1 Scuola Galileiana di Studi Superiori – Anno 2015/2016 Quesiti della prova di Chimica - soluzioni

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Scuola Galileiana di Studi Superiori – Anno 2015/2016 Quesiti della prova di Chimica - soluzioni

1) Reazione catodica bilanciata: 2H_!O + 2e^!→ H_!− 2OH^! Reazione anodica bilanciata: 2Cl^!→ Cl_!+ 2e^!

(a) Q = 4A×3h×3600s/h = 43200 C

n_!" NaOH =Q

F= 43200  C 96500 Ceq

= 0.4477  eq ≡ n = 0.4477  mol

NaOH =n

V=0.4477  mol

0.4  L =𝟏. 𝟏𝟐  𝐌 (b) n_!" Cl_! = 0.4477  eq; n Cl_! = ^!!"!"!

!  !"/!"#= 0.2238  mol

V Cl_! = 0.2238  mol×22.4   L mol =𝟓. 𝟎𝟐  𝐋  (condizioni  normali) (c) C_!H_!+ Cl_!→ C_!H_!Cl_!  

n C_!H_! =  n Cl_! =0.2238  mol  

m C_!H_! =  n C_!H_! ×MM = 0.2238  mol×_!"#^!"#=𝟔. 𝟐𝟕  𝐠   (d) NaCl!"#$%&=^{! !"#$}!"!#!$%&!! !"#$

! =!!"# !×!.!  !!!.!!""  !"#

!.!  ! =𝟏. 𝟖𝟖 𝐦𝐨𝐥 𝐋  

2) H⁺ < He < H < H^-

H⁺ è un protone, molto più piccolo di ogni altro atomo o ione contenente elettroni. Sia H che H^- hanno una carica nucleare +1, ma H^- è più grande perché ha due elettroni, mentre H ne ha uno solo.

Tra He e H^-, entrambi con due elettroni, è più piccolo il primo, perché ha una carica nucleare più grande. Tra He e H è più piccolo il primo, perché le dimensioni atomiche diminuiscono da sinistra a destra lungo il periodo (ovvero la carica nucleare efficace risentita dagli elettroni cresce da sinistra a destra lungo il periodo).

3) densità  d =^!_! =!""

! ; m – massa; V – volume; n – quantità di materia; MM – massa molare.

pV = nRT ⇒ p =^!"#

! ⇒ pMM =!""#$

! = dRT ⇒ MM =^!"#

!

MM =!.!"  !/!×!.!"#!$%&'(!^!!!"#^!!

!"#

!"#!"# = 58.1   g mol

in 100 g di idrocarburo 82.7 g sono C e 17.3 g sono H. In moli:

n_!= !".!  !

!".!""  !/!"#= 6.89  moli;  n_!= !".!  !

!.!!"  !/!"#= 17.16  moli;

dividendo entrambi per il più piccolo tra i due numeri di moli si ottiene:

C : H = 1 : 2.5; cioè C : H = 2 : 5

La formula minima dell’idrocarburo è C2H5, che corrisponde a una MM di 29 g/mol. La MM del composto è 58 g/mol, per cui la formula molecolare è C4H10.

4) (d), da bcc a fcc. Assumendo che gli atomi nelle strutture cubiche siano assimilabili a sfere rigide tangenti, la struttura a impaccamento più compatto è la fcc (in cui le sfere occupano il 74% del volume di cella), seguita dalla bcc (volume occupato 68%) e infine dalla sc (volume occupato 52%).

Un aumento della pressione esterna provoca un aumento della densità atomica. Solo la trasformazione (d) va in questa direzione.

5) ClF₃ – forma a T; ibridizzazione del cloro sp³d

AsF₅ – forma bipiramidale trigonale; ibridizzazione dell’arsenico sp³d ClF₂⁺ – forma piegata; ibridizzazione del cloro sp³

AsF_!^! – forma ottaedrica; ibridizzazione dell’arsenico sp³d²

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6) A parità di temperatura, si avrà la più alta tensione di vapore dell’acqua sopra la soluzione più ricca d’acqua, dunque sopra la soluzione in cui la concentrazione dell’acetone è minima. L’abbassamento del punto di congelamento è direttamente proporzionale alla molalità del soluto, dunque congelerà a temperatura più bassa la soluzione in cui la concentrazione dell’acetone è massima.

(b) 0.100 molare e (c) 0.100 molale corrispondono all’incirca alla stessa concentrazione (l’approssimazione è tanto migliore quanto minore è la concentrazione del soluto). Queste vanno confrontate ad (a) 0.100% in massa e a (d) χ_Acetone = 0.100, per capire qual è la soluzione più concentrata e qual è quella meno concentrata.

