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1
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Pensaci bene prima di proseguire
Sei sicuro di avere fatto tutti gli sforzi necessari per risolvere
i problemi.
3
4
Esercizio 1
(a) SiO2;
(b) Fe2(CO3)3
(c) CaSO4
(d) Cu2S
(e) PbO2
(f) Co(CH3COO)2
(g) BaO
(h) Al2S3
(i) KMnO4
(j) NaHCO3
(k) HCl
(l) NaNO2
(m) Cr2(SO3)3
(n) KClO3
(o) Na2Cr2O7
(p) Cu(ClO)2
(q) HNO2
(r) Ni(IO3)2
(s) Co(NO3)2
(t) HF
(u) PCl5
(v) CO2
(w) K3PO4
(x) CaF2
(y) Mg(CH3COO)2
Esercizio 2
a) Tricloruro di iodio,
b) Pentossido di diazoto
c) Triossido di zolfo o anidride solforica,
d) Nitrito di cobalto(II),
e) Cloruro d’ammonio,
f) Cianuro di nichel
4
5
g) Cloruro di rame(II) esaidrato,
h) Idrogeno carbonato di calcio,
i) Ossido di bario,
j) Cloruro di cobalto(II),
k) Nitrato ferrico o nitrato di ferro(III),
l) Clorato di rame(II) o clorato rameico,
m) Ione cianuro,
n) Nitrato di sodio,
o) Acido clorico,
p) Fluoruro di magnesio,
q) Carbonato ferrico o carbonato di ferro(III),
r) Perclorato di zinco,
s) Idrossido di alluminio,
t) Bromuro di cesio
Esercizio 3
Consideriamo 100 grammi di Mg. In questi 100 grammi saranno contenuti:
78,99 g dell’isotopo 24Mg con PA = 23,9850
10,0 g dell’isotopo 25Mg con PA = 24,9858
11,01 g dell’isotopo 26Mg con PA = 25,9826.
Il PA della miscela isotopica naturale sarà la media ponderale dei pesi atomici dei tre
isotopi.
PA (Mg) = 100
Mg)di x(%PAMg)di x(%PAMg)di x(%PA 26 3
252
241
PA (Mg) = 100
01,119826,250,109858,2499,789850,23 xxx = 24,305
Esercizio 4
Domanda (a)
Considerando una mole di atomi d’oro questi peseranno 196,967 grammi. In questa mole
di atomi d’oro saranno contenuti un numero di atomi pari al numero di Avogadro. Quindi la
massa atomica di un atomo d’oro sarà:
5
6
Massa atomo d’oro: 123
1
1002213,6 967,196
moleatomixmoleg
= 3,2707x10-22 g
Domanda (b)
Il numero di atomi d’oro contenuti in 196,967 che corrisponde al peso in grammi di una
mole di atomi d’oro sarà pari al numero di Avogadro:
NA = 6,02213x1023
Esercizio 5
Facciamo alcune premesse:
i) I punti (·) che compaiono nella formula d) hanno il significato convenzionale
di unire tra loro formule chimiche familiari che nel loro insieme danno la
composizione atomica della formula chimica attribuita al composto. Nell’esempio
specifico la composizione atomica della sostanza (solfato di alluminio e potassio
idrato) potrebbe essere scritta nel seguente modo: K2Al2S4H48O40.
ii) In considerazione della definizione estensiva di peso molecolare, si può
parlare di peso molecolare sia di cationi o anioni, sia di sostanze non molecolari;
iii) La carica che compare nelle specie ioniche non ha effetti sui pesi molecolari
perché è la conseguenza della perdita o dell’acquisto di uno o pochi elettroni, la
cui massa è trascurabile rispetto a quella dei nucleoni.
a) Cl2: PM = 2xPACl = 2x35,453 = 70,906
b) Fe: PM = PA = 55,845
c) C2H5OH: PM = 2·PAC + 6·PAH + PAO = 2·12,011 + 6·1,008 + 15,999 =
46,069
d) K2SO4·Al2(SO4)3·24H2O: PM = 2·PAK + 4·PAS + 40·PAO + 2·PAAl +
48·PAH = 2·39,098 + 4·32,066 + 40·15,999 + 2·26,982 + 48·1,008 = 948,77
e) SO42-: PM = PAS + 4·PAO = 32,066 + 4·15,999 = 96,062
Esercizio 6
Domanda (a)
66HCPM = 6·PAC + 6·PAH = 6·12,011 + 6·1,008 = 78,114
Domanda (b)
66HCmM = (u) = 78,114x1,66054·10-27 kg = 1,2971x10-25 kg 66HCPM
Domanda (c)
La massa di benzene contenuta in 100 cm3 è:
6
7
d = V
m66HC ; = dxV = 0,8765 (g cm-3)·100 (cm3) = 87,65 g
66HCm
Il numero di molecole di benzene contenute in questa quantità è:
66HCN = 66
66
HC
HC
mM
m =
g
g
325- 10101,2971
87,65
= 6,757·1023
Esercizio 7
2MClPM = PAM + 2·PACl; PAM = – 2·PACl = 102,97 – 2·35,453 = 32,06. 2MClPM
Il solo elemento avente peso atomico di 32,06 o molto vicino a questo valore è lo zolfo.
Esercizio 8
KBrO3 (PM (KBrO3) = 167,00); Br2 (PM (Br2) = 159,81).
KBrO3 + 6 HBr > KBr + 3 Br2 + 3 H2O
La stechiometria della reazione implica che una mole di KBrO3 conduce alla formazione di
3 moli di Br2. Pertanto le moli di bromo teoricamente ottenibili sono il triplo delle moli di
KBrO3 usate.
32 KBrOBr 3 nn ; 3
3
2
2
KBrO
KBrO
Br
Br3
M
m
MM
mx
M
g 5,74mol g 167,00
mol g 159,81(g) 20,03
MM
MMm3m
1-
-1
KBrO
BrxKBrOBr
3
2
32
Esercizio 9
La composizione percentuale ponderale del Co(NO3)2.6H2O si ricava dal rapporto
percentuale del peso atomico dei singoli elementi (moltiplicato per il relativo pedice) e il
peso molecolare della sostanza.
20,250100291,031
58,933 Co di % x 9,626100
291,031
2x14,007 N di % x
65,968100291,031
12x15,999 O di % x 4,16100
291,031
12x1,008 H di % x
Esercizio 10
Domanda (a)
Le moli di carbonio, idrogeno e azoto contenute in 100 g di sostanza si ottengono
dividendo la percentuale ponderale di ciascun elemento per il rispettivo peso atomico:
7
8
6,66 011,12
0,801C moleg
gn ; 4,41
008,1
45,41H moleg
gn ; 1,11
007,14
55,151N moleg
gn
I valori ottenuti non sono né interi né vicini a numeri interi. Se li dividiamo per il più piccolo
di essi (nN) otteniamo i numeri di atomi di carbonio e di idrogeno combinati con un atomo
di azoto:
nC = 6,00; nH = 4,01 4; nN = 1,00
Pertanto la formula empirica della fenantrolina è: C6H
4N.
Domanda (b)
Il peso-molecolare della formula empirica è 90,1, contro 180,21 del peso molecolare della
sostanza. Pertanto in una molecola di fenantrolina deve essere contenuto un numero
doppio di atomi rispetto a quello della formula empirica (180,21 2x90,1). Di conseguenza
la formula molecolare bruta della fenantrolina è (C6H4N)2 = C12H8N2.
Esercizio 11
Possiamo procedere ricavando preliminarmente la percentuale ponderale di rame nella
malachite: PMmalachite = 221,114 g mol-1; PACu = 63,546 g mol-1).
57,48100221,114
63,5462 Cu di %
x ;
100
57,48(kg)x 1,00
100
Cu di %mm x)(malachiteCu 0,575 kg
Alternativamente possiamo procedere tenendo conto che la massa di una mole di
malachite contiene la massa di due moli di atomi di rame.
221,114
63,5462(kg)x 1,00
PM
PA2mm
)(malachite
Cu)(malachiteCu x 0,575 kg
Esercizio 12
Domanda (a)
Le moli di atomi dei vari elementi contenute in 100 g di sostanza sono (omettiamo le unità di
misura):
0,424 55,845
23,7nFe ; 0,636
32,06
20,4nS ; 3,39
15,999
54,2nO ; 1,69
1,008
1,7nH
Dividiamo tutti i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nFe) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di ferro.
nFe = 1,00; nS = 1,50; nO = 8,00; nH = 3,99 4
8
9
Trasformiamo questa sequenza di numeri in una equivalente, ma costituita solo da numeri
interi. Per fare ciò è sufficiente moltiplicare per 2 i numeri precedenti. La formula empirica
è pertanto: Fe2S3O16H8.
Domanda (b)
La formula empirica contiene tre atomi di zolfo, che devono essere combinati con 3x4
atomi = 12 atomi di ossigeno, a dare tre gruppi "SO4" che, tenuto conto della carica,
costituiscono tre anioni SO42-. Pertanto nella formula bruta sono contenuti tre gruppi SO4
2-.
Questi rendono conto di 12 dei 16 atomi di ossigeno che compaiono nella formula
empirica. Rimangono ancora quattro atomi di ossigeno, i quali devono essere combinati
con gli otto atomi di idrogeno, visto che questo è presente solo come componente
dell’acqua di cristallizzazione. Pertanto nella formula bruta compaiono anche 4 molecole di
acqua. La formula bruta più semplice è pertanto: Fe2(SO4)3·4H2O.
Esercizio 13
4 Ag+ + Cr2O72- + H2O > 2 Ag2CrO4(s) + 2 H+
Domanda (a)
Il nitrato d’argento è un composto ionico che in soluzione è presente come Ag+ e NO3-. Si
osservi che 4 moli di Ag+ producono 2 moli di Ag2CrO4. Pertanto il numero di moli di
AgNO3 contenute nella soluzione è doppio di quello delle moli di Ag2CrO4 precipitate.
mol 3-108,33
331,73
1,3822x
PM
m2xn2nn
1-CrOAg
CrOAgCrOAgAgNOAg
mol g
g
42
42
423 i
)mol (g 87(mol)x169, 8,33x10PMnm -1-3AgNOAgNOAgNO 333
x 1,42 g
Domanda (b)
Osserviamo che la reazione di una mole di K2Cr2O7 produce due moli di Ag2CrO4.
Pertanto:
722 OCrKn = 42CrOAgn
2
1;
722
722
OCrK
OCrK
PM
m=
42
42
CrOAg
CrOAg
PM
m
2
1x
722 OCrKm = 42
722
42
CrOAg
OCrKCrOAg PM
PMm
2
1x =
1-
-1
mol g 331,73
mol g 294,18(g)x 1,382
2
1x = 0,613 g
Esercizio 14
4 H3PO3 > 3 H3PO4 + PH3
La quantità teorica di fosfina ottenibile è di una mole ogni 4 moli di H3PO3 sottoposte a
9
10
pirolisi:
4
nn 33
3
POHPH ;
33
33
3
3
POH
POH
PH
PH
PM4
m
PM
m
g 1,037mol g 82,004
)mol (g 34,00(g) 10,00PM4
PMmm 1-
-1
POH
PHPOHPH
33
333
3
Poiché sono stati prodotti solo 0,974 g di fosfina, la resa percentuale è:
100g 1,037
g 0,974% resa x 93,4
Esercizio 15
NaIO3 + 5 NaI + 3 H2SO4 > 3 I2 + 3 Na2SO4 + 3 H2O
Una mole di iodato di sodio reagisce con 5 moli di ioduro di sodio. Poiché sono poste a
reagire quantità definite dei due sali, è necessario verificare se uno dei due sia il reagente
limitante. Le moli a disposizione sono:
mol 505,0 89,197 100
)mol (g
(g)1-
NaIO
NaIONaIO
3
3
3
MM
mn mol 334,1
89,149
200
)mol (g
(g)1-
NaI
NaINaI
MM
mn
Per fare reagire tutto lo iodato di sodio occorrono 5x0,505 moli = 2,525 moli di ioduro di
sodio, a fronte di solo 1,334 moli a disposizione. Dunque non c’è sufficiente ioduro di sodio
per fare reagire tutto lo iodato di sodio, per cui NaI è il reagente limitante. Dalla
stechiometria della reazione si ricava che si formano 3 moli di I2 ogni 5 moli di NaI che
reagiscono. Pertanto:
mol 0,800mol 1,334 5
3
5
3NaII2
nn
222 III xMMnm = 0,800 (moli)x253,81 (g mol-1) = 203 g
Esercizio 16
2 KMnO4 + 5 CaC2O4 + 8 H2SO4 > 2 MnSO4 + K2SO4 + 5 CaSO4 + 10 CO2 + 8 H2O
La stechiometria della reazione indica che 5 moli di CaC2O4 riducono 2 moli di
permanganato, per cui il numero di moli di CaC2O4 contenute nella miscela è uguale a 5/2
quello delle moli di KMnO4 che sono state ridotte. D’altra parte, dalle moli di permanganato
possiamo ricavare le moli di ossalato di calcio che hanno reagito.
moli 1,4x10 moli 5,6x102
5 n
2
5n 2-3-
KMnOOCaC 442 xx
10
11
g 1,79 )moli (g ,10(moli)x128 1,4x10MMnm -1-2OCaCOCaCOCaC 424242
x
mtot = 2,87 g = 423 OCaCCaCO mm ;
423 OCaCCaCO m(g) 2,87m = (2,87 – 1,79) g = 1,08 g
Esercizio 17
CO + 2 H2 > CH3OH
La quantità teorica di metanolo ottenibile può essere ricavata tenendo conto che se ne
ottiene una mole per mole di monossido di carbonio che ha reagito:
COOHCH3nn ;
CO
CO
OHCH
OHCH
3
3
PM
m
PM
m
kg 4,11 28,01
32,04 10,0
)mol (g
)mol (g(kg)x
1
1-
CO
OHCHCOOH
3 -PM
xPMm3CHm
Ma la resa è del 70%, per cui la massa di metanolo che effettivamente si ottiene è:
100
70(kg) 11,4
100
70mm (teor.) OHCH
OHCH3
3 8,0 kg
Esercizio 18
Utilizziamo la relazione m = nxPM g mol-1 e i pesi atomici alla terza cifra decimale.
a) PAAg
= 107,868; mAg
= nAg
xPAAg
g mol-1 = 2,50·10-2 (moli)x107,868 (g mol-1) = 2,697 g
b) = PAFe
+ 2·PAS + 14 PA
O + 2·PA
N + 20·PA
H O6HSO)(NHFeSO 24244
PM
O6HSO)(NHFeSO 24244PM = 55,847 + 2·32,066 + 14·15,999 + 2·14,007 + 20·1,008 = 392,139
O6HSO)(NHFeSO 24244m = X g mol-1 = O6HSO)(NHFeSO 24244
n O6HSO)(NHFeSO 24244PM
O6HSO)(NHFeSO 24244m = 2,50x10-2 (moli)x392,139 (g moli-1) = 9,80 g
Esercizio 19
Utilizziamo le relazioni MM = PM g mol-1 e 1-mol g PM
nm
e i pesi atomici alla terza cifra
decimale.
a) = PAC + 2·PAO = 12,011 + 2x15,999 = 44,009 2COPM
2COPM = g mol-1 = 44,009 g mol-1 2COPM
1-1-CO
COCO mol g 44,009
g 10,00
mol g PM
mn
2
2
2 = 0,2272 moli
11
12
b) = (2xPANa + PAS +14xPAO + 20xPAH) -1O10HSONa mol g PM
242
-1O10HSONa mol g PM
242 = (2·22,990 + 32,066 + 14·15,999 + 20·1,008) = 322,192
O10HSONa 242MM = = 322,192 g moli-1 -1
O10HSONa mol g PM242
1-1-O10HSONa
O10HSONaO10HSONa mol g 322,192
g 10,00
mol g PM
mn
242
242
242
= 3,104x10-2 moli
Esercizio 20
a) Na2CO3 + HCl > NaCl + CO2 + H
2O
b) C6H12O6 + O2 > CO2 + H2O
Indichiamo con lettere i coefficienti stechiometrici incogniti e applichiamo la regola della
conservazione delle specie atomiche per costruire le equazioni algebriche che mettano in
relazione tra loro i coefficienti stechiometrici. Per trovare i valori di questi occorrono tante
equazioni algebriche indipendenti quanti sono i coefficienti stechiometrici incogniti
(eventualmente ne basta una di meno perché possiamo attribuire un valore arbitrario a
uno di essi).
a) a Na2CO3 + b HCl > c NaCl + d CO2 + e H2O
Bilancio delle singole specie atomiche:
(Na) 2a = c; (C) a = d; (O) 3a = 2d + e; (H) b = 2e; (Cl) b = c
Attribuiamo ad a il valore 1. Dalle precedenti ricaviamo:
a = 1; b = 2; c = 2; d = 1; e = 1
Se sottintendiamo i valori unitari, l’equazione chimica bilanciata è:
Na2CO3 + 2 HCl > 2 NaCl + CO2 + H2O
b) a C6H12O6 + b O2 > c CO2 + d H2O
Bilancio delle singole specie atomiche e attribuzione del valore 1 ad a:
(C) 6a = c; (H) 12a = 2d; (O) 6a + 2b = 2c + d
a = 1; b = 6; c = 6; d = 6
L’equazione chimica bilanciata è:
C6H12O6 + 6O2 > 6 CO2 + 6 H2O
c) a Ca2+ + b PO43- > c Ca3(PO4)2
Conservazione delle specie atomiche:
(Ca) a = 3c; (P) b = 2c; (O) 4b = 8c
Si noti che l’ultima equazione è equivalente alla precedente, per cui una sola delle due è
utilizzabile. Tuttavia sono sufficienti due equazioni per ricavare i valori dei tre coefficienti
12
13
grazie al fatto che ad uno di essi possiamo assegnare direttamente un valore arbitrario.
Attribuiamo a c il valore 1. Otteniamo:
a = 3; b = 2; c = 1
L’equazione chimica bilanciata è:
3 Ca2+ + 2 PO43- > Ca3(PO4)2
d) a Ag + b NO3- + c H+> d Ag+ + e NO + f H2O
Bilancio delle specie atomiche:
(Ag) a = d, (N) b = e; (O) 3b = e + f; (H) c = 2f
Le equazioni algebriche ottenute sono quattro, ma le incognite sono sei per cui ne occorre
ancora almeno una per rispondere al quesito. Questa può essere costruita ricorrendo al
bilancio delle cariche:
(cariche) –b + c = d
Assegniamo a b il valore 1. Segue:
a = 3; b = 1; c = 4; d = 3; e = 1; f = 2
L’equazione chimica bilanciata è:
3 Ag + NO3- + 4 H+ > 3 Ag+ + NO + 2 H2O
Esercizio 21
a) NO3- a NO2
- in soluzione basica.
Si tratta di una riduzione {N5+ di NO3- a N3+ di NO2
-}.
Bilancio di massa del passaggio specie ossidata ridotta:
NO3- > NO2
-
Bilancio dell’ossigeno (2-) usando H2O e OH-:
NO3- + H2O > NO2
- + 2 OH-
Il bilancio delle cariche (aggiunta di 2 elettroni nella parte sinistra dell’equazione) dà la
semireazione bilanciata:
NO3- + H2O + 2 e- > NO2
- + 2OH-
b) O2 a H2O in acqua pura.
Si tratta della riduzione di O2 a ossigeno 2- dell’acqua.
Bilancio di massa da specie ossidata a ridotta:
O2 > 2 H2O
Bilancio dell’idrogeno usando H+ e H2O:
O2 + 4 H+ > 2 H2O
13
14
Il bilancio delle cariche (aggiunta di 4 elettroni nella parte sinistra dell’equazione) porta alla
semireazione bilanciata:
O2 + 4 H+ + 4 e- > 2 H2O
c) SO32- a SO4
2- in soluzione basica.
Si tratta di una ossidazione (S4+ di SO32- a S6+ di SO4
2-).
Bilancio di massa del passaggio da specie ossidata a specie ridotta:
SO32- > SO4
2-
Bilancio dell’ossigeno formalmente con numero di ossidazione 2- usando H2O e OH-:
SO32- + 2 OH- > SO4
2- + H2O
Il bilancio delle cariche (aggiunta di 2 elettroni nella parte destra dell’equazione) dà la
semireazione bilanciata:
SO32- + 2 OH- > SO4
2- + H2O + 2 e-
d) As a H2AsO4- in soluzione acida.
Si tratta dell’ossidazione dell’arsenico (0) a arsenico(V) di H2AsO4-.
Bilanciamento della trasformazione forma ridotta a specie ossidata:
As > H2AsO4-
Bilancio dell’ossigeno bivalente negativo usando H2O e H+:
As + 4 H2O > H2AsO4- + 6 H+
La semireazione si completa bilanciando le cariche con l’aggiunta di 5 elettroni nella
parte destra dell’equazione:
As + 4 H2O > H2AsO4- + 6 H+ + 5 e-
Dopo aver bilanciato le semireazioni a-d illustrando ogni passaggio le tre semireazioni che
seguono saranno risolte applicando i principi sopra esposti senza commentarli.
e) ClO3- + SO3
2- > Cl- + SO42-
Riduzione: ClO3- > Cl-
ClO3- + 6 H+ > Cl- + 3 H2O
ClO3- + 6 H+ + 6 e- > Cl- + 3 H2O
Ossidazione: SO32- > SO4
2-
SO32- + H2O > SO4
2- + 2 H+
SO32- + H2O > SO4
2- + 2 H+ + 2 e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 3 i coefficienti del processo di
ossidazione e "sommando algebricamente" le due equazioni risultanti:
ClO3- + 6 H+ + 6 e- > Cl- + 3 H2O
14
15
3 SO32- + 3 H2O > 3 SO4
2- + 6 H+ + 6 e- ClO3
- + 3 SO32- > Cl- + 3 SO4
2-
f) Cl2 + OH- > ClO3- + Cl- + H2O
Riduzione: Cl2 > Cl-
Cl2 > 2 Cl-
Cl2 + 2 e- > 2 Cl-
Ossidazione: Cl2 > 2 ClO3-
Cl2 + 6 H2O > 2 ClO3- + 12 H+
Cl2 + 6 H2O > 2 ClO3- + 12 H+ + 10 e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 5 i coefficienti del processo di
riduzione e "sommando algebricamente" le due equazioni risultanti:
5 Cl2 + 10 e- > 10 Cl-
Cl2 + 6 H2O > 2 ClO3- + 12 H+ + 10 e-
6 Cl2 + 6 H2O > 10 Cl- + 2 ClO3
- + 12H+
L’equazione ottenuta può essere ulteriormente semplificata dividendo tutti i coefficienti per
due:
3 Cl2 + 3 H2O > 5 Cl- + ClO3- + 6 H+
g) CrO42- + SO2 + H+ > Cr3+ + SO4
2- + H2O
Dall’esame degli stati di ossidazione dei singoli atomi si trova che il cromo diminuisce da
+6 a +3 lo stato di ossidazione, mentre lo zolfo lo aumenta da +4 a +6. Trattasi, pertanto,
di una reazione redox. L’anione cromato è l’ossidante in quanto contiene il cromo che
nella trasformazione chimica riduce lo stato di ossidazione (da +6 a +3; acquisto di
elettroni). Invece, il diossido di zolfo è il riducente in quanto contiene lo zolfo che in seguito
alla reazione aumenta il suo stato di ossidazione (da +4 a +6; cessione di elettroni).
Riduzione: CrO42- > Cr3+
CrO42- + 8 H+ > Cr3+ + 4 H2O
CrO42- + 8 H+ + 3 e- > Cr3+ + 4 H2O
Ossidazione: SO2 > SO42-
SO2 + 2 H2O > SO42- + 4 H+
SO2 + 2 H2O > SO42- + 4 H+ + 2e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 2 i coefficienti del processo di
riduzione e per 3 i coefficienti del processo di ossidazione e "sommando algebricamente"
15
16
le due equazioni risultanti:
2 CrO42- + 16 H+ + 6 e- > 2 Cr3+ + 8 H2O
3 SO2 + 6 H2O > 3 SO42- + 12 H+ + 6e-
2 CrO4
2- + 3 SO2 + 4 H+ > 2 Cr3+ + 3 SO42- + 2 H2O
L’equazione sopra riportata è stata ottenuta semplificando i termini uguali che compaiono
sia fra i reagenti che fra i prodotti.
Esercizio 22
a) Cu + HNO3 > Cu(NO3)2 + NO + H2O
In questo caso il rame aumenta lo stato di ossidazione da 0 a +2, mentre l’azoto di almeno
una parte di acido nitrico lo riduce da +5 e +2 (nella formazione di NO). Anche questa è
pertanto una reazione redox. Il rame è il riducente perché cede elettroni e aumenta il suo
stato di ossidazione (da 0 a +2). D’altra parte l’acido nitrico (l’aliquota che partecipa alla
reazione variando lo stato di ossidazione) è l’ossidante in quanto acquista elettroni e
l’azoto in esso contenuto diminuisce lo stato di ossidazione (da +5 a +2). Questa reazione
redox ha la particolarità che una parte di acido nitrico non reagisce come ossidante visto
che dà anche un prodotto in cui l’azoto conserva lo stato di ossidazione +5 {l’aliquota
responsabile della formazione di Cu(NO3)2}.
Riduzione: HNO3 > NO
HNO3 + 3 H+ > NO + 2 H2O
HNO3 + 3 H+ + 3 e- > NO + 2 H2O
Ossidazione: Cu + HNO3 > Cu(NO3)2
Cu + 2 HNO3 > Cu(NO3)2 + 2 H+
Cu + 2 HNO3 > Cu(NO3)2 + 2 H+ + 2 e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 2 i coefficienti del processo di
riduzione e per 3 i coefficienti del processo di ossidazione e "sommando algebricamente"
le due equazioni risultanti:
HNO3 + 3 H+ + 3 e- > NO + 2 H2O
Cu + 2 HNO3 > Cu(NO3)2 + 2 H+ + 2 e- 3 Cu + 8 HNO3 > 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
b) MnO42- + H2O > MnO2 + MnO4
- + OH-
In questo caso il manganese aumenta il numero di ossidazione da +6 a +7 nella
formazione di MnO4–, ma anche lo riduce da +6 e +4 nella formazione di MnO2. Pertanto lo
16
17
ione manganato agisce sia da ossidante sia da riducente. La reazione, di tipo redox, è una
reazione di dismutazione.
Riduzione: MnO42- > MnO2
MnO42- + 2 H2O > MnO2 + 4 OH-
MnO42- + 2 H2O 2e- > MnO2 + 4 OH-
Ossidazione: MnO42- > MnO4
-
MnO42- > MnO4
- + e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 2 i coefficienti del processo di
ossidazione e "sommando algebricamente" le due equazioni risultanti:
MnO42- + 2 H2O 2e- > MnO2 + 4 OH-
MnO42- > MnO4
- + e- 3 MnO4
2- + 2 H2O > 2 MnO4- + MnO2 + 4 OH-
c) S2O32- + MnO4
- + H+ > Mn2+ + SO42- + H2O
-4 e– (per atomo di S) +2 +7 +2 +6 S2O3
2– + MnO4– + H+ Mn2+ + SO4
2– + H2O
+5 e–
Riduzione: MnO4- > Mn2+
MnO4- + 8 H+ > Mn2+ + 4 H2O
MnO4- + 8 H+ + 5 e- > Mn2+ + 4 H2O
Ossidazione: S2O32- > SO4
2-
S2O32- + 5 H2O > 2 SO4
2- + 10 H+
S2O32- + 5 H2O > 2 SO4
2- + 10 H+ 8 e-
L’equazione chimica bilanciata si ottiene moltiplicando per 8 i coefficienti del processo di
riduzione e per 5 i coefficienti del processo di ossidazione e "sommando algebricamente"
le due equazioni risultanti:
8 MnO4- + 64 H+ + 40 e- > 8 Mn2+ + 32 H2O
5 S2O32- + 25 H2O > 10 SO4
2- + 50 H+ 40 e- 8 MnO4
- + 5 S2O32- + 14 H+ > 8 Mn2+ + 10 SO4
2- + 7 H2O
17
18
Esercizio 23
Se indichiamo con ZA, ZB e ZC gli stati di ossidazione di A, B e C in una specie chimica
descritta dalla formula (AaBbCc)Z {Z = carica della specie chimica ( 0 solo se si tratta di
uno ione)}, deduciamo la relazione: a ZA + b ZB + c ZC = Z.
1) CO2. Valore noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di C: ZC = +4.
2) NH3. Valore noto: ZH = +1. Stato di ossidazione di N: ZN = -3.
3) HNO3. Valori noti: ZH = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di N: ZN = +5.
4) KMnO4. Valori noti: ZK = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di Mn: ZMn = +7.
5) Na2S2O3. Valori noti: ZNa = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di S: ZS = +2.
6) Pb3O4. Valore noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di Pb: ZPb = +8/3.
7) Cr2O72-. Valore noto: ZO = -2; carica dell’anione: -2. Stato di ossidazione di Cr: ZCr =
+6.
8) NH4+. Valore noto: ZH = +1; carica del catione: +1. Stato di ossidazione di N: ZN = -3.
Si noti lo stato di ossidazione frazionario del piombo in Pb3O4, nonostante la carica
elettrica (dei protoni e degli elettroni) abbia un valore intero. Ciò è dovuto al fatto che in
una sostanza che contenga più atomi di uno stesso elemento il valore dello stato di
ossidazione è la media pesata degli stati di ossidazione dei singoli atomi di
quell’elemento. Nell’esempio in questione nella formula empirica vi sono due atomi di
piombo con stato di ossidazione +2 e uno con stato di ossidazione +4.
Esercizio 24
Domanda (a)
Nota la formula di un composto la percentuali di un elemento presente in questa sostanza
si calcola facendo il rapporto tra la massa dell’elemento e il PM del composto moltiplicata
per cento. In questo caso possiamo indicare il PM del composto in questo modo: (2xPAM
(g mole-1 + 5xPAO g mole-1) = (2xPAM g mole-1 + 5x16,0 g mole-1) = (2xPAM g mole-1 + 80,0
g).
0,3841 = 0,802xPA
165
M
1
molegx. Risolvendo si ottiene: PAM = 74,9 g mole-1.
Domanda (b)
Osservando i valori riportati nella Tavola Periodica questo valore corrisponde all’arsenico.
Esercizio 25
Domanda (a)
18
19
La massa molare la si calcola sommando i pesi atomici degli elementi che formano il
composto moltiplicati eventualmente per il numero di volte che questo elemento è
presente nella sostanza in esame.
PM (CS2) = (PAC g mole-1 + 2xPAS g mole-1) = (12,011 g mole-1 + 2x32,066 g mole-1)
PM (CS2) = 76,143 g mole-1
Domanda (b)
Per calcolare le moli di CS2, presenti nel campione, si adopera la relazione:
moli (n) = 1 molegPM
g nCS2 =
1 143,76
0,10molig
g = 0,13 moli
Domanda (c)
Un dm3 di CS2 pesa 1,266 kg pari a 1266 g. 2,5 moli di CS2 hanno massa:
massa (CS2) = (2,5 moli x76,143 g mole-1) = 190,36 g
I dm3 di CS2 si ottengono:
dm3 (CS2) = 33 1266
36,190
dmg
g
dmg
gr = 0,15 dm3
Esercizio 26
Domanda (a)
Per calcolare la masse molari si segue il procedimento riportato nell’Esercizio 25.
PM (NaOH) = (PANa g mole-1 + PAO g mole-1 + PAH g mole-1)
PM (NaOH) = (22,99 g mole-1 + 15,99 g mole-1 + 1,008 g mole-1) = 39,99 g mole-1
PM (CH3COOH) = (2xPAC g mole-1 + 2xPAO g mole-1 + 4xPAH g mole-1)
PM (CH3COOH) = (2x12,011 g mole-1 + 2x15,99 g mole-1 + 4x1,008 g mole-1)
PM (CH3COOH) = 60,03 g mole-1
Domanda (b)
Anche se il testo suggerisce il modo con cui le due sostanze reagiscono è sempre
conveniente scrivere e bilanciare il processo chimico che avviene: reazione di
salificazione.
CH3COOH + NaOH > CH3COONa + H2O
Si calcolano il numero di moli di CH3COOH e questo numero corrisponde anche a quello
di NaOH.
Moli (CH3COOH) = 11 03,60
0,10
moleg
g
moleg
g = 0,17 moli
Massa (NaOH) = (0,17 moli x39,99 g mole-1) = 6,8 g
19
20
Esercizio 27
Per risolvere questo esercizio è possibile seguire le tracce riportate nei problemi
precedenti per casi analoghi.
Domanda (a)
PM (SO3) = (PAS g mole-1 + 3xPAO g mole-1) = (32,064 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (SO3) = 80,64 g mole-1
Massa (SO3) = (5,0x10-2 molix80,64 g mole-1) = 4,03 g
Domanda (b)
PM (C12H8N2) = (12xPMC g mole-1 + 8xPAH g mole-1 + 2xPMN g mole-1)
PM (C12H8N2) = (12x12,011 g mole-1 + 8x1,008 g mole-1 + 2x14,008 g mole-1)
PM (C12H8N2) = 180,212 g mole-1
Massa (C12H8N2) = (5,0x10-2 molix180,212 g mole-1) = 9,01 g
Domanda (c)
PM (Na2CO3) = (2xPANa g mole-1 + PAC g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (Na2CO3) = (2x22,989 g mole-1 + 12,011 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (Na2CO3) = 105,986 g mole-1
Massa (Na2CO3) = (5,0x10-2 molix105,986 g mole-1) = 5,299 g
Domanda (d)
PM (K2[PtCl6]) = (2xPAK g mole-1 + PAPt g mole-1 + 6xPACl g mole-1)
PM (K2[PtCl6]) = (2x39,102 g mole-1 + 195,09 g mole-1 + 6x35,453 g mole-1)
PM (K2[PtCl6]) = 486,012 g mole-1
Massa (K2[PtCl6]) = (5,0x10-2 molix486,012 g moli-1) = 24,30 g
Domanda (e)
PM (Na2HPO4.7H2O) = (2xPANa g mole-1 + 15xPAH g mole-1 + 11xPAO g mole-1 + PAP g
mole-1)
PM (Na2HPO4.7H2O) = (2x22,989 g mole-1 + 15x1,008 g mole-1 + 11x15,999 g mole-1 +
30,973 g mole-1)
PM (Na2HPO4.7H2O) = 268,06 g mole-1
Massa (Na2HPO4.7H2O) = (5,0x10-2x268,06 g mole-1) = 13,40 g
Esercizio 28
Volendo scrivere la reazione redox coinvolta, anche se è difficile indicare in questo caso i
veri processi chimici che avvengono, è ragionevole scrivere:
HNO3 + 3 HCl > NOCl + Cl2 + 2 H2O
20
21
Pt + 2 Cl2 + 2 HCl > [PtCl6]2- + 2 H+
Dalle reazioni sopra riportate e dalla formula dell’esacloroplatinato(IV) si deduce che ogni
molecola di [PtCl6]2- contiene un atomo di Pt. Quindi, dalle moli di K2[PtCl6] si conoscono
immediatamente le moli di atomi di Pt e da queste si possono calcolare i grammi di Pt.
PM (K2[PtCl6]) = (2xPAK g mole-1 + PAPt g mole-1 + 6xPACl g mole-1)
PM (K2[PtCl6]) = (2x39,102 g mole-1 + 195,09 g mole-1 + 6x35,453 g mole-1)
PM (K2[PtCl6]) = 486,012 g mole-1
Moli (K2[PtCl6]) = 1
62
62
012,486
0,10
moleg
g
PtClKPM
PtClKg = 0,02 moli
Massa (Pt) = (0,02 molix195,09 g mole-1) = 3,90 g
Domanda (b)
Per rispondere questa domanda è possibile procedere come riportato nel punto (a)
avendo come punto di partenza la quantità di Pt.
Moli di atomi di Pt = 11 09,195
75,3
moleg
g
molegPA
Ptg
Pt
= 0,19 moli
Massa K2[PtCl6] = (0,19molix486,012 g mole-1) = 9,23 g
Esercizio 29
Anche se il esercizio non lo richiede in modo esplicito è sempre conveniente scrivere
l’equazione chimica bilanciata dei processi che avvengono:
CaCO3(s) > CaO(s) + CO2(g)
Domanda (a)
Dalla stechiometria della reazione bilanciata è evidente che una mole di CaCO3 produce
una mole di CO2. Quindi si riesce a mettere immediatamente in relazione le moli di CaCO3
con le moli di CO2.
PM (CaCO3) = (PACa g mole-1 + PAC g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (CaCO3) = (40,08 g mole-1 + 12,011 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (CaCO3) = 100,09 g mole-1
n (CaCO3) = 1
1
09,100
1000 0,10
3
3
moleg
kggkgx
PM
g
CaCO
CaCO = 99,91
I grammi di CO2 ottenuti si ottengono moltiplicando le moli di CO2 per il PM (CO2).
PM (CO2) = (PAC g mole-1 + 2xPAO g mole-1)
PM (CO2) = (12,011 g mole-1 + x2x15,999 g mole-1)
PM (CO2) = 44,009
21
22
M (CO2) = (molixPMCO2 g mole-1) = (99,91x44,009 g mole-1) = 4396 g
Domanda (b)
Anche per questo caso è evidente che le moli di CO2 corrispondono le moli di CaCO3 e in
ultima analisi al peso di CaCO3.
N (CO2) = 1
009,44
5,2
12
2
moleg
g
PM
g
molegCO
CO = 0,057
M (CaCO3) = (molixPMCaCO3 g mole-1) = (0,057 molex100,009 g mole-1) = 5,7 g
La massa di CasO4.2H2O sarà la differenza fra la massa iniziale della miscela e la massa
di CaCO3.
M (CaSO4.2H2O) = (12,0 g – 5,7 g) = 6,3 g
% CaCO3 = 100 0,12
70,5x
g
g = 47,5 %
% CaSO4.2H2O = 100 0,12
3,6x
g
g = 52,5 %
Esercizio 30
La risoluzione di questo esercizio è semplice se si prendono in considerazione le
osservazioni fatte nell’esercizio precedente. In questo caso una mole di dolomite produce
una mole di magnesio.
PM (MgCO3.CaCO3) = (PAMg g mole-1 + 2xPAC g mole-1 + 6xPAO g mole-1 + PACa g mole-1)
PM (MgCO3.CaCO3) = (24,312 g mole-1 + 2x12,011 g mole-1 + 6x15,999 g mole-1 + 40,08
g mole-1) = 184,41 g mole-1
Ndolomite = 1
1
1 41,184
1000 0,10
moleg
kggxkg
molegPM
g
dolomite
dolomite = 54,23 moli
I grammi di magnesio si ottengono moltiplicando le moli di dolomite per il peso atomico del
Mg.
M (Mg) = (54,23 moli-1x24,312 g mole-1) = 1318,4 g
Esercizio 31
E’ utile ancora una volta ricordare che i rapporti tra i reagenti e i prodotti sono nei termini di
moli. Quindi, preliminarmente si calcola il PM delle sostanze coinvolte e le moli associate
alla massa delle sostanze.
PM (C3H5(OH)3) = (3xPAC g mole-1 + 8xPAH g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (C3H5(OH)3) = (3x12,011 g mole-1 + 8x1,008 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1) = 92,094 g
22
23
mole-1
PM (C3H5(ONO2)3) = (3xPAC g mole-1 + 5xPAH g mole-1 + 9xPAO g mole-1 + 3xPAN g mole-
1)
PM (C3H5(ONO2)3) = (3x12,011 g mole-1 + 5x1,008 g mole-1 + 9x15,999 g mole-1 + 3x14,0
g mole-1) = 227,064 g mole-1
n (C3H5(OH)3) = 1 94,92
0,10moleg
g = 0,109
massa (C3H5(ONO2)3) = (molixPM g mole-1) = (0,109x227,064 g mole-1) = 24,75 g
Esercizio 32
Alcune considerazioni preliminari quali: bilanciare le trasformazioni chimiche che
avvengono, calcolare le moli dei reagenti e dei prodotti sono di validità generale e quindi
dovranno sempre essere applicate.
Cu + 2 H2SO4 + 3 H2O > CuSO4.5H2O + SO2
PM (CuSO4.5H2O) = (PACu g mole-1 + PAS g mole-1 + 9xPAO g mole-1 + 10xPAH g mole-1)
PM (CuSO4.5H2O) = (63,54 g mole-1 + 32,064 g mole-1 + 9x15,999 g mole-1 + 10x1,008 g
mole-1)
PM (CuSO4.5H2O) = 249,68 g mole-1
n (Cu) = 1 54,63
0,10
moleg
g
PA
Cug
Cu
= 0,157 moli
m (CuSO4.5H2O) = (molixPMCuSO4.5H2O g mole-1) = (0,157x249,68 g mole-1) = 39,20 g
Esercizio 33
Osservando la formula del fosfato di magnesio e ammonio si nota che ogni mole di
magnesio porta alla formazione di una mole di questo sale. Quindi, è possibile mettere
immediatamente in relazione le moli di magnesio con le moli di sale doppio.
PM (Mg(NH4)PO4.6H2O) = (PAMg g mole-1 + PAN g mole-1 + 16xPAH g mole-1 + PAP g mole-
1 + 10xPAO g mole-1)
PM (Mg(NH4)PO4.6H2O) = (24,312 g mole-1 + 14,000 g mole-1 + 16x1,008 g mole-1 +
30,974 g mole-1 + 10x15,999 g mole-1)
PM (Mg(NH4)PO4.6H2O) = 245,404 g mole-1
n (Mg) = 1
13
404,245
10 4,327
moleg
mggxmg
PA
Mgg
Mg
= 1,33x10-3 moli
PM (MgCl2) = (PAMg g mole-1 + 2xPACl g mole-1) = (24,312 g mole-1 + 2x35,453 g mole-1)
23
24
PM (MgCl2) = 95,218 g mole-1
n (MgCl2) = (molixPMMgCl2) = (1,33x10-3x95,218 g mole-1) = 0,127 g
Esercizio 34
Osservando la formula del solfuro di rame(I) si nota che ogni mole di Cu2S contiene due
moli di atomi di Cu. Questo è il rapporto che si deve considerare quando si mettono in
relazione le moli di Cu2S con le moli di Cu.
PM (Cu2S) = (2xPACu g mole-1 + PAS g mole-1) = (2x63,54 g mole-1 + 32,064 g mole-1)
PM (Cu2S) = 159,144 g mole-1
La quantità di Cu2S contenuta in 100 kg di minerale è:
massa (Cu2S) =
100
15 100 kgx = 15 kg
n (Cu2S) = 1
1
144,159
1000 15
moleg
kggxkg = 94 moli
n (Cu) = (2xmoliCu2S) = (2x94) = 188 moli
m (Cu) = (molixPACu g mole-1) = (188x63,54 g mole-1) = 11945 g
Esercizio 35
Domanda (a)
Le moli di carbonio e di zolfo azoto contenute in 100 g di sostanza si ottengono dividendo
la percentuale ponderale di ciascun elemento per il rispettivo peso atomico:
n (C) = 1 011,12
78,15moleg
g = 1,313 n (S) =
106432
22,84- g mole,
g = 2,626
Dividendo i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nC) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di carbonio.
n (C) = 3131
3131
,
, = 1 n (S) =
313,1
626,2 = 2
Formula empirica: CS2
Domanda(b)
Per rispondere a questa domanda si seguono i suggerimenti riportati nella Domanda (a)
n (C) = 1 011,12
0,40moleg
g = 3,33 n (H) =
1008,1
4,13- g mole
g = 13,29
n (N) = 1 007,14
6,46moleg
g = 3,32
24
25
n (C) = 32,3
33,3 = 1 n (H) =
32,3
29,13 = 4
n (N) = 32,3
32,3 = 1
Formula empirica: CH4N
Domanda (c)
Per rispondere alla prima parte di questa domanda si seguono i suggerimenti riportati nella
Domanda (a)
n (K) = 1 102,39
6,26moleg
g = 0,68 n (Cr) =
1906,51
3,35- g mole
g = 0,68
n (O) = 1 999,15
1,38moleg
g = 2,38
n (K) = 68,0
68,0 = 1 n (Cr) =
68,0
68,0 = 1
n (O) = 68,0
38,2 = 3,5
Trasformiamo questa sequenza di numeri in un’equivalente, ma costituita solo da numeri
interi. Per fare ciò è sufficiente moltiplicare per due i numeri precedenti. La formula
empirica è pertanto: K2Cr2O7.
Esercizio 36
Domanda (a)
Dai dati forniti manca la percentuale dell’ossigeno del composto. Questa la si calcola
facendo la differenza a cento con le percentuali date.
% (O) = (100 - % C - % H - % N) = (100 – 52,2 – 4,4 – 20,3) = 23,1
A questo punto si seguono i suggerimenti riportati nella Domanda (a) dell’Esercizio 35.
n (C) = 1 011,12
2,52moleg
g = 4,346 n (H) =
1008,1
4,4- g mole
g = 4,365
n (N) = 1 007,14
3,20moleg
g = 1,449 n (O) =
1 999,15
1,23moleg
g = 1,443
n (C) = 443,1
346,4 = 3 n (H) =
443,1
365,4 = 3
n (N) = 443,1
449,1 = 1 n (O) =
443,1
449,1 = 1
Formula empirica: C3H3NO
25
26
E’ necessario ora calcolare quante volte la formula empirica è contenuta nel peso
molecolare della sostanza in esame.
PM (C3H3NO) = (3xPMC g mole-1 + 3xPMH g mole-1 + PAN g mole-1 + PAO g mole-1)
PM (C3H3NO) = (3x12,011 g mole-1 + 3x1,008 g mole-1 + 14,007 mole-1 + 15,99 g mole-1)
PM (C3H3NO) = 69,06 g mole-1
Numero unità (C3H3NO) = 2 00,69
1,1381
1
moleg
moleg
Formula bruta: C6H6N2O2
Domanda (b)
Le moli di carbonio, idrogeno e azoto contenute in 100 g di sostanza si ottengono
dividendo la percentuale ponderale di ciascun elemento per il rispettivo peso atomico:
n (C) = 1 011,12
8,55moleg
g = 4,645 n (H) =
1008,1
7,11- g mole
g = 11,60
n (N) = 1007,14
5,32- g mole
g = 2,32
Si devono dividere i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nN) in modo da ottenere i
numeri di atomi dei vari elementi combinati con un atomo di azoto.
n (C) = 32,2
645,4 = 2 n (H) =
32,2
60,11 = 5
n (N) = 32,2
32,2 = 1
Formula empirica: C2H5N
Domanda (c)
E’ necessario calcolare quante volte la formula empirica è contenuta nel peso molecolare
della sostanza in esame.
PM (C2H5N) = (2xPMC g mole-1 + 5xPMH g mole-1 + PAN g mole-1)
PM (C2H5N) = (2x12,011 g mole-1 + 5x1,008 g mole-1 + 14,007 mole-1)
PM (C2H5N) = 43,069 g mole-1
Numero unità (C2H5N) = 3 069,43
2,1291
1
moleg
moleg
Formula bruta: C6H15N3
Esercizio 37
Come al solito anche se non richiesto dall’Esercizio è conveniente scrivere e bilanciare la
reazione di decomposizione:
26
27
K2S2O7(s) > K2SO4(s) + SO3(g)
Domanda (a)
La diminuzione in peso è ovviamente legata a SO3 che essendo una sostanza gassosa si
disperde nell’ambiente. La reazione di decomposizione mette in relazione le moli di SO3
con le moli di K2S2O7.
PM (SO3) = (PMS g mole-1 + 3xPMO g mole-1)
PM (SO3) = (32,064 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1) = 80,61 g mole-1
PM (K2S2O7) = (2xPMK g mole-1 + 2xPMS g mole-1 + 7xPAO g mole-1)
PM (K2S2O7) = (2x39,102 g mole-1 + 2x32,064 g mole-1 + 7x15,999 g mole-1)
PM (K2S2O7) = 255,477 g mole-1
n (SO3) = 1 61,80
245,1moleg
g = 0,015
m (K2S2O7) = (molixPMK2S2O7 g mole-1) = (0,015x255,477 g mole-1) = 3,832 g
Domanda (b)
Dalla stechiometria di reazione le moli di K2SO4 ottenute coincidono con le moli di SO3 che
si sono formate.
n (K2SO4) = 0,015 moli
Esercizio 38
Domanda (a)
La differenza in peso fra la massa dell’ossido di fosforo e il fosforo da la quantità di
ossigeno legata al fosforo.
massa (O) = (6,87 g – 3,00 g ) = 3,87 g
Le moli di fosforo e ossigeno contenute nei 6,87 g di sostanza si ottengono dividendo la
massa di ogni singola specie per il rispettivo peso atomico:
n (P) = 1 974,30
0,3moleg
g = 0,0968 n (O) =
1999,15
87,3- g mole
g = 0,242
Dividendo i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nP) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di rame.
n (P) = 0968,0
0968,0 = 1 n (O) =
0968,0
242,0 = 2,5
Trasformiamo questa sequenza di numeri in una equivalente, ma costituita solo da numeri
interi. Per fare ciò è sufficiente moltiplicare per due i numeri precedenti. La formula
empirica è pertanto: P2O5.
27
28
Domanda (b)
In questo caso è indispensabile scrivere e bilanciare la reazione che avviene tra fosforo e
ossigeno:
P4 + 5 O2 > 2 P2O5
Dalla reazione bilanciata risulta che una mole di P4 reagisce con 5 moli di ossigeno per
formare 2 moli di P2O5. Come conseguenza se si vuole produrre una mole di P2O5 è
necessario adoperare 2,5 moli di O2.
Esercizio 39
Domanda (a)
Dai grammi di AgCl è possibile ottenere le moli di AgCl e queste corrispondono anche alle
moli del cloruro MCl. Sapendo il peso di MCl è possibile calcolare il peso molecolare MCl
e da questo sottraendo il peso atomico del cloro ottenere il peso atomico di M.
PM (AgCl) = (PMAg g mole-1 + PMCl g mole-1)
PM (AgCl) = (107,87 g mole-1 + 35,453 g mole-1) = 143,323 g mole-1
n (AgCl) = 11 323,143
240,1
moleg
g
molegPM
g
AgCl
AgCl = 8,65x10-3
m (MCl) = (nxPMMCl g mole-1) PMMCl = molix
g
n
gMCl
1065,8
645,03 = 74,56 g mole-1
Domanda (b)
Al PMMCl contribuiscono sia il PAM che il PACl quindi è possibile calcolare il PA del metallo
alcalino e calcolare la composizione percentuale degli elementi che formano il composto
MCl.
PM (MCl) = (PAM g mole-1 + PACl g mole-1)
PAM g mole-1 = (PMMCl g mole-1 - PACl g mole-1) = (75,56 g mole-1 – 35,453 g mole-1)
PAM g mole-1 = 39,1 g mole-1
Nota la formula di un composto le percentuali di un elemento presente in questa sostanza
si calcola facendo il rapporto tra la massa dell’elemento e il PM del composto moltiplicata
per cento.
% M = 100 56,74
1,391
1
xmoleg
moleg
= 52,4 % % Cl = 100 56,74
453,351
1
xmoleg
moleg
= 47,6 %
Esaminando la Tavola Periodica degli Elementi il metallo alcalino con peso atomico vicino
a 39 è il potassio.
28
29
Esercizio 40
Domanda (a)
In questo caso non si conosce la percentuale d’azoto del campione ma sfruttando i dati
della CO2 e H2O è possibile sapere quanto carbonio e idrogeno sono contenuti nei 4,375 g
di composto e quindi per differenza conoscere quanto azoto è presente. Per fare questo
bisogna ricordare che ogni atomo di carbonio contenuto nel composto di partenza da
origine a una mole di CO2 mentre una mole di H2O è formata da due atomi di idrogeno
presenti nel composto.
PM (CO2) = (PAC g mole-1 + 2xPAO g mole-1) = (12,011 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1)
PM (CO2) = 44,009 g mole-1
PM (H2O) = (2xPAH g mole-1 + PAO g mole-1) = (2x1,008 g mole-1 + 15,999 g mole-1)
PM (H2O) = 18,015 g mole-1
n (CO2) = 11 09,44
12,10
2
2
moleg
g
molegPM
g
CO
CO = 0,23 moli
m (C) = (molixPAC g mole-1) = (0,23x12,011 g mole-1) = 2,762
n (H2O) = 11 015,18
83,4
2
2
moleg
g
molegPM
g
OH
OH = 0,268
m (H) = (2xmolixPAH g mole-1) = (2x0,268x1,008 g mole-1) = 0,540 g mole-1
m (N) = (4,375 g – 2,762 g – 0,540 g) = 1,073 g
n (N) = = 11 007,14
073,1
moleg
g
molegPA
g
N
N = 0,076
Dividendo i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nN) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di rame si ottiene la formula empirica del
composto.
n (C) = 076,0
23,0 = 3 n (H) =
076,0
268,02x = 7
n (N) = 076,0
076,0 = 1
formula empirica: C3H7N
Domanda (b)
La composizione percentuale ponderale del C3H7N si ricava dal rapporto percentuale del
peso atomico dei singoli elementi (moltiplicato per il relativo pedice) e il peso molecolare
della sostanza.
PM (C3H7N) = (3xPAC g mole-1 + 7xPAH g mole-1 + PAN g mole-1)
29
30
PM (C3H7N) = (3x12,011 g mole-1 + 7x1,008 g mole-1 + 14,007 g mole-1)
PM (C3H7N) = 57,096 g mole-1
63,11%10057,096
3x12,011 C di % x %36,12100
57,096
7x1,008 H di % x
%53,2410057,096
14,007 O di % x
Esercizio 41
Domanda (a)
La perdita in peso è legata alla presenza di acqua. Come conseguenza è possibile
calcolare le moli di H2O e di CaSO4 presenti nel campione in esame e alla fine il rapporto
CaSO4/H2O.
PM (H2O) = (2xPAH g mole-1 + PAO g mole-1)
PM (H2O) = (2x1,008 g mole-1 + 15,999 g mole-1) = 18,015 g mole-1
PM (CaSO4) = (PACa g mole-1 + PAS g mole-1 + 4xPAO g mole-1)
PM (CaSO4) = (40,08 g mole-1 + 32,064 g mole-1 + 4x15,999 g mole-1)
PM (CaSO4) = 136,14 g mole-1
n (H2O) = 11 015,18
456,0
2
2
moleg
g
molegPM
g
OH
OH = 0,026
m (CaSO4) = (2,18 g – 0,456 g) = 1,724 g
n (CaSO4) = 11 14,136
724,1
4
4
moleg
g
molegPA
g
CaSO
CaSO = 0,0127
Dividendo i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nCaSO4) si calcola i numeri di atomi dei
vari elementi combinati con un atomo di rame.
n (CaSO4) = 127,0
127,0 = 1 n (H2O) =
0127,0
26,0 = 2
Formula molecolare: CaSO4.2H2O
Domanda (b)
Per calcolare la composizione percentuale degli elementi che formano il sale è
conveniente considerare una mole di CaSO4.2H2O in quanto è noto il PM, il numero e il
tipo di atomi che formano il sale.
PM (CaSO4.2H2O) = (PACaSO4 g mole-1 + 2xPAH2O g mole-1)
PM (CaSO4.2H2O) = (136,14 g mole-1 + 2x18,015 g mole-1) = 172,17 g mole-1
30
31
11%28,23100172,17
40,08 Ca di % x %62,18100
172,17
32,064 S di % x
%73,55100172,17
6x15,999 O di % x %34,2100
172,17
4x1,008 H di % x
Esercizio 42
Domanda (a)
Dai dati dell’esercizio è possibile calcolare i grammi di azoto e di ossigeno contenuti nel
campione e come conseguenza anche i grammi d’idrogeno. Conoscendo questi tre valori
è possibile calcolare la composizione percentuale degli elementi che formano il composto.
Come è stato più volte messo in evidenza tutte le relazioni che intercorrono fra le varie
sostanze sono nei termini di moli è quindi necessario calcolare preliminarmente il PM delle
sostanze in gioco.
PM (N2O) = (2xPAN g mole-1 + PAO g mole-1) = (2x14,007 g mole-1 + 15,999 g mole-1)
PM (N2O) = 44,013 g mole-1
PM (H2O) = (2xPAH g mole-1 + PAO g mole-1) = (2x1,008 g mole-1 + 15,999 g mole-1)
PM (H2O) = 18,015 g mole-1
L’esercizio è risolvibile nell’ipotesi che la composizione del composto sia tale da
trasformare tutto l’azoto in N2O e tutto l’idrogeno in acqua, in altre parole che contenga la
giusta quantità di idrogeno, ossigeno e azoto.
La differenza in peso tra il peso del composto e l’ossido d’azoto che si è formato sarà il
peso dell’ossigeno e dell’idrogeno che formano l’acqua.
M (massa di O + massa di H) = (2,19 g – 1,2 g) = 0,99 g.
Questa quantità deve essere divisa in modo che formi esattamente acqua. In questo caso
abbiamo due incognite i grammi di ossigeno contenuti in 0,99 g e i grammi di idrogeno.
Abbiamo bisogno di due incognite e di due equazioni. Indichiamo con x i grammi
d’idrogeno e con y i grammi di ossigeno. Una prima relazione è x + y = 0,99. La seconda
relazione può essere può essere quella che il rapporto fra gli atomi di idrogeno e quelli di
ossigeno deve essere uguale a 2 in quanto questo è il rapporto fra i due elementi presente
nell’acqua. Alla fine si tratta di risolvere il seguente sistema.
1
2
999,15
1
99,0
y
x
yx
31
32
x = 0,11 g di H; y = 0,88 g di O.
Oppure è possibile ottenere i grammi di ossigeno contenuti nell’acqua nel seguente modo.
N (H2O) = 1
2
015,18
99,0
2
moleg
g
PM
OHg
oH
= 0,055
Le moli di atomi d’idrogeno contente sono 2x0,055 = 0,11 mentre quelle di ossigeno sono
0,055. Le masse sono g (H) = (molixPAH g mole-1) = 1,008 g mole-1; g (O) = (molixPAO g
mole-1) = (0,055x15,999 g mole-1) = 0,88 g
Per calcolare le percentuali dei vari elementi è necessario calcolare quanto di ciascun
elemento è presente nel composto.
N (N2O) = 11
2
013,44
2,1
2
moleg
g
molegPM
ONg
ON
= 0,0273 moli
m (N) = (molixPAN g mole-1) = (0,0273x2x14,007 g mole-1) = 0,765 g
m (O) = (molixPAO g mole-1) = (0,0273x15,999 g mole-1) = 0,437 g
m totale (O) = (0,437 g + 0,88 g) = 1,317 g
% (N) = g
g
19,2
765,0x100 = 34,93 % % (O) =
g
g
19,2
317,1x100 = 60,14 %
% (H) = g
g
19,2
11,0x100 = 5,02 %
Domanda (b)
Per calcolare la formula empirica del composto bisogna conoscere il numero totale dei
diversi atomi che formato il composto.
n (N) = (2x0,273) = 0,0546
n (O) = (0,055 + 0,0273) = 0,0823
n (H) = 0,11
Dividiamo tutti i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nN) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di azoto.
Il rapporto fra i vari elementi è:
n (N) = 1 n (O) = 0546,0
0823,0 = 1,5
n (H) = 0546,0
11,0 = 2
Trasformiamo questa sequenza di numeri in una equivalente, ma costituita solo da numeri
interi. Per fare ciò è sufficiente moltiplicare per 2 i numeri precedenti:
Formula empirica N2O3H4
32
33
Esercizio 43
Le reazioni sotto riportate sono bilanciate perché è rispettato il bilancio delle moli dei
HNO3
h) Cu + 2 H2SO4 > CuSO4 + SO2 + 2 H2O
mento deve seguire
de er bilanciare questo tipo di reazione.
)6]2-
2+
O > Mg(NH4)PO4 + H3O+
H+ > I2 + H2O
2O
O+ e quindi le due equazioni differiranno solamente per
reagenti e dei prodotti.
a) ZnS + H2SO4 > ZnSO4 + H2S
b) 2 NaOH + H2SO4 > Na2SO4 + 2 H2O
c) Pb(NO3)2 + H2SO4 > PbSO4 + 2
d) 2 H2S + 3 O2 > 2 SO2 + 2 H2O
e) C5H12 + 8 O2 > 5 CO2 + 6 H2O
f) 2 HNO2 > HNO3 + NO + H2O
g) 2 Cu(NO3)2 > 2 CuO + 4 NO2 + O2
Esercizio 44
Alcune di queste reazioni sono di tipo redox e quindi il loro bilancia
uno i procedimenti suggeriti p
a) 2 I- + Cl2 > 2 Cl- + I2
b) SnO2 + 2 OH- + 2 H2O > [Sn(OH
c) 2 Fe3+ + 6 OH- > Fe2O3 + 3 H2O
d) 4 Fe2+ + O2 + 2 H2O > 4 FeOH
e) Zn + H+ > Zn2+ + H2
f) Zn + 2 H3O+ > Zn2+ + H2 + 2 H2O
g) 3 Ca2+ + 2 HPO42- > Ca3(PO4)2 + 2 H+
h) Mg2+ + NH4+ + HPO4
2- > Mg(NH4)PO4 + H+
i) Mg2+ + NH4+ + HPO4
2- + H2
l) I- + IO3- +
Reazione redox
5(2 I- > I + 2e- 2- + - 2 IO3 + 12 H + 10 e > I2 + 6 H2O
10 I- + 2 IO3
- + 12 H+ > 6 I2 + 6 H
5 I- + IO3- + 6 H+ > 3 I2 + 3 H2O
m) I- + IO3- + H3O
+ > I2 + H2O
Reazione redox analoga alla l) l’unica cosa che la differenzia è che in questa equazione
non esiste lo ione H+ ma lo ione H3
33
34
il numero delle molecole di acqua.
H2O
+ I
+ H+ > Cu2+ + H2O
O+ e quindi le due equazioni differiranno solamente per
ole di acqua.
Pb2+ + H2O -
Mn2+ + 5 PbO2 + 4 H+ > 2 MnO4- + 5 Pb2+ + 2 H2O
Esercizio 45
2
2O
+ H2O
5(2 I- > I + 2e- 2- + - 2 IO3 + 12 H3O + 10 e > I2 + 18 H2O
10 I- + 2 IO3
- + 12 H3O+ > 6 I2 + 18
5 I- O3- + 6 H3O
+ > 3 I2 + 9 H2O
n) Cu + H2O2
Reazione redox
Cu > Cu2+ + 2e-
H O + 2 H+ + 2 e- > 2 O 2 2 H2
Cu + H2O2 + 2H+ > Cu2+ + 2 H2O
o) Cu + H2O2 + H3O+ > Cu2+ + H2O
Reazione redox analoga alla n) l’unica cosa che la differenzia è che in questa equazione
non esiste lo ione H+ ma lo ione H3
il numero delle molec
Cu > Cu2+ + 2e-
H2O2 + 2 H3O + 2 e > 4 H2O
+ -
Cu + H2O2 + 2H+ > Cu2+ + 4 H2O
p) Mn2+ + PbO2 + H3O+ > MnO4
- +
2(Mn2+ + 4 H2O > MnO4- + 8 H+ + 5 e
5(PbO + 4 H+ > Pb2+ + 2e- + 2 H 2 2O2
Sono tutte reazioni redox
1) 2 Na + 2 H2O > 2 NaOH + H
2) Cr2O3+ 3 Al > 2 Cr + Al2O3
3) PbO2 + 4 HCl > PbCl2 + Cl2 + 2 H
4) Ag + HNO3 > AgNO3 + NO
3(Ag + HNO3 > AgNO3 + e- + H+
HNO + 3 H+ + 3e- > NO + 2 H O 3 2
3 Ag + 4 HNO3 > 3 AgNO3 + NO + 2 H2O
34
35
5) PbO2 + [Cr(OH)4]- + OH- > CrO4
2- + [Pb(OH)3]- + H2O
b(OH)3]- + 2 CrO4
2- + 2 H2O
> Cl- + ClO- + H2O
+ 2
4]- + H2
e-
H2
O2 + 4 OH-
O2
H2O
> NO + H2O
H3O+ > Fe3+ + Cr3+ + H2O
+ > 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O
+ H2O + 3 e-
O32- + 2 OH-
3+ + 4 H2O
3(PbO2 + 2 H2O + 2e- > [Pb(OH)3]- + OH-
2([Cr(OH)4] + 4 OH > CrO4 + 3e + 4 H2O
- - 2- -
3 PbO2 + 2 [Cr(OH)4]- + 5 OH- > 3 [P
6) Cl2 + OH-
Cl2 + 2e- > 2Cl-
Cl2 + 4 OH > 2 ClO + 2 H2O + 2
- - e-
Cl2 OH- > Cl- + ClO- + H2O
7) Al + OH- + H2O > [Al(OH)
2(Al + 4 OH- > [Al(OH)4]- + 3
3(2 H2O + 2 e > 2OH + H2 >
- -
2 Al + 2 OH- + 6 H2O > 2 [Al(OH)4]- + + 3
8) MnO4- + H2O > MnO2 + O2 + OH-
4(MnO4- + 2 H2O + 3 e- > Mn
3(4OH > 2 H2O + O2 + 4 e
- -
4 MnO4- + 2 H2O > 4 MnO2 + 4 OH- + 3
9) NO2- + I- + H+ > NO + I3
- +
2(NO2- + 2 H+ + e-
3 I > I3 + 2e >
- - -
2 NO2- + 4 H+ + 3 I- > 2 NO + I3
- + 2 H2O
10) Fe2+ + Cr2O72- +
6(Fe2+ > Fe3+ + e-
Cr2O7 + 14 H + 6 e > 2 Cr + 7 H2O >
2- + - 3+
6 Fe2+ + Cr2O72- + 14 H
11) Al > H2AlO3-
Al + 4 OH- > H2AlO3-
12) SO42- > SO3
2-
SO42- + H2O + 2 e- > S
13) HCrO4- > Cr3+
HCrO4- + 7 H+ + 3e- > Cr
35
36
14) HAsO2 > H3AsO4
HAsO2 + 2 H2O > H3AsO4 + 2 H+ + 2e-
2 H2O
> Mn2+ + 2 H2O
> NO + 2 H2O
> NO + 6 H2O
4- + 2 H2O + 3 e-
15) H2O2 > H2O
H2O2 + 2 H+ + 2 e- >
16) MnO2 > Mn2+
MnO2 + 4 H+ + 2e-
17) NO3- > NO
NO3- + 4 H+ + 3 e-
18) NO3- > NO
NO3- + 4 H3O
+ + 3 e-
19) MnO2 > MnO4-
MnO2 + 4 OH- > MnO
20) Zn > ZnO22
22- + 2 H2O + 2 e-
-
+ 2 Cl-
+ I2
> CuI
2
e-
2
e-
-
Zn + 4 OH- > ZnO
21) AgCl > Ag
AgCl + e- > Ag + Cl
22) Hg2Cl2 > Hg
Hg2Cl2 + 2e- > 2 Hg
23) Pb > PbSO4
Pb + SO42- > PbSO4 + 2e-
24) Cu2+ + I- > CuI
2(Cu2+ + I- + e-
2 I > I2 + 2 e
- -
2 Cu2+ + 4 I- > 2 CuI + I
25) IO- > IO3- + I-
IO- + 2 H2O > IO3- + 4 H+ + 4
2(IO + 2 H + 2e
- + - > I- + H O
3 IO- > IO3- + 2 I-
26) HNO2 > NO3- + NO + H3O
+
HNO2 + H2O > NO3- + 3 H+ + 2
2(HNO2 + H + e > NO + H2O
+ -
36
37
3 HNO2 > NO3- + 2 NO + H2O + H+
27) MnO4- + Fe2+ + H+ > Mn2+ + Fe3+ + H2O
> Mn2+ + 4 H2O
2O
2O
> Mn2+ + 2 H2O
2O - > Mn2+ + 6 H2O
2O
> 2 Cr3+ + 7 H2O
72 + 7 H2O
]- + H2
e-
3 H2
> Cl- + IO3- + H+
l- + H+
+ 2 e-
l-
H+
MnO4- + 8 H+ + 5 e-
5(Fe > Fe + e
2+ 3+ -
MnO4- + 5 Fe2+ + 8 H+ > Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H
28) MnO2 + Cl- + H+ > Mn2+ + Cl2 + H
MnO2 + 4 H+ + 2 e-
2 Cl > Cl2 + 2 e
- -
MnO2 + 2 Cl- + 4 H+ > Mn2+ + Cl2 + 2 H2O
29) MnO2 + Cl- + H3O+ > Mn2+ + Cl2 + H
MnO2 + 4 H3O+ + 2 e
2 Cl > Cl2 + 2 e
- -
MnO2 + 2 Cl- + 4 H3O+ > Mn2+ + Cl2 + 6 H2O
30) Cr2O72- + Cl- + H+ > Cr3+ + Cl2 + H
Cr2O72- + 14 H+ + 6 e-
3(2 C > Cl2 + 2 e
l- -
Cr2O- + 6 Cl- + 14 H+ > 2 Cr3+ + 3 Cl2
31) Al + H2O + OH- > [Al(OH)4
2(Al + 4 OH- > [Al(OH)4]- + 3
3(2 H2O + 2 e > H2 + 2 OH
- -
2 Al + 2 OH- + 6 H2O > 2 [Al(OH)4]- +
32) Cl2 + I2 + H2O
5(Cl2 + 2 e- > 2 Cl-
I2 + H2 > 2 IO3 + 12 H + 10 e
6 O - + -
5 Cl2 + I2 + 6 H2O > 10 Cl- + 2 IO3- + 12 H+
33) Mn2+ + ClO3- + H2O > MnO2 + C
3(Mn2+ + 2 H2O > MnO2 + 4 H+
ClO3 + 6 H + 6 e > Cl + 3 H2O
- + - -
3 Mn2+ + ClO3- + 3 H2O > 3 MnO2 + 6 H+ + C
34) HAsO2 + I2 + H2O > H2AsO4- + I- +
37
38
HAsO2 + 2 H2O > H2AsO4- + 3 H+ + 2 e-
AsO2 + I2 + 2 H2O > H2AsO4
- + 2 I- + 3 H+
tile rre anche il suo numero atomico, Z: . Per esempio nel caso in
renza fra il numero di massa (A) e il numero di protoni (Z).
el caso in esame questo isotopo contiene 92 e-, e N = A – Z = 235 – 92 = 143 neutroni.
re a queste
doma e. Il m o pari a Z = 12.
Z = 12 N = 14 e- = 12
Esercizio 48
L’aggiunta di un elettrone a una spec a formazione di un anione.
Br + e- > Br-
oni aggiunti
è possibile ottenere: una specie ca una specie anionica.
Au3+ + 2 e- > Au+
L’aggiunta di uno o più elettroni a un rta sempre a una specie anionica.
S + 2 e- > S2-
I2 + 2 e > 2 I
- -
H
Esercizio 46
Per indicare un particolare isotopo si scrive il simbolo dell’elemento a cui appartiene e lo si
fa precedere, in alto a sinistra, dal suo numero di massa A. In basso, sempre a sinistra, è
alcune volte u po MM AZ
A
esame si ha: U23592 .
In un atomo il numero di protoni, Z, deve essere uguale al numero di elettroni mentre il
numero di neutroni è la diffe
Vale la relazione: A = Z + N.
N
Esercizio 47
Dopo le considerazioni fatte nell’esercizio precedente è immediato risponde
nd agnesio è quell’elemento che ha numero atomic
Mg2412 Z = 12 N = 12 e- = 12
Mg2512 Z = 12 N = 13 e- = 12
Mg6212
Domanda (a)
ie neutra porta all
Domanda (b)
L’aggiunta di uno o più elettroni a una specie cationica porta alla diminuzione della carica
sul composto e in relazione alla carica iniziale sullo ione e sul numero di elettr
tionica, neutra oppure
Si forma un catione.
a specie neutra po
38
39
Si forma un anione
Pb2+ + 2 e- > Pb
(b)
ricordando però che la carica sulla me valori sempre più positivi.
Cu > Cu2+ + 2 e-
Specie cationica.
O2- > O + 2 e
Atomo neutro
Tl+ > Tl3+ + 2 e-
a.
rma una molecola e la
carica sulla molecol atione.
catione
Cl- + H+ > HCl neutra
Esercizio 49
0 grammi saranno contenuti:
media ponderale dei pesi atomici dei isotopi.
PA (Cu) =
Specie neutra
Domanda (c)
Anche per questa operazione si potranno avere i casi contemplati nella Domanda
specie in esame assu
Specie cationic
Domanda (d)
Questo caso è diverso da quelli precedenti perché in ogni caso si fo
a dipenderà dal valore della carica sul c
Cl- + Fe3+ > FeCl2+ catione
Cl- + Pb2+ > PbCl+
Domanda (a)
Consideriamo 100 grammi di Cu. In questi 10
69,17 g dell’isotopo 63Cu con PA1 = 62,9396
30,83 g dell’isotopo 65Cug con PA2 = 64,9278
Il PA della miscela isotopica naturale sarà la
100Cu)di x(%PACu)di x(%PA 65
263
1
100
83,309278,6417,699396,62 xx PA (Cu) = = 63,552 g mole-1
ro di atomi pari al numero di Avogadro. Quindi la
massa atomica di un atomo d’oro sarà:
Domanda (b)
Considerando una mole di atomi d’oro questi pesano 63,552 grammi. In questa mole di
atomi d’oro saranno contenuti un nume
39
40
Massa atomo d’oro: 123 1002213,6 moleatomix1,055x10 g
Domanda (c)
3
1 552,63 moleg = -22
Per rispondere a questa domanda è necessario calcolare il peso di rame contenuto in 1,0
cm . La relazione che lega g, volume e densità è la seguente: d = V
che applicata al
nostro caso d
g
iventa: g = d (g cm-3)xV(cm3) = 8,92 (g cm-3)x1 cm3 = 8,92 g
Applicando i concetti esposti nelle Domanda (a) e (b) è possibile calcolare il numero di
atomi di Cu.
Atomi di (Cu) = 1 552 moleg
123
,63 1002213,6 92,8 moleatomixgx
= 8,453x1022 atomi
AP g mole-1 + 5xPACl- g mole-1) = (30,974 g mole-1 + 5x35,453 g mole-1)
PAO g mole-1 + PAH g mole-1)
,102 g mole-1 + 15,999 g mole-1 + 1,008 g mole-1)
5NO2) = (6xPAc g mole-1 + 5xPAH g mole-1 + PAN g mole-1 + 2xPAO g mole-1) -1 + 5x1,008 g mole-1 + 14,007 g mole-1 + 2x15,999 g
2xPAC g mole-1 + 4xPAO g mole-1)
(2x1,008 g mole-1 + 2x12,011 g mole-1 + 4x15,999 g mole-1
a (e)
+ 32,064 g mole-1 + 14x15,999 g mole-1 +
le-1)
Esercizio 50
Domanda (a)
PM (PCl5) = (P
PM (PCl5) = 208,239 g mole-1
Domanda (b)
PM (KOH) = (PAK g mole-1 +
PM(KOH) = (39
PM (KOH) = 56,109 mole-1
Domanda (c)
PM (C6H
PM (C6H5NO2) = (6x12,011 g mole
mole-1)
PM (C6H5NO2) = 123,111 g mole-1
Domanda (d)
PM (H2C2O4) = (2xPAH g mole-1 +
PM (H2C2O4) =
PM (H2C2O4) = 90,034 g mole-1
Domand
PM (Na2SO4.10H2O) = (2xPANa g mole-1 + 1xPAS g mole-1 + 14xPAO g mole-1 + 2oxPAH g
mole-1)
PM (Na2SO4.10H2O) = (2x22,99 g mole-1
20x1,008 g mo
40
41
PM (Na2SO4.10H2O) = 322,19 111 g mole-1
Domanda (f)
PAFe g mole-1 + 6xPAC g mole-1 + 6xPAN g mole-1)
6]) = (3x39,102 g mole-1 + 55,847 g mole-1 + 6x12,011 g mole-1 + 6x14,006
3 g mole-1
Mg g mole-1 + 3xPACl g mole-1 + 12xPAH g
M (KCl.MgCl2.6H2O) = (39,102 g mole-1 + 24,312 g mole-1 + 3x35,453 g mole-1 +
12x1,008 g mole-1 + 6x15,999 g mole-1
.6H2O) = 277,863 g mole-1
5xPAC g mole-1 + 5xPAH g mole-1 + PAN g mole-1)
Per rispondere alla Domanda (b) è necessario considerare la goccia come una sfera
perfetta e quindi calcolarne il volume e alla quanto pesa.
PM (K3[Fe(CN)6]) = (3xPAK g mole-1 +
PM (K3[Fe(CN)
g mole-1)
PM (K3[Fe(CN)6]) = 290,15
Domanda (g)
PM (KCl.MgCl2.6H2O) = (PAK g mole-1 + PA
mole-1 + 6xPAO g mole-1)
P
)
PM (KCl.MgCl2
Esercizio 51
Domanda (a)
PM (C5H5N) = (
PM (C5H5N) = (5x12,011 g mole-1 + 5x1,008 g mole-1 + 14,007 g mole-1)
PM (C5H5N) = 79,102 g mole-1
Domanda (b)
Ricordando che il volume di una sfera si calcola con la relazione:
33
2
4,04
cm = 0,034 cm3
33
4
rV
alcolare il peso di questa goccia. Applicando le usuali relazioni è possibile c
3 cmV
gd ; g = d g cm-3xV cm3
5H5N) =
g = 0,9819 g cm-3 x 0,034 cm3 = 0,033 g
1 102,79
033,0moleg
g = 4,17x10-4 moli
7x10-4 moli x 6,022x1023 molecole mole-1 = 2,51x1020
Esercizio 52
n (C
molecole = 4,1
Domanda (a)
41
42
PM (H2MCl6.6H2O) = (14xPAH g mole-1 + PAM g mole-1 + 6xPACl g mole-1 + 6xPAO g mole-
4x1,008 g mole-1 + M g mole-1 + 6x35,453 g mole-1 + 6x15,999 g
= 195,086 g mole-1
Domanda (b)
di un elemento vicino a quello calcolato è quello del Pt.
ro di massa A di un atomo può considerarsi uguale al valore arrotondato del
secondo isotopo si ha A = 193, Z = 77 e N = 116.
In base alla relazione: l’abbondanza naturale
sopra riportata al caso in esame si può scrivere:
1) (1 – x)192,963
e a ondanze naturali degli isotopi e .
Risolvendo si ottiene:
x = 0,3726 abbondanza relativa per l’isotopo
0,6274 abbondanza relativa dell’isotop
na specie chimica
0 solo se si tratta di
.
1)
PM (H2MCl6.6H2O) = (1
mole-1)
517,91 g mole-1 = M g mole-1 + 322,824 g mole-1
M
Il peso atomico
Esercizio 53
Domanda (a)
Poiché il nume
peso atomico, per il primo isotopo si ha A = 191 e quindi Z = 77 e N = 114, mentre per il
Domanda (b)
peso atomico = xi.mi. Con xi si indica
percentuale di un particolare isotopo e con mi la massa dell’isotopo stesso.
Applicando la relazione
192,217 = x(1909,96 +
Ir191 Ir193dove x e (1 – x) sono rispettivamente l bb
Ir77 191
o Ir77 193
Le abbondanze percentuali dei due isotopi sono quindi 37,26 % ( Ir19177 ) e 62,74 ( Ir193
77 ).
Esercizio 54
Se indichiamo con ZA, ZB e ZC gli stati di ossidazione di A, B e C in u
descritta dalla formula (AaBbCc)Z {Z = carica della specie chimica (
uno ione)}, deduciamo la relazione: a ZA + b ZB + c ZC = Z.
(a) PbO2. Valore noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di Pb: ZPb = +4
(b) CO. Valore noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di C: ZC = +2.
(c) SO3. Valori noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di S: ZS = +6.
(d) C2H6. Valori noto: ZH = +1. Stato di ossidazione di C: ZC = +3.
42
43
(e) Na2S. Valori noto: ZNa = +1. Stato di ossidazione di S: ZS = -2.
(f) H2S. Valore noto: ZH = +1. Stato di ossidazione di S: ZS = -2.
(g) Ca3(PO4)2. Valori noti: ZCa = +2; ZO = -2. Stato di ossidazione di P: ZP = +5.
6.
+3.
: ZS = +6.
alori noti: ZO = -2; carica dell’anione: -1. Stato di ossidazione di N: ZN = +5.
ese con stato di
ssidazione +3 e uno con stato di ossidazione +2. Nel caso del S4O62- valgono le stesse
considerazioni fatte per Mn3O4. Formalmente ci sono due atomi di zolfo con numero di
numero di ossidazione zero.
vviene è la seguente.
a da un rapporto in moli con cui i reagenti si trasformano nei
indi:
PM (PBr3) = (PAP g mole-1 + 3xPABr g mole-1) = (30,974 g mole-1 + 3x79,909g mole-1)
(h) K2MnO4. Valori noti: ZK = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di Mn: ZMn = +6.
(i) Al(OH)3. Valori noti: ZO = -2; ZH = +1. Stato di ossidazione di Al: ZAl = +3.
(j) Na2SO3. Valori noti: ZNa = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di S: ZS = +4.
(k) K2[PtCl6]. Valori noti: ZK = +1; ZCl = -1. Stato di ossidazione di Pt: ZPt = +
(l) CaC2O4. Valori noti: ZCa = +2; ZO = -2. Stato di ossidazione di C: ZC =
(m) K2S2O7. Valori noti: ZK = +1; ZO = -2. Stato di ossidazione di S
(n) Na5IO6. Valori noti: ZNa = + 1; ZO = -2. Stato di ossidazione di I: ZI = +7.
(o) Mn3O4. Valore noto: ZO = -2. Stato di ossidazione di Mn: ZMn = +8/3.
(p) Na2S2. Valore noto: ZNa = +1. Stato di ossidazione di S: ZS = -1.
(q) NO3-. V
(r) S2O32-. Valore noto: ZO = -2; carica dell’anione: -2. Stato di ossidazione di S: ZS = +2.
(s) HCrO4-. Valori noti: ZH = +1; ZO = -2; carica dell’anione: -1. Stato di ossidazione di Cr: ZCr
= +6.
(t) S4O62-. Valore noto: ZO = -2; carica dell’anione: -2. Stato di ossidazione di S: ZS = +5/2.
(u) AlOH2+. Valori noti: ZH = +1; ZO = -2; carica del catione: +2. Stato di ossidazione di Al:
ZAl = +3.
Si noti lo stato di ossidazione frazionario del Mn Mn3O4, nonostante la carica elettrica (dei
protoni e degli elettroni) abbia un valore intero. Ciò è dovuto al fatto che in una sostanza
che contenga più atomi di uno stesso elemento il valore dello stato di ossidazione è la
media pesata degli stati di ossidazione dei singoli atomi di quell’elemento. Nell’esempio in
questione nella formula empirica vi sono due atomi di mangan
o
ossidazione +5 mentre gli altri due hanno
Esercizio 55
La reazione che a
P + 3/2 Br2 > PBr3
Una reazione chimica bilanciat
prodotti. Qu
43
44
PM (PBr3) = 270,701 g mole-1
n (PBr3) = 1 701,270
0,10moleg
g = 0,323
x270,701 g mole-1) = 87,44 g
o che avviene è il seguente:
i preliminari fatte
Ag g mole-1 -1 + 3xPAO g mole-1)
PM (AgNO3) = (107,87 g mole + 14,007 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
(AgNO3) =
m (PBr3) = (molixPMPBr3 g mole-1) = (0,323 moli
Esercizio 56
Il processo chimic
2 AgNO3 + Cu > 2 Ag + Cu(NO3)2
Per affrontare questo esercizio bisogna ricordare le considerazion
nell’esercizio 55.
PM (AgNO3) = (PA + PAN g mole-1
PM (AgNO3) = 169,87 g mole-1
1 87,169
0,1moleg
gn = 5,89x10-3
ole-1) = (5,89x10-3x107,87) = 0,635 g
O
oli con cui i
PM (Ca (PO ) ) = (3xPACA g mole-1 + 2xPA g mole-1 + 8xPAO g mole-1)
3 4 2-1 + 2x30,974 g mole-1 + 8x15,999 g mole-1)
3 4 2) =
m (Ag) = (molixPMAgNO3 g m
Esercizio 57
Las reazione bilanciata è:
2 Ca3(PO4)2 + 10 C + 6 SiO2 > P4 + 6 CaSiO3 + 10 C
Vale sempre la considerazione che una reazione bilanciata da il rapporto in m
reagenti si trasformano in prodotti.
3 4 2 P
PM (Ca (PO ) ) = (3x40,08 g mole
PM (Ca3(PO4)2) = 310,18 g mole-1
n (Ca (PO ) 1
1
18,310
09 1000 0,10
moleg
xkggkgx = 29,0
è evidente che ogni due moli di Ca3(PO4)2 formano una
N (P4) =
Dalla stechiometria di reazione
mole di P4.
2
0,29 243 moliPOCan
2 = 14,5
PM (P4) = (4xPAP g mole-1) = (4x30,974 g mole-1) = 123,9 g mole-1
m (P4) = (molixPMP4) = (14,5 molix123,9 g mole-1) = 1796 g
44
45
Esercizio 58
Domanda (a)
Consideriamo 100 grammi della miscela dei due isotopi. In questi 100 grammi saranno
contenuti:
39,892 g dell’isotopo M1 con PA = 70,926
60,108 g dell’isotopo M2 con PA = incognito
Ovviamente la quantità 60,108 è la differenza a 100 dell’abbondanza isotopica naturale
dell’isotopo M1.
Il PA della miscela isotopica naturale sarà la media ponderale dei pesi atomici dei due
isotopi.
69,723 = 100
)M di x(%PA)M di x(%PA 2211
69,723 = 100
108,60892,39926,70 2xMx
Risolvendo si ottiene:
M2 = 68,925 g mole-1
Domanda (b)
Osservando i PA riportati nella Tabella Periodica degli elementi quello che si avvicina di
più è il gallio Ga.
Esercizio 59
Per risolvere l’esercizio non è necessario bilanciare le reazioni perché sicuramente sia una
mole di NO2- che di NO3
- formeranno una mole di NH3. Nonostante questo, come è stato
ripetuto più volte, è buona regola bilanciare sempre le trasformazioni chimiche che
avvengono.
NO2- + 5 H2O + 6 e- > NH3 + 7 OH-
3(Zn + 3 OH- > [Zn(OH)3]- + 2 e-
NO2
- + 3 Zn + 2 OH- + 5 H2O > NH3 + 3 [Zn(OH)3]-
NO3- + 6 H2O + 8 e- > NH3 + 9 OH-
4(Zn + 3 OH- > [Zn(OH)3]- + 2 e-
NO3
- + 4 Zn + 3 OH- + 6 H2O > NH3 + 4 [Zn(OH)3]-
45
46
Prima di risolvere numericamente il problema è necessario ricordare alcuni concetti.
Titolare vuol dire fare reagire con la quantità stechiometrica di acido (H2SO4) la base
(NH3).
La reazione in gioco è la seguente:
2 NH3 + H2SO4 > (NH4)SO4.
Per titolare tutte le moli di ammoniaca che si sono formate da NaNO2 e da NaNO3 bisogna
calcolare le moli di H2SO4 usate. Ricordando la definizione di molarità, cioè le moli
contenute in un litro di soluzione, è possibile calcolare le moli di H2SO4 contenute in 323
mL di soluzione di H2SO4 0,100 M.
M = litriV
moli 0,100 =
L
n
323,0
n (H2SO4) = 0,0323
Dalla stechiometria di reazione di titolazione è evidente che una mole di H2SO4 reagisce
con due moli di NH3, quindi le moli di ammoniaca che si formeranno saranno:
n (NH3) = 2x0,0323 = 0,0646
Quando ci sono esercizi di questo genere per risolverli è necessario introdurre due
incognite che quasi sempre sono le quantità delle sostanze presenti . Nel caso in esame si
indica con x i grammi di NaNO2 e con y quelli di NaNO3 presenti nei cinque grammi di
miscela. Alla luce di questo è necessario calcolare i PM di NaNO2 e di NaNO3.
PM (NaNO2) = (PANa g mole-1 + PAN g mole-1 + 2xPAO g mole-1)
PM (NaNO2) = (22,989 g mole-1 + 14,007 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1) = 68,99 g mole-1
PM (NaNO3) = (PANa g mole-1 + PAN g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (NaNO3) = (22,989 g mole-1 + 14,007 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1) = 84,99 g mole-1
Dopo aver calcolato tutti i dati preliminari è possibile impostare il sistema.
5
0626,099,8499,68
yx
yx
Risolvendo si ottiene:
x = 2,12 g di NaNO2 y = 2,88 g di NaNO3
% (NaNO2) = 100 0,5
12,2
g
g = 42,4 % % (NaNO3) = 100
0,5
88,2
g
g = 57,6 %
Esercizio 60
Questo tipo di problema è già stato affrontato nell’esercizio 15.
46
47
H2(g) + Cl2(g) > 2 HCl(g)
La stechiometria di reazione impone che una mole di idrogeno reagisca con una mole di
cloro per formare due moli di HCl.
PM (Cl2) = (2xPACl g mole-1) = (2x35,453 g mole-1) = 70,906 g mole-1
PM (H2) = (2xPAH g mole-1) = (2x1,008 g mole-1) = 2,016 g mole-1
PM (HCl) = (PAH g mole-1 + PACl g mole-1) = (1,008 g mole-1 + 35,453 g mole-1)
PM (HCl) = 36,461 g mole-1
n (Cl2) = 11 906,70
0,5
moleg
g
molegPM
gm = 0,07 moli
n (H2) = 11 016,2
0,5
moleg
g
molegPM
gm = 2,48 moli
La stechiometria di reazione e le moli dei reagenti suggeriscono che il Cl2 è il reagente
limitante.
m (HCl) = (2xn molixPMHCl g mole-1) = (2x0,07 molix36,461 g mole-1) = 5,10 g
Esercizio 61
Per questo esercizio valgono le considerazioni preliminari fatte nel caso del problema 15.
PM (NaBr) = (PANa g mole-1 + PABr g mole-1) = (22, 99 g mole-1 + 79,909 g mole-1)
PM (NaBr) = 102,99 g mole-1
PM (Ag2SO4) = (2xPAAg g mole-1 + PAS g mole-1 + 4xPAO g mole-1)
PM (Ag2SO4) = (2x107,87 g mole-1 + 32,064 g mole-1 + 4x15,999 g mole-1)
PM (Ag2SO4) = 311,8 g mole-1
PM (AgBr) = (PAAg g mole-1 + PABr g mole-1) = (107,87 g mole-1 + 79,909 g mole-1)
PM (AgBr) = 187,779 g mole-1
La reazione che avviene è la seguente:
Ag2SO4 + 2 NaBr > 2 AgBr + Na2SO4
Dalla stechiometria di reazione sopra riportata è evidente che una mole di Ag2SO4 forma
due moli di AgBr.
N (Ag2SO4) = 11 8,311
0,2
moleg
g
molegPM
gm = 6,41x10-3 moli
n (NaBr) = 11 99,102
0,2
moleg
g
molegPM
gm = 0,4 moli
La stechiometria di reazione e le moli dei reagenti suggeriscono che il Ag2SO4 è il
reagente limitante.
m (AgBr) = (2xn molixPMAgBr g mole-1) = (2x6,41x10-3 molix187,779 g mole-1) = 2,40 g
47
48
Esercizio 62
La reazione bilanciata è:
NH4NO3 > N2O + 2 H2O
Dalla quantità di N2O si riesce a risalire alla quantità di NH4NO3 che si è decomposto e
quindi alla conversione di NH4NO3.
PM (N2O) = (2xPAN g mole-1 + PAO g mole-1)
PM (N2O) = (2x14,007 g mole-1 + 15,999 g mole-1)
PM (N2O) = 44,013 g mole-1
PM (NH4NO3) = (2xPAN g mole-1 + 4xPAH g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (NH4NO3) = (2x14,007 g mole-1 + 4x1,008 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (NH4NO3) = 80,043 g mole-1
n (NaBr) = 11 013,44
0,12
moleg
g
molegPM
gm = 0,272 moli
Le moli di N2O corrispondono alle moli di NH4NO3 che si sono trasformate. Questa
osservazione, come al solito, è legata alla stechiometria delle reazione bilanciata.
m (NH4NO3) = (molixPMNH4NO3 g mole-1) = (0,272 molix80,043 g mole-1) = 21,82 g
Conversione % = g
g
0,30
82,21x100 = 72,7 %
Esercizio 63
Per risolvere il problema non è necessario bilanciare la reazione di ossidazione del
toluene ad acido benzoico perché una mole di toluene forma una mole di acido.
Nonostante questo è buona norma bilanciare sempre le reazioni chimiche.
2 C6H5CH3 + 3 O2 > 2 C6H5COOH + 2 H2O
PM (C6H5COOH) = (7xPAC g mole-1 + 6xPAH g mole-1 + 2xPAO g mole-1)
PM (C6H5COOH) = (7x12,011 g mole-1 + 6x1,008 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1)
PM (C6H5COOH) = 122,123 g mole-1
PM (C6H5CH3) = (7xPAC g mole-1 + 8xPAH g mole-1)
PM (C6H5CH3) = (7x12,011 g mole-1 + 8x1,008 g mole-1)
PM (C6H5CH3) = 92,071 g mole-1
n (C6H5CH3) = 11 071,92
35
356
356
moleg
g
molegPM
g
CHHC
CHHC 0,38 moli
Le moli di toluene che si convertiranno sono:
n (C6H5CH3) = 0,38 molix0,9 = 0,342
48
49
m (C6H5COOH) = (molixPM g mole-1) = (0,342 molix122,123 g mole-1) = 41,76 g
Esercizio 64
La reazione bilanciata è:
NH3 + 2 O2 > HNO3 + H2O
La soluzione dell’esercizio è facile quando si tengono presenti le considerazioni fatte negli
esercizi precedenti.
kg di NH3 effettivamente convertiti: 10,0 kgx0,95 = 9,5 kg
PM (NH3) = (1xPAN g mole-1 + 3xPAH g mole-1)
PM (NH3) = (1x14,007 g mole-1 + 3x1,008 g mole-1) = 17,031 g mole-1
n (NH3) = 1
1
1 031,17
1000 5,9
3
3
gmole
kggkgx
gmolePM
g
N
N = 557,8 moli
PM (HNO3) = (1xPAH g mole-1 + 1xPAN g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (HNO3) = (1x1,008 g mole-1 + 1x14,007 g mole-1 + 3x15,000 g mole-1)
PM (HNO3) = 63,012 g mole-1
m (HNO3) = (molixPM g mole-1) = (557,8 molix63,012 g mole-1) = 35148 g
Pari a 35,148 kg
Esercizio 65
La reazione bilanciata è:
Co2+ + 3 K+ + 7 NO2- + 2 H+ > K3[Co(NO2)6] + NO + H2O
Dopo aver bilanciato la reazione è possibile risolvere il problema ricordando che la
conversione percentuale è il rapporto, moltiplicato per cento, fra la quantità reale di
sostanza ottenuta e quella teorica.
PM (CoSO4.6H2O) = (1xPACo g mole-1 + 1xPAS g mole-1 + 10xPAO g mole-1 + 12xPAH g
mole-1)
PM (CoSO4.6H2O) = (58,933 g mole-1 + 32,064 g mole-1 + 10x15,999 g mole-1 + 12x1,008
g mole-1)
PM (CoSO4.6H2O) = 263,083 g mole-1
PM (K3[Co(NO2)6]) = (3xPAK g mole-1 + 1xPACo g mole-1 + 6xPAN g mole-1 + 12xPAO g
mole-1)
PM (K3[Co(NO2)6]) = (3x39,102 g mole-1 + 58,933 g mole-1 + 6x14,007 g mole-1 +
12x15,999 g mole-1)
PM (K3[Co(NO2)6]) = 452,269 g mole-1
49
50
n (CoSO4.6H2O) = OHCoSO
OHCoSO
OHCoSO
OHCoSO
PM
g
24
24
24
24
6.
6.
6.
6.
083,263
0,2 = 7,6x10-3
m (K3[Co(NO2)6])teoriche = (molixPMK3[Co(NO2)6] = 7,6x10-3 molix452,269 g mole-1) = 3,43 g
% conversione =
100
43,3
06,3100
623
623
xg
gx
g
g
teoricheNOCoK
praticheNOCoK = 89,2 %
Esercizio 66
Nota la formula di un composto, e quindi la sua massa molare, si può risalire alla
percentuale in massa degli elementi costituenti il composto stesso. Infatti, dalla formula di
quest’ultimo si può calcolare il numero di moli dei diversi elementi costituenti e quindi la
loro quantità in grammi presente in una mole di composto.
In una mole di acido arsenico di formula H3AsO4 (massa molare:
PM (H3AsO4) = (3xPAH g mole-1 + 1xPAAS g mole-1 + 4xPAO g mole-1)
PM (H3AsO4) = (3x1,008 g mole-1 + 74,922 g mole-1 + 4x15,999 g mole-1)
PM (H3AsO4) = 141,942 g mole-1)
sono presenti 3 moli di atomi di idrogeno (3molex1,008 g mole-1 = 3,024 g) una mole di
atomi di arsenico (74,922 g) e 4 moli di atomi di ossigeno (4molix15,999 g mole-1 = 63,996
g).
Moltiplicando per cento il rapporto tra la massa in grammi dei singoli componenti e la
massa molare del composto (tale rapporto fornisce la massa in grammi di ciascun
componente in un grammo di composto) si ottiene la composizione percentuale in massa
degli elementi costituenti.
% H = g
g 942,141
024,3x100 = 2,13 % di H % P =
gg 942,141 922,74
x100 = 52,78 % di As
% O = gg 942,141 996,63
x100 = 45,09 % di O
Esercizio 67
Domanda (a)
Dalla conoscenza (ottenuta sperimentalmente) della composizione percentuale dei vari
elementi di un composto si può risalire alla formula empirica (detta anche formula minima
o greggia) di quest’ultimo, formula che indica il rapporto minimo intero con cui gli atomi
degli elementi costituenti si ritrovano nel composto. Ad esempio, l’analisi chimica permette
50
51
di stabilire che la formula empirica dell’acqua è H2O, quella dell’acqua ossigenata è OH e
quella del benzene CH.
La formula molecolare, invece, indica il numero esatto di atomi con cui i vari elementi sono
presenti nella molecola del composto. Ad esempio, l’acqua , l’acqua ossigenata e ilo
benzene hanno formula molecolare H2O, H2O2 e C6H6, formule che descrivono l’esatta
costituzione di tale molecole. La formula molecolare di un composto può coincidere con la
formula empirica (come nel caso dell’acqua) o essere un multiplo intero di quest’ultima
(come nel caso delle formule molecolari dell’acqua ossigenata e del benzene che sono
rispettivamente doppia e sestupla di quella empirica).
La formula molecolare è dedotta dalla formula empirica una volta che sia noto il peso
molecolare del composto.
Per determinare la formula empirica della sostanza in esame si convertono i grammi di
ogni elemento presenti in 100 grammi di sostanza i moli di quell’elemento:
3,73 011,12
77,441C moleg
gn 24,1
008,1
25,11H moleg
gn
1,24 453,35
04,441Cl moleg
gn 62,0
999,15
94,91O moleg
gn
I valori ottenuti non sono né interi né vicini a numeri interi. Se li dividiamo per il più piccolo
di essi (nO) otteniamo i numeri di atomi di carbonio e di idrogeno combinati con un atomo
d’ossigeno:
02,662,0
73,3C n 2
62,0
24,1H n
2 62,0
24,1Cl n 1
62,0
62,0O n
Il rapporto quindi tra le moli degli elementi costituenti, C:H:Cl:O = 6,02:2:2:1, rappresenta
anche il rapporto secondo cui stanno tra di loro gli atomi del composto, poiché in ogni
mole è sempre presente un numero di Avogadro di atomi. Dovendo questo rapporto
essere tra numeri interi si può arrotondare il valore 6,02 (solo approssimativamente intero
a causa dell’imprecisione dei dati d’analisi) a 6. Per il composto in esame si ha quindi:
formula empirica: C6H2Cl2O.
Domanda (b)
La somma dei pesi atomici degli elementi costituenti la formula empirica indicata con PM
è:
PM (C6H2Cl2O) = (6xPAC g mole-1 + 2xPAH g mole-1 + 2xPACl g mole-1 + PAO g mole-1)
51
52
PM (C6H2Cl2O) = (6x12,011 g mole-1 + 2x1,008 g mole-1 + 2x35,453 g mole-1 + 15,999 g
mole-1)
PM (C6H2Cl2O) = 160,987 g mole-1
Il peso-molecolare della formula empirica è 160,987 contro 321,98 del peso molecolare
della sostanza. Pertanto in una molecola del composto in esame deve essere contenuto
un numero doppio di atomi rispetto a quello della formula empirica (180,21 2x90,1). Di
conseguenza la formula molecolare bruta del composto è (C6H2Cl2O)2 = C12H4Cl4O2.
Esercizio 68
L’analisi per combustione consiste nel riscaldare ad alta temperatura un composto
organico in un tubo attraversato da una corrente di ossigeno (reazione di combustione).
Tutto l’idrogeno del campione è trasformato in acqua, tutto il carbonio in diossido di
carbonio. I gas prodotti sono fatti passare in altri due tubi, il primo contenente P4O10 con
cui reagisce con l’acqua per formare acido fosforico, il secondo contenente NaOH con cui
reagisce CO2 per dare NaHCO3. L’aumento di massa di ciascuno dei due tubi uguaglia la
massa rispettivamente di H2O e CO2 prodotti nella combustione: tali aumenti di massa
permettono di risalire alle masse di idrogeno e di carbonio presenti nel campione. Per
quanto riguarda la massa di ossigeno si tenga presente che essa si ottiene sottraendo
quelle del carbonio e dell’idrogeno (e di altri elementi se presenti nel composto) dalla
massa di partenza del composto. Nel caso in esame si ricava che la massa dell’ossigeno
è 0,220 g.
Se convertiamo i grammi di ogni elemento in moli di quell’elemento si ottiene:
0481,0 011,12
578,01C moleg
gn 0417,0
008,1
042,01H moleg
gn
0138,0 999,15
220,01O moleg
gn
I valori ottenuti non sono né interi né vicini a numeri interi. Se li dividiamo per il più piccolo
di essi (nO) otteniamo i numeri di atomi di carbonio e di idrogeno combinati con un atomo
d’ossigeno:
486,3013,0
0481,0C n 022,3
0138,0
0417,0H n
10138,0
0138,0O n
52
53
In questo caso il rapporto tra le moli degli elementi costituenti o meglio il rapporto secondo
cui gli atomi sono presenti nel composto ci porterebbe alla formula empirica C3,486H3,022O.
È quindi necessario moltiplicare tutti i numeri degli atomi della formula empirica per lo
stesso numero intero in modo da ottenere una formula in cui tutti i coefficienti degli atomi
siano numeri interi. Moltiplicando per due si ottiene C6,972H6,044O2 che per arrotondamento
può diventare C7H6O2. Il peso atomico di questa molecolare di questo composto è:
PM (C7H6O2) = (7xPAC g mole-1 + 6xPAH g mole-1 + 2xPAO g mole-1)
PM (C6H6O2) = (7x12,011 g mole-1 + 6x1,008 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1)
PM (C6H6O2) = 122,123 g mole-1
La formula dedotta dai dati di analisi elementare si può dedurre che la formula empirica
corrisponde alla formula bruta o molecolare, cioè: C7H6O2.
Fra gli innumerevoli composti che hanno questa formula molecolare questa formula si
adatta all’acido benzoico.
Esercizio 69
La reazione suggerisce che da 3 moli di Cu pari a (3molixPACu g mole-1 = 3molix63,546 g
mole-1) 190,638 g si ottengono moli di NO gassoso pari a:
PM (NO) = (PAN g mole-1 + PAO g mole-1) = (14,007 g mole-1 + 15,999 g mole-1) = 30,006 g
mole-1
m (NO) = (2molexPMNO g mole-1) = (2molex30,006 g mole-1) = 60,012 g
Se la resa fosse unitaria partendo da 50,0 g corrispondenti a un numero di moli di Cu:
n (Cu) = 787,0 546,63
0,50
11 moleg
Cu
molegPA
Cug
Cu
si dovrebbe ottenere un numero di moli di NO pari:
n (NO) = 525,0787,03
2
3
2 xnCu moli
corrispondenti a:
m (NO) = (molixPMNO g mole-1) = 0,525molix30,006 g mole-1) = 15,753 g
Se si ottengono 13,750 g di NO, cioè una quantità minore di quella prevista in base ai
rapporti molari della reazione (cioè prevista stechiometricamente) significa che la resa non
è stata unitaria o, in termini percentuali, non è stata del 100 %. In tal caso la resa
percentuale della reazione è calcolabile dal rapporto, moltiplicato per 100, tra la massa di
prodotto effettivamente ottenuta e quella attesa stechiometricamente. Quindi:
resa percentuale: 100 753,15
750,13x
g
g = 87,28 %
53
54
Esercizio 70
La risoluzione di questo esercizio ricalca quella di alcuni problemi precedentemente risolti.
Il punto chiave è risalire dalla quantità di ferro ottenuta alla massa teorica di Fe2O3
impiegata e da questa tenendo conto della conversione alla reale massa di Fe2O3
impiegata.
PM (Fe2O3) = (2xPAFe g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (Fe2O3) = (2x55,847 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1) = 159,691 g mole-1
n (Fe) = 90,82 847,55
1000 63,4
1
1
1
moleg
kggkgx
molegPA
Feg
Fe
Dalla stechiometria della reazione bilanciata si deduce che ogni due moli di Fe sono
prodotte da una mole di Fe2O3. Quindi le moli di Fe2O3 saranno:
n (Fe2O3) = 82,90/2 = 41,45
m (Fe2O3) = (moliFe2O3xPMFe2O3) = (41,45molix159,691 g mole-1) = 6619 g
Questa è la quantità teorica di Fe2O3 necessaria per produrre 4,63 kg di Fe. Poiché il
processo avviene con una conversione del 75,5 %, la quantità pratica di Fe2O3 sarà:
m (Fe2O3)pratica = 755,0
6619 g = 8767 g = 8,76 kg
Esercizio 71
Nei casi precedenti è stato visto che quando una reazione è nota la quantità di un solo
partecipante, che rappresenta o il prodotto o il reagente che si consuma completamente,
tale quantità permette di stabilire le quantità secondo cui le altre sostanze entrano in gioco
nella reazione.
Quando invece in una reazione le quantità di sostanze note sono quelle di due o più
reagenti occorre sincerarsi che questi ultimi siano nei rapporti molari esatti voluti
dall’equazione chimica bilanciata. Se questo non accade, il reagente presente in difetto si
esaurisce completamente prima che gli altri reagenti, detti reagenti in eccesso, si siano
consumati. Il reagente in difetto limita sia le quantità dei prodotti di reazione. Per tale
motivo il reagente in difetto è chiamato anche reagente limitante.
E’ quindi necessario calcolare il numero di moli di fosforite e di silice corrispondenti alla
rispettive quantità in g:
PM (Ca3(PO4)2) = (3xPACa g mole-1 + 2xPAP g mole-1 + 8xPAO g mole-1)
PM (Ca3(PO4)2) = (3x40,08 g mole-1 + 2x30,974 g mole-1 + 8x15,999 g mole-1)
PM (Ca3(PO4)2) = 310,18 g mole-1
54
55
PM (SiO2) = (PASi g mole-1 + 2xPAO g mole-1) = (28,086 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1)
PM (SiO2) = 60,084 g mole-1
PM (P4) = (4xPAP g mole-1) = (4x30,974 g mole-1) = 123,896 g mole-1
n (Ca3(PO4)) = 1 18,310
750moleg
g = 2,418 moli
n (SiO2) = 1 084,60
500moleg
g = 8,322 moli
La reazione mette in evidenza che le moli di fosforite (due) richiedono il triplo (sei) di moli
di silice e che viceversa quelle di silice richiedono un terzo di moli di fosforite. Ora le 8,422
moli di silice richiederebbero 3
322,8 = 2,774 moli di fosforite, che non sono d’altre parte
disponibili. Sono invece disponibili le 3x2,418 = 7,254 moli di silice richieste da quelle di
fosforite e le rimanenti moli di silice, 8,322 – 7,254 = 1,068, sono in eccesso. Il reagente
limitante è quindi la fosforite che limita non solo la quantità di silice che reagisce (7,254
moli) ma anche la quantità di fosforo, CO2 e di CaSiO3 prodotte.
Essendo d’altra parte il numero moli di P4 che si ottengono la metà di quelle di fosforite,
n(P4) = 2
418,2 = 1,209 moli, la quantità in grammi