poich il numero di moli di N2 superiore a quello di CO2, anche il numero di molecole di azoto sar 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) 2 mol 14,01 g/mol = 28,02 g di azoto (H) 4 mol 1,008 g/mol = 4,032 g di idrogeno (O) 3 mol 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) 100 = 35,00% massa % H = (4,032 g : 80,052 g) 100 = 5,04% massa % O = (48,00 g : 80,052 g) 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, lazoto che rappresenta il 36,8%, presente in quantit pari a 36,8 g. b) Lossigeno costituisce la restante parte, cio il 63,2%, e quindi presente in quantit pari a 63,2 g. c) Per calcolare le moli di azoto si devono dividere i grammi di azoto per la massa molare dellazoto:

moli di azoto in 100 grammi di campione = 36,8 g : 14,01 g/mol = 2,63 mol

d) Analogamente si procede per lossigeno:

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 :

moli N / moli O = 2,63 mol : 3,95 mol = 0.666


f) 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 avr 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

Poich il numero di moli di K, H e O in 100 g di campione identico, la formula empirica : 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 il seguente: si dividono tutti i valori ottenuti per il valore pi piccolo. Se si ottengono tutti numeri interi (o prossimi all'intero), la formula empirica 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 analogamente 6,02, molto vicino al valore 6. La formula empirica del fenolo sar perci: 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 cos ottenute per il numero di moli pi piccolo (2,69 moli), per C, H e N si ottengono i rapporti relativi di: 1,51, 5,02, 1,00. Poich si devono moltiplicare tutti i numeri per uno stesso fattore (un intero minimo) in modo da ottenere numeri interi o molto prossimi allintero, 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 C3H10N2.


Esercizio 16. Risoluzione La formula molecolare rappresenta un multiplo intero della formula minima. Occorre valutare perci qual 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 :

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 2. La formula molecolare perci 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 pi 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 allintero. In questo caso il fattore moltiplicativo 3, per cui C:H:O = 3:4:3 e la formula empirica sar: C3H4O3. La massa molare associata a questa formula empirica :

massa molare di C3H4O3 = 3 12,01 + 4 1,008 + 3 16,00 = 88,06 g/mol Poich massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare dellaciso ascorbico C3H4O3.

Esercizio 18. Risoluzione Poich nel campione lacqua 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 Poich il risultato indica che si hanno 4 molecole di H2O per ogni molecola di MnCl2, la formula del sale idrato MnCl2.4H2O


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 cos ottenute per il numero di moli pi 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 sar quindi CCl2F2. La massa molare associata a questa formula empirica :

massa molare di CCl2F2 = 1 12,01 + 2 35,45 + 2 19,00 = 120,91 g/mol

Poich massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare del composto CCl2F2.

Esercizio 20. Risoluzione In questo caso 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 cos ottenute per il numero di moli pi 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 sar quindi Na2CrO4, la cui massa molare :

massa molare di Na2CrO4 = 2 22,99 + 1 52,00 + 4 16,00 = 161,98 g/mol Poich massa molare e massa della formula minima coincidono, la formula molecolare del composto Na2CrO4, ovvero, cromato di sodio.


a) Lisotopo C-12 costituito da 6 protoni, 6 neutroni e 6 elettroni. Dovremmo aspettarci perci 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 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 lunit di massa atomica (u.m.a.) corrisponde a 1,66051027 kg. Lenergia di legame del nucleo di C-12 associata a questo difetto di massa pu essere valutata utilizzando la relazione di Einstein (E = m c2):

E = 0,09834 1,6605 1027 kg (3,00 108)2 (m2/s2) = 1,47 1011 joule



a) Lisotopo Fe-56 costituito da 26 protoni, 30 neutroni e 26 elettroni. Dovremmo aspettarci perci 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.



b) Per ottenere la conversione in kg di questo difetto di massa, si deve tener conto che lunit di massa atomica

(u.m.a.) corrisponde a 1,66051027 kg. Lenergia di legame del nucleo di Fe-56 pu essere valutata utilizzando la relazione di Einstein (E = m c2):

E = 0,54273 1,6605 1027 kg (3,00 108)2 (m2/s2) = 8,11 1011 joule


a) Luranio-238 costituito da 92 protoni, 146 neutroni e 92 elettroni. Dovremmo aspettarci perci 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.



b) Per ottenere la conversione in kg di questo difetto di massa, si deve tener conto che lunit di massa atomica

(u.m.a.) corrisponde a 1,66051027 kg. Lenergia di legame del nucleo delluranio-238 pu essere valutata utilizzando la relazione di Einstein (E=mc2):

E = 1,98473 1,6605 1027 kg (3,00 108)2 (m2/s2) = 2,97 1010 joule

Esercizio 24. Risoluzione La legge di Dulong-Petit stabilisce che:

calore specifico peso atomico 25,9 J/molK


Si pu 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%


CAPITOLO 3


a) Il terzo livello energetico, caratterizzato da n = 3, pu essere popolato da 18 elettroni (2 sullorbitale 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. Perci avremo 10 elettroni che troveranno collocazione nei 5 orbitali 4d.

c) Questi tre numeri quantici indicano lorbitale 3d caratterizzato da m = 0. Su questo orbitale si possono trovare solo 2 elettroni.

d) I quattro numeri quantici forniscono la precisa identit di un singolo elettrone (s = 1/2) posto su un orbitale 2p. Esercizio 2. Risoluzione

a) Questa serie di numeri quantici corretta. b) Questa serie di numeri quantici non corretta. Infatti, poich ` assume valori compresi tra 0 e n 1, per n = 2, `

pu soltanto assumere i valori 0 o 1. c) Questa serie di numeri quantici non corretta, poich i valori permessi per il numero quantico s sono +1/2 ,

oppure 1/2. d) Questa serie di numeri quantici non corretta poich 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 pu essere calcolata dalla relazione: c

=

11 Conoscere la Chimica CAPITOLO 3 dove c la velocit della luce (3,0108 m/s) e la lunghezza donda. Pertanto: c 3,0108 m/s

= = = 5,451014 Hz = 545 GHz 5,5107 m Esercizio 5. Risoluzione La relazione che lega lenergia di una radiazione alla sua frequenza :

E = h dove h la costante di Planck che pari a 6,621 034 J s. Calcoliamo dapprima la frequenza della radiazione secondo la relazione: c 3,0 108 m/s

= = = 5,09 1014 Hz 5,892107 m Poich lenergia di un fotone in oggetto pari a:

E(fotone) = h = 6,62 1034 J s 5,09 1014 Hz = 3,37 1019 J

lenergia di una mole di fotoni pari a:

E(mole di fotoni) = 3,37 1019 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 perci dellarsenico (As). Esercizio 7. Risoluzione Utilizzando la relazione di Rydberg:

1 1 1 = R ( ) n22 n12

dove R = 1,097 107 m1 e n1 > n2, si possono calcolare le lunghezze donda associate alle varie transizioni elettroniche. a) Transizione tra n = 4 a n = 3:

1 1 1 1 1 = R ( ) = 1,097 107 (m1) ( ) = 5,33 105 m1 n22 n12 32 42

12 Conoscere la Chimica CAPITOLO 3 1

= = 1,876 106 m = 1876,1 nm 5,33105 m1 b) Transizione tra n = 4 a n = 2:

1 1 1 1 1 = R ( ) = 1,097 107 (m1) ( ) = 1,87 106 m1 n22 n12 22 42

1

= = 5,347 107 m = 534,7 nm 1,87106 m1 c) Transizione tra n = 4 a n = 1:

1 1 1 1 = R ( ) = 1,097 107 (m1) (1 ) = 1,03 107 m1 n22 n12 42

1

= = 9,708 108 m = 97,08 nm 1,03107 m1 d) Transizione tra n = 2 a n = 1:

1 1 1 1 = R ( ) = 1,097 107 (m1) (1 ) = 8,22 106 m1 n22 n12 22

1

= = 1,2165 107 m = 121,65 nm 8,22106 m1 Quindi la transizione con massima lunghezza donda quella da n = 4 a n = 3. E utile tener presente che poich: c

E = h = h a tale transizione associata la minima energia. Esercizio 8. Risoluzione Applicando la relazione di Rydberg:

1 1 1 = R ( ) n22 n12

dove R = 1,097 107 m1 e n1 > n2, si ottiene:

1 1 1 1 = R ( ) = 1,097 107 (m1) (1 ) = 1,053 107 m1 n22 n12 52

13 Conoscere la Chimica CAPITOLO 3 1

= = 9,50 108 m = 95,0 nm 1,053107 m1 Esercizio 9. Risoluzione La relazione di de Broglie stabilisce che: h = m v ovvero: h v = m Sostituendo i valori numerici della costante di Planck, h, e della massa dellelettrone, m, si ha: 6,61034 (Js) 7,25104 v = = (m/s) 9,11031 (kg) (m) Inoltre, ricordando la relazione:

v = e tenendo presente che lelettrone deve procedere a una velocit tale da compiere 1 ciclo al secondo, ovvero = 1, si ha che:

v = Pertanto da: 7,25 104 v = (m/s) si ottiene: v2 = 7,25104 m/s v = 2,70102 m/s (= 2,70 cm/s) Esercizio 10. Risoluzione Dalla relazione di de Broglie si ha: h = m v per cui la velocit degli elettroni deve essere pari a:

14 Conoscere la Chimica CAPITOLO 3 h 6,6261027 (Js) v = = = 3,64105 (m/s) m 9,11031 (kg) 201010 (m) Pertanto lenergia cinetica degli elettroni sar:

1 1 mv2 = 9,111031 (3,64105)2 = 61020 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 dellelemento incognito :

4s2 3d5 Pertanto, lelemento appartiene al Gruppo VII B ed situato nel 4 Periodo. Tale elemento il manganese, la cui struttura elettronica :

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d5 Esercizio 12. Risoluzione La perdita di massa nella reazione nucleare :

22,0141 (3,0160 + 1,0087) = 0,0035 u.m.a. pari a una emissione di energia:

E = mc2 = 0,00351,66051027 kg (3,00108 m s1)2 = 5,231013 joule Pertanto, per 1 g di elio sviluppato, si avr unenergia deducibile da:

5,231013 J : 3,01601,66031024 g = x : 1

x = 1,0441011 joule La quantit di petrolio da bruciare allora pari a:

1 kg : 47698 kJ = x : 1,044108 kJ

x = 2,19103 kg = 2,18 tonnellate


CAPITOLO 4

Esercizio 1. Risoluzione a) F2

F F b) NCl3

N ClClCl

(c) CBr4

C BrBrBr

Br (d) PI3

P III

e) SnCl4

Sn ClClCl

Cl f) BeF2

Be FF g) [NO2]+

N OO Esercizio 2. Risoluzione a) SO2

SO O

16 Conoscere la Chimica CAPITOLO 4 b) [CO3]2

CO O

O c) O3

OO O

d) HNO2

NO O

H

e) COCl2

CCl Cl

O f) [SCN]

S C N Esercizio 3. Risoluzione a) CH4

C

H

H

H

H

109.7

tetraedrica (ibridazione sp3)

b) CO2

C OO

180

lineare (ibridazione sp) c) BF3

B F

F

F

120

trigonale piana (ibridazione sp2)

17 Conoscere la Chimica CAPITOLO 4 d) NH2Br

N

BrH

H

< 107.6

Esercizio 4. Risoluzione a) SCl6

S

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl molecola ottaedrica (con espansione dellottetto

allatomo centrale di S), ibridazione d2sp3 b) SiF4

molecola tetraedrica, ibridazione sp3 c) PF5

P

F

F

FF

F

molecola ottaedrica (con espansione dellottetto allatomo 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:

tetraedrica distorta (con angoli inferiori a 107,6 per repulsione causata dalla coppia elettronica libera sullatomo di azoto ibridato sp3)

18 Conoscere la Chimica CAPITOLO 4 Quindi la presenza dei 2 elettroni nellorbitale legante 2s contribuisce alla formazione della molecola. Lassenza di elettroni spaiati rende la molecola diamagnetica. La molecola Be2 contiene 8 elettroni, cos 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, cos distribuiti nei relativi orbitali molecolari: I due elettroni presenti negli orbitali molecolari leganti 2px e 2py 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 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 dellelettrone spaiato nellorbitale *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 [(2px)

2(2py)2(2pz)

1], che consentono la formazione dello ione. Lelettrone spaiato nellorbitale 2pz porta al paramagnetismo dello ione. Lo ione [O2]+ ha globalmente 15 elettroni, cos 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. Lelettrone spaiato presente nellorbitale 2px* rende tale ione paramagnetico. Esercizio 7. Risoluzione Nella molecola NH2OH (idrossilammina) sono presenti in totale 14 elettroni di valenza. La sua struttura di Lewis : Latomo centrale N 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 dellatomo centrale. Nello ione [IF4] vi sono 36 elettroni di valenza. La sua struttura di Lewis : Attorno allatomo di iodio vi sono 6 coppie di elettroni. La teoria della repulsione elettronica prevede una geometria ottaedrica. Tuttavia, poich 4 coppie di elettroni sono di legame e 2 di non-legame la geometria sar quadrato-planare. Il fatto che attorno allatomo centrale vi siano 6 doppietti elettronici fa intuire che latomo 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 [ClO4] H2S 26 elettroni di valenza 32 elettroni di valenza 8 elettroni di valenza

20 Conoscere la Chimica CAPITOLO 4 Nel caso di NF3, latomo centrale di azoto 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 sp3 per latomo di azoto. Nel caso di [ClO4], latomo di cloro circondato da 4 coppie di elettroni di legame. Si prevede quindi una geometria tetraedrica regolare e una ibridazione sp3 per latomo di Cl. Nel caso di H2S, latomo centrale di zolfo 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 latomo di S. Esaminando la geometria delle tre specie, si pu dedurre che non vi coincidenza tra baricentro delle cariche positive e baricentro delle cariche negative per NF3 e H2S; quindi tali molecole possiedono un momento dipolare finito. Esercizio 9. Risoluzione La struttura di Lewis dello ione ossonio (8 elettroni di valenza) : 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 allatomo centrale di ossigeno impone alla molecola una geometria tetraedrica. Tuttavia, poich uno dei doppietti elettronici di non-legame, la geometria effettiva sar 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 realt langolo di legame dello ione [H3O]+ di 110, non direttamente spiegabile tramite la teoria VSEPR). Dovendo essere libridazione dellatomo centrale di ossigeno di tipo sp3, la sua configurazione elettronica sar:

disaccoppiamento ibridazione O 1s2 2s2 2px2 2py1 2pz1 1s2 2s1 2px1 2py1 2pz1 3d1 3d1 1s2 (sp3)11 (sp3)21 (sp3)31 (sp3)41 3d1

per cui:

O+ 1s2 (sp3)11 (sp3)21 (sp3)31 (sp3)41


CAPITOLO 5

Esercizio 1. Risoluzione a) 1 atm pari a 760 Torr. Quindi vale la relazione:

760 Torr : 1 atm = 98 Torr : x atm dove x la pressione in atmosfere da determinare.

98 Torr 1 atm x = = 1,29 101 atm

760 Torr b) 1 atm pari a 101 325 Pascal. Si avr pertanto:

pressione in Pascal = 1,29 101 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 : pi = 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 = Ptotale 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 allinterno della miscela. Dalla relazione: pi = Xi P si deduce che la frazione molare di un componente data dal rapporto tra la pressione parziale di quel componente e la pressione totale allinterno 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:

pO2 = XO2 P si ottiene che: pO2 78,00 (Torr)

P = = = 586 Torr XO2 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 la temperatura espressa in gradi Kelvin. Nel nostro caso il volume iniziale identico a quello finale per cui: Pi Pf

= Ti Tf da cui: Pi Tf 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 allinterno dei palloncini uguale a:

Vtotale = 90 12,5 L = 1125 L Dalla legge di Boyle si ha:

Pi Vi = Pf Vf 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 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 Tf 0,329 atm 350,15 K Pf = = = 0,360 atm Ti 320,15 K

Esercizio 9. Risoluzione Dallequazione 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 Dallequazione dei gas ideali 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 (Latm/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 met di moli di Cl2, quindi con 10,99 moli di Cl2. Dallequazione di stato dei gas ideali (PV = nRT) 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 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 Poich la stechiometria della reazione indica che occorrono il doppio di moli di Mg per reagire con lO2 , 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 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 pari a 3 volte quelle di propano, quindi 8,505 moli. Il volume si pu quindi calcolare mediante lequazione 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 allinterno 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 uguale a:

numero respirazioni nellarco di 24 ore = 15 60 24 = 21600 respirazioni Il volume di aria introdotto a una pressione di 9,95 104 Pa e 20C :

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 Ts 9,95 104 Pa 10,9 m3 273,15 K

Vs = = = 9,97 m3 Ps Ti 101325 Pa 293,15 K Esercizio 15. Risoluzione Applicando la legge di Graham si ottiene:

VO2 PMSO2 64,06 = = = 1,4 VSO2 PMO2 32,00

26 Conoscere la Chimica CAPITOLO 5 Esercizio 16. Risoluzione Applicando la legge di Graham: VO2 PMN2 28,02

= = = 0,935 VN2 PMO2 32,00 Esercizio 17. Risoluzione Indichiamo con PMx il peso molecolare del gas incognito x. Applicando la legge di Graham si ha:

Vx PMCO2 44,01 = 1,25 = =

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 28,2 g/mol. Esercizio 18. Risoluzione Dallequazione di stato dei gas ideali (PV = nRT ) si ricava: n R T 10,00 moli 0,082 (Latm/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 L2atm/mol2 (P + 10,002 mol2 ) (1,000 L 10,00 mol 0,0427 L/mol) = 10,00 mol 0,082 (Latm/mol K) 273,15 K

(1,000)2 L2

(P + 359 atm) 0,573 L = 223,983 Latm

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 L2atm/mol2 (P + 1,002 mol2 ) (22,41 L 1,00 mol 0,0562 L/mol) = 1,00 mol 0,082 (Latm/mol K) 273,15 K (22,41)2 L2

(P + 0,0129 atm) 22,35 L = 22,4 Latm

P = 0.990 atm Esercizio 20. Risoluzione Il primo dato da calcolare la pressione parziale del CO. La relazione generale valida per i miscugli gassosi :

pi = Xi P Per i gas, numero di moli e volume sono direttamente proporzionali, per cui: ni Vi 20000

Xi = ----------- = --------- = -------------- = 0,02 ntotale Vtotale 1000000

Pertanto: 10

pCO = 0,02 500 = 10 Torr = atm 760 Dallequazione di stato dei gas e dalla definizione di pressione parziale si ottiene:

PV = nRT n = massa/PM pCO V PM 10 1 28

massa(CO) = = = 0,015 g R T 760 0,082 293 Esercizio 21. Risoluzione Lanello bianco di NH4Cl si forma nel punto in cui le molecole di NH3 e HCl si incontrano. Le velocit con cui i due gas diffondono sono dettate dalla legge di Graham, secondo cui: vNH3 PMHCl 36,5

= = = 1,47 vHCl PM NH3 17

28 Conoscere la Chimica CAPITOLO 5 Il rapporto tra le velocit dei gas pari al rapporto tra gli spazi da essi percorsi:

vNH3 spazio(NH3) = = 1,47

vHCl spazio(HCl) Inoltre, nel punto dincontro, la somma degli spazi percorsi sar pari alla lunghezza del tubo:

spazio(NH3) + spazio(HCl) = 87 cm Risolvendo il sistema, si ottiene che lanello bianco si forma a una distanza di 51,8 cm dallestremit contenente il batuffolo impregnato di NH3 (ovvero a una distanza di 35,2 cm dallestremit contenente il batuffolo impregnato di HCl). Esercizio 22. Risoluzione La reazione bilanciata :

4 C3H5(NO3)3(`) 12 CO2(g) + 6 N2(g) + O2(g) + 10 H2O(g) Poich il peso molecolare della nitroglicerina 227, il numero di moli contenute nella fiala : 454/227 = 2. Dalla stechiometria della reazione si deduce allora che nellesplosione 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 nellesplosione, riportato in condizioni standard, :

1 : 22,4 = 14,5 : x

x = 324,8 litri Dallequazione combinata dei gas si ottiene: P V P V = T T 1 324,8 1 x = 273 298

x = 354,5 litri


CAPITOLO 6

Esercizio 1. Risoluzione La legge di Bragg stabilisce che:

2d sen = n Pertanto:

0,141 nm d = = = 0,256 nm 2 sen 2 sen16

Esercizio 2. Risoluzione Utilizzando la legge di Bragg:

2d sen = n si ha: 0,141 nm

sen = = 0,379 2 0.186 nm

= 22,3 Esercizio 3. Risoluzione Largento cristallizza in una struttura cubica a facce centrate avente:

V = (0,407 nm)3 = 0,0674 nm3 = 0,06741021 cm3 = 6,741023 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 quindi:

massa = 4 107,87 u.m.a. = 4 107,87 1,6605 1024 g = 7,1647 1022 g La densit si calcola mediante la relazione: massa 7,1647 1022 g

d = = = 10,6 g/cm3 volume 6,741023 cm3


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 pari a:

massa = 2 55,847 u.m.a. = 2 55,847 1,6605 1024 g = 1,855 1022 g Il volume della cella pu essere ricavato dalla massa e dalla densit utilizzando la relazione:

massa 1,855 1022 g volume = = = 2,363 1023 cm3 d 7,85 g/cm3

3

lato della cella = 2,363 1023 cm3 = 2.87108 cm = 0,287 nm Esercizio 5. Risoluzione Il volume della cella cubica e dato da (lato)3, per cui Vcella = (0,525 nm)3 = (5,25 108 cm)3 = 1,447 1022 cm3 Nella cella cubica a facce centrate sono contenuti 4 atomi:

1 1 8 + 6 = 4 atomi 8 2

Conoscendo la densit ed il volume si pu calcolare la massa della cella

massa = d volume = 1,83 g/cm3 1,447 1022 cm3 = 2,648 1022 g Sapendo che nella cella sono contenuti 4 atomi, possibile calcolare la massa di ciascun atomo, convertendo poi la massa in u.m.a. 2,648 1022 g

massa di un atomo = = 0,662 1022 g 4 0,662 1022 g

massa dellatomo in u.m.a. = = 39,9 1,6605 1024 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 : 63,55

4 = 4,2211022 g 6,0221023 Inoltre:

AB2 + AC2 + BC2 = 2 AC2

Pertanto lo spigolo della cella pari a: AB2 (4 1,279108)2

AC = = = 3,617108 cm 2 2 e il suo volume :

volume = (3,617108 cm)3 = 4,7321023 cm3 La densit del rame pertanto: massa 4,2211022 g d = = = 8,920 g/cm3 (8,920103 kgm3) volume 4,7321023 cm3 Esercizio 7. Risoluzione In una cella cubica a corpo centrato sono contenuti 2 siti (1 + 81/8) e il contatto tra siti avviene lungo la diagonale del cubo. La massa della cella elementare sar pertanto pari a:

6,0221023 : 47,90 = 2 : x x = 1,5901022 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 pari a :

2 (2 2 ) = 4 2 108 cm Il lato del cubo sar pari a: diagonale 4 2 108 lato = = cm 3 3 Il volume del cubo sar pari a: 4 8 2 108

= 3,481023 cm3 3 La densit del titanio sar pertanto pari a: massa 1,591022 g d = = = 4,57 g/cm3 volume 3,481023 cm3


Esercizio 8. Risoluzione Nella cella cubica semplice contenuto 1 atomo di polonio (81/8), la cui massa : 1 209

massa = = 3,4701022 g 6,0221023 Il volume della cella elementare sar pari a: massa 3,4701022 g

volume = = = 3,7471023 cm3 densit 9,26 g/cm3 Quindi lo spigolo della cella elementare sar pari a: 3

spigolo = 3,7471023 cm3 = 3,346108 cm

Applicando lequazione di Bragg, per n = 1, si ha:

2d sen = n 1,54108 cm sen = = = 0,230 2 d 23,346108 cm = 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 dellalluminio, sar pari a:

diagonale = 4 rAl = 4 1,43 = 5,72 Lo spigolo del cubo sar quindi pari a: diagonale 5,72 spigolo = = = 4,045 2 2 Il volume occupato da ciascuna cella elementare pari a:

volume = (4,045 )3 = 6,6181023 cm3 Pertanto, il numero di celle elementari in 1 cm3 di alluminio sar pari a:

1 : 6,6181023 cm3 = x : 1

x = 1,511022

La massa della cella elementare pari a:

massa = densit volume = 2,70 g/cm3 6,6181023 cm3 = 1,7871022 g Poich nella cella elementare sono contenuti 4 atomi di alluminio (61/2 + 81/8), il peso atomico dellalluminio pari a:

4 : 1,7871022 g = 6,0221023 : x

x = 26,90


Esercizio 10. Risoluzione Nella cella elementare, essendo di tipo NaCl, sono contenute 4 molecole di KF, la cui massa pari a:

6,0221023 : 58,1 g = 4 : x

x = 3,8591022 g Il volume di tale cella elementare sar pari a:

volume = (spigolo)3 = (2 2,689108 cm)3 = 1,5551022 cm3

Pertanto la densit sar pari a: massa 3,8591022 g d = = = 2,481 g/cm3 volume 1,5551022 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: 1

c.c.c. = 1 + 8 = 2 atomi di tungsteno 8 1 1

c.f.c. = 8 + 6 = 4 atomi di tungsteno 8 2 La massa di 1 atomo di tungsteno pari a: 5 183,85

= 3,0531022 g 6,0221023 Quindi il volume della cella elementare a corpo centrato pari a: massa 2 3,0531022 g volume = = = 3,1471023 cm3 densit 19,4 Lo spigolo di tale cella sar pari a:

lato = 3 3,1471023 cm3 = 3,157108 cm

34 Conoscere la Chimica CAPITOLO 6 La distanza W-W sar: 1 3,157108 cm 3 = 3 = 2,734108 cm 2 2 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 2,734108 cm

spigolo = = = 3,866108 cm 2 2

Il volume di tale cella sarebbe pari a:

volume = (3,866108 cm)3 = 5,7781023 cm3 Poich tale cella conterrebbe 4 atomi di tungsteno, la sua densit sarebbe pari a: 4 3,0531022 g densit = = 21,13 g/cm3 5,7781023 cm3 Esercizio 12. Risoluzione Dalla figura si deduce che la diagonale della faccia del cubo pari a due volte la distanza AC a fianco illustrata. Ricordando che langolo tetraedrico di = 109,5, risulta che langolo AB uguale a: 180 109,5 AB = 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 Quindi la diagonale della faccia del cubo pari a 22,51 = 5,02 . Lo spigolo del cubo risulta pari a: 5,02

spigolo = = 3,55 2

35 Conoscere la Chimica CAPITOLO 6 Il volume della cella sar pertanto:

volume = (3,55108 cm)3 = 4,481023 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 di: 1 1

8 + 6 + 4 = 8 8 2 La massa della cella sar pertanto pari a: 12,01

8 = 1,5951022 g 6,0221023 La densit del diamante quindi di: 1,5951022 g

densit = = 3,56 g/cm3 4,481023 cm3


CAPITOLO 7 Esercizio 1. Risoluzione La fase vapore satura di alcol quando la pressione del vapore sovrastante il liquido raggiunge il valore di 40 Torr. Attraverso lequazione di stato dei gas ideali si pu calcolare qual 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 Poich 1 mL di C2H5OH ha una massa di 0,789 g, si deduce che la quantit minima di alcol da iniettare nel recipiente di:

1 : 0,789 = x : 0,101

x = 0,128 mL Esercizio 2. Risoluzione Lequazione di Clausius Clapeyron stabilisce la relazione tra tensione di vapore di un liquido e temperatura secondo la relazione

Pvap(2) Hvap T2 T1 log =

Pvap(1) 2,3 R T2 T1 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/(molK) 336,15 308,15

Pvap

= 3,767 Pvap = 158,86 Torr 42,17 Torr

Esercizio 3. Risoluzione La quantit di acqua contenuta in 150 litri di vapore acqueo saturo a 25 C pu essere calcolata, conoscendo la tensione di vapore a quella temperatura, utilizzando lequazione di stato dei gas ideali:

P V = n R T


P V (23,756/760) atm 150 L n = = = 0,1918 moli di H2O R T 0,082 (Latm/mol K) 298,15 K

Per avere unumidit 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 umidit relativa = pvap(H2O) dove: pH2O la pressione parziale del vapore acqueo; pvap(H2O) la tensione di vapore dellacqua alla stessa temperatura. Dai dati del problema si desume che: pH2O umidit relativa = = 0,4 pvap(H2O) da cui:

pH2O = 19 0,4 = 7,6 Torr Applicando lequazione 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 Lumidit percentuale espressa da: pH2O

umidit% = 100 pvap(H2O) Il fatto che lumidit fosse del 100% significa che la pressione parziale dellacqua era pH2O = 33,6 Torr. Pertanto, dallequazione di stato dei gas si ottiene:

pH2O V = n R T

38 Conoscere la Chimica CAPITOLO 7 gH2O

pH2O V = R T PMH2O ovvero: V pH2O PMH2O 1 33,6 18

gH2O = = = 0,032 g R T 760 0,082 304


CAPITOLO 8 Esercizio 1. [2,53 Risoluzione La legge di Henry stabilisce che:

[x] = K px Dove: [x] rappresenta la quantit di gas che si discioglie in una determinata quantit di solvente; px la pressione parziale dello stesso gas sovrastante il liquido; K la costante di proporzionalit (2,3 102 mol/bar). Sostituendo i valori noti si ottiene:

[x] = 2,3 102 mol/bar 2,5 bar = 5,75 102 mol Poich il gas CO2 (PM = 44,01), la quantit di CO2 disciolta nella bibita pari a:

massa(CO2) = 5,75 102 mol 44,01 g/mol = 2,53 g

Esercizio 2. Risoluzione Un litro di soluzione avente densit 1,357 g/mL peser:

massa(litro di soluzione) = volume densit = 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 molarit (numero di moli di KOH in 1 litro di soluzione), M, sar data da:

massa(KOH) 487,16 g M = = = 8,68

PM(KOH) 56,11 g/mL La determinazione della molalit (numero di moli di KOH per 1000 g di solvente), m, menoo immediata. In un litro di soluzione, che pesa 1357 g, il KOH costituisce il 35,9%, cio 487,16 g. La quantit di solvente, H2O, sar perci 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 molalit, m) 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 quantit pu essere convertita in grammi conoscendo il PM dellHCl (36,46):

massa(HCl) = 0,150 moli 36,46 g/mol = 5,469 g 1 litro di soluzione di HCl al 35%, avente densit 1,18 g/mL, contiene:


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 perci 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 baster risolvere lequazione:

x 0,413 g/mL = 5,469 g

x = 13,24 mL

Esercizio 4. Risoluzione La quantit totale di moli di HNO3 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 quindi data da:

0,03625 (mol) : 225 (mL) = M (mol) : 1000 (mL) M = 0,161 Esercizio 5. [PM=122,12] Risoluzione La legge di Raoult stabilisce che: pA = XA PA dove: PA la tensione di vapore del solvente allo stato puro; pA la tensione di vapore del componente volatile (in questo caso il solvente acqua); XA la frazione molare di tale componente. Labbassamento della tensione di vapore espresso da: nB PMA PA

P = 1000

dove: nB 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

Poich in 1000 g di solvente sono disciolti 146,5 g del composto, si pu 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 Linnalzamento ebullioscopio pu essere calcolato dalla relazione

Te = Ke m Si deve pertanto calcolare la molalit m (numero di moli di soluto in 1000 g di solvente). La quantit di glicerolo (x) in 1000 g di acqua 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 molalit) 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 sar pertanto:

100 C + 0,185C = 100,185 C Esercizio 7. Risoluzione Dallabbassamento del punto di congelamento, si pu risalire al peso molecolare della tiroxina. La relazione valida per labbassamento crioscopico :

Tc = kc m Per calcolare la molalit m della soluzione, 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 densit 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 molarit della soluzione : 0,455

: 11,38 5 x : 1000 776,5 x = 5,15102 M

Esercizio 8. Risoluzione La legge valida per la pressione osmotica di soluzioni diluite :

= c R T dove c la concentrazione molare. Pertanto, la concentrazione di costituenti il sangue di: 7,7

c = = = 0,30 moli/litro R T 0,082 310

La pressione osmotica dovuta alla sola emoglobina pari a: 150 = 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


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 2,50 11,56 66,10

C = 1,65 H = 2,48 N = 0,825 O = 4,13 12,01 1,008 14,01 16,00 Dividendo tali valori per il valore pi piccolo si ottiene il pedice con cui ogni elemento presente nella formula empirica del composto. 1,65 2,48 0,825 4,13

C = 2,00 H = 3,00 N = 1,00 O = 5,00 0,825 0,825 0,825 0,825 Pertanto la formula empirica del composto :

C2H3NO5 il cui peso formula 121,05. Dal valore della densit, si calcola che un volume molare di gas, ovvero 22,4 litri, pesano:

22,4 5,4 = 121 g Quindi la formula C2H3NO5 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 :

= c R T

44 Conoscere la Chimica CAPITOLO 8 Nel caso attuale: 1

c = 10 = 5104 mol/L 20000

che genera una pressione osmotica di:

= 5104 0,082 280 = 1,148102 atm pari a:

1,148102 atm 760 = 8,72 Torr Il valore calcolato nellipotesi 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 7,83 22,21

C = 5,83 H = 7,75 O = 1,39 12,01 1,008 16,00 dividendo per il numero pi piccolo si ottiene: 5,83 7,75 1,39 C = 4,19 H = 5,58 O = 1,00 1,39 1,39 1,39 Poich tali numeri frazionari non sono lecitamente approssimabili a un numero intero, moltiplicando per cinque si ottiene che la formula bruta :

C21H28O5 il cui peso molecolare 360,4. Per applicare la relazione dellabbassamento crioscopico:

T = kc m necessario conoscere la molalit della soluzione preparata. 5 mL di acido acetico contengono 51,05 = 5,25 g di acido acetico, pertanto: 0,857

: 5,25 = m : 1000 PM 857

m = 5,25 PM Riprendendo la relazione dellabbassamento 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 allabbassamento della tensione di vapore : m PMA PA

P = 1000 dove m indica la molalit 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. Poich il peso atomico dello zolfo 32,06, se ne deduce che la formula molecolare dello zolfo S8. Esercizio 13. Risoluzione Basandosi sulla relazione valida per le propriet colligative:

Tc = kc m si deduce che, affinch il liquido corporeo dellinsetto 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/molkg1) Questo significa che linsetto 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.


CAPITOLO 9 Esercizio 1. Risoluzione (a) Per il principio di Le Chtelier, un sistema allequilibrio che subisca delle perturbazioni reagisce in modo tale da minimizzare gli effetti di tali perturbazioni. Poich laggiunta 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 il numero di molecole. (pNO)

2 pCl2

2 NOCl 2 NO + Cl2 K = (pNOCl)

2 Poich 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) Laumento 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. [NO]2 [Cl2]

2 NOCl 2 NO + 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, cio nella direzione in cui 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) Laggiunta 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 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 minore il numero di molecole, cio verso sinistra. (d) La reazione esotermica, cio avviene con produzione di calore, che pu essere considerato come un prodotto di reazione. Aumentare la temperatura significa fornire calore e quindi aumentare un prodotto di reazione. La reazione quindi evolver verso sinistra. (e) La diminuzione di volume comporta una variazione del sistema verso la direzione in cui minore 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 ) 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 allequilibrio 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 0,1115 atm 0,1115 atm Kp = = = 2,06102 (pHI)

2 (0,777)2 atm2

Esercizio 4. Risoluzione Scriviamo innanzitutto la relazione data dalla legge di azione di massa:

pN2O4

Kp = = 7,0 atm1

(pNO2)2

Se le concentrazioni iniziali conosciute fossero gi 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 atm1 che il dato del problema. quindi chiaro che il numeratore deve diminuire e il denominatore aumentare se si vuole soddisfare le condizioni di equilibrio. Dovr quindi aumentare la quantit di reagente NO2 e quindi la reazione proceder verso sinistra. Calcoliamo ora il valore delle varie pressioni allequilibrio. La pressione di N2O4 che inizialmente uguale a 0,250 diminuir di un termine x e sar quindi uguale a (0,250 x). Per quanto riguardo NO2, che inizialmente aveva pressione 0,080, allequilibrio avr pressione pari a (0,080 + 2x), perch per ogni molecola di N2O4 che reagisce si formano due molecole di NO2. Avremo perci:

pN2O4 (0,250 x) = 7,0 atm

1 = 7,0 atm1

(pNO2)2 (0,080 + 2x)2

(0,250 x) = 7,0 atm1 (0,0064 + 0,320 x + 4 x2)


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 quantit 2x, portando quindi la concentrazione allequilibrio di questa specie a (1 2x). Pertanto: (1 2x)2 90 = x x Poich il secondo membro 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 Poich il reagente 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 la pressione parziale di N2O formatasi nel corso della decomposizione, 2x sar la pressione del vapor dacqua formatosi. La pressione totale di 1,48 atm 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 espressa da: [NH3]2 Kc = [N2][ H2]3 Allequilibrio, considerando che la concentrazione di N2 sia diminuita di una quantit x e osservando la stechiometria della reazione, si avr:

[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 trascurabile rispetto a 0.50 M. Pertanto: [NH3]

2 (2x)2

Kc = 5.2 10-5 =

[N2][ H2]3 1,5 (0,50)3

x = 3,12 103

[NH3] = 6,24103 M Esercizio 8. Risoluzione Data la reazione COCl2(g) CO(g) + Cl2(g) la Kp espressa dalla relazione:

pCO pCl2 Kp = = 4,11 0

3 pCOCl2 Posta uguale a x la quantit di CO formata, allequilibrio si avr:

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 sar pari a:

0,019 = 17,7 0,108

Ovvero, il fosgene si dissocia per il 17,7%.


CAPITOLO 10

Esercizio 1. Risoluzione Il carbonato di calcio si dissocia in acqua secondo la reazione:

CaCO3 Ca2+ + CO32 Il prodotto di solubilit espresso dalla relazione:

Kps = [Ca2+] [CO3

2] Indicando con x la concentrazione molare degli ioni Ca2+ si ha:

[Ca2+] = [CO32] = x

Kps = x x

x = Kps = 8,7 10-9 = 9.327 105 mol

Questo valore rappresenta anche le moli di CaCO3 che si sono disciolte in acqua. La solubilit espressa in grammi/litro si calcola moltiplicando il valore ottenuto per il peso formula di CaCO3 (100,089 g/mol)

solubilit CaCO3 = 9.327 105 mol 100,089 g/mol = 9.31103 g Esercizio 2. Risoluzione Lidrossido di Cr(III) si dissocia secondo la reazione:

Cr(OH)3 Cr3+ + 3 OH

Kps = [Cr3+][OH]3 Solubilit in acqua pura. Indicando con x la concentrazione degli ioni Cr3+ formati, si avr che [OH] = 3x, per cui:

Kps = x (3x)3 1,01030 = 27 x4 x = 1,4108 moli/L

Solubilit in una soluzione tamponata a pH 4 (ovvero, pOH = 10). La concentrazione degli ioni [OH] = 11010, per cui:

Kps = [Cr3+][OH]3 Kps 1,010-30

[Cr3+] = = = 1,0 mol/L [OH]3 (11010)3

52 Conoscere la Chimica CAPITOLO 10 Esercizio 3. Risoluzione Il cromato di argento si dissocia secondo la reazione:

Ag2CrO4 2 Ag+ + CrO42-

Kps = [Ag+]2[CrO4

2] Se si dissociano 3,86104 mol/L di Ag2CrO4, si formeranno 3,8610

4 mol/L di ioni CrO42 e una quantit doppia di ioni

Ag+, per cui si avr:

Kps = [Ag+]2[CrO4

2] = ( 2 3,86104 mol/L)2 (3,86104 mol/L) = 2,31010 mol3/L3 Esercizio 4. Risoluzione La reazione in esame :

HF + H2O H3O+ + F Se il pH pari a 2,5, la concentrazione deg

Documents

Soluzione Esercizi Conoscere La Chimica