Consideriamo la soluzione (a). 100 g di soluzione contengono 0.1 g di acetone e 99.9 g d’acqua. In moli (MMAcetone = 58 g/mol; MMAcqua = 18 g/mol): nAcetone = 1.7×10^-3 moli; nAcqua = 5.55 moli. Per cui la frazione molare di acetone in (a) è:

X!"#$%&#= ^!!"#$%&#

!!"#$%&#!!_!"#$%=_!.!×!"^!.!×!"_!!  !"#$!!.!!  !"#$^{!!  !"#$} = 3×10^!!

Consideriamo ora la soluzione (c): 0.100 molale significa 0.100 moli di acetone in 1 kg d’acqua.

1000 g d’acqua corrispondono a 55.55 moli, per cui la frazione molare dell’acetone in (c) (e dunque approssimativamente in (b)) è:

X!"#$%&#= ^!!"#$%&#

!!"#$%&#!!_!"#$%= !.!""  !"#$

!.!""  !"#$!!!.!!  !"#$= 1.8×10^!!

Ne consegue che (a) è la soluzione più diluita e (d) la più concentrata. Pertanto, (a) produrrà la più alta pressione parziale di vapore dell’acqua a 25° C, mentre (d) avrà il più basso punto di congelamento.

7) L’effervescenza delle bibite gassate è dovuta al biossido di carbonio disciolto nel liquido. Nella bottiglia chiusa, il gas contenuto tra la superficie di liquido e il tappo è più ricco di CO₂ rispetto all’atmosfera esterna. Nella bottiglia tappata s’instaura l’equilibrio CO_!(g) ⇄ CO_!(aq), per il quale la costante di equilibrio assume la forma K_!"= CO_!(aq) p_!"!(!)(detta anche Legge di Henry), dove CO_! g è la concentrazione molare del biossido di carbonio in soluzione e 𝑝_!"!(!) la pressione parziale di CO₂ esercitata sulla superficie della soluzione. Quando si apre la bottiglia, 𝑝_!"!(!) diminuisce repentinamente e pertanto il rapporto CO_!(aq) p_!"!(!) diventa >  K_!". Per riportare il sistema all’equilibrio, la concentrazione del biossido di carbonio in soluzione deve diminuire, e dunque viene espulso dalla soluzione sotto forma di bolle di gas. [Nota: CO_! aq è ulteriormente coinvolto nell’equilibrio CO_! aq + 2H_!O ⇄ H_!O^! aq + HCO_!^! aq , poco spostato verso destra e trascurato ai fini di questa spiegazione semplificata, ma è immediato estendere il ragionamento delineato - basato sul principio di Le Châtelier – alla serie completa di equilibri].

8) pKb(CH3NH2) < pKb(NH3) < pKb(NH2Br) < pKb(C6H5NH2) (3.38 < 4.74 < 7.61 < 9.13)

Secondo Lewis, una base è una sostanza in grado di donare un doppietto elettronico solitario per formare un legame covalente dativo con la specie che lo accetta, detta acido. In soluzione acquosa il più semplice acido è il protone. La forza di un’ammina come base dipende dunque dalla capacità del doppietto solitario localizzato sull’atomo di azoto di fissare un protone. Se un atomo di idrogeno legato all’azoto in NH₃ è sostituito da un atomo o un gruppo di atomi più elettronegativo dell’idrogeno, questo attira densità elettronica dall’atomo di N (si comporta cioè da elettron- attrattore); di conseguenza il doppietto solitario è meno disponibile a legare il protone e la base è più debole. Br è più elettronegativo di H, di conseguenza NH₂Br è una base più debole di NH₃, e dunque la sua pK_b = -logK_b è più alta. Il gruppo CH₃- è un debole elettron-donatore, di conseguenza CH₃NH₂ è una base leggermente più forte di NH₃. Infine, nell’anilina il doppietto solitario dell’azoto è parzialmente coniugato con la densità elettronica delocalizzata sull’anello benzenico. La coniugazione rimuove molto efficacemente densità di carica elettronica dall’azoto, e dunque l’anilina è una base molto più debole di NH3, e più debole di NH2Br.

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9) (a) fenile, alcool, ammina (secondaria) (b) C1: sp²; C2, C3, C4 e N: sp³ (c) sì: C2 e C3

(d) La formula molecolare dell’efedrina è C₁₀H₁₅NO; la sua massa molare è MM=165.23 g/mol. La quantità di efedrina è:

n = 1  g 165.23 ^!

!"#=  6.052×10^!!  mol.  Assumiamo che la densità della soluzione sia pari a quella

dell’acqua (1 g/mL), per cui 200 g corrispondono a cca 200 mL, cioè 0.200 L. La concentrazione molare è dunque:

C_!=!.!"#×!"^!!  !"#

!.!""  ! = 3.03×10^!!  M, dove “b” sta per “base”.

Per una base debole si ha: OH^! = ^!_!^!_! = K_!C_!; con Kw = 10^-14 M², da cui si ricava:

𝐩𝐊_𝐛= 2 14 − pH + logC_!= 2 14 − 10.8 + log 3.03×10^!! = 𝟒. 𝟖𝟖

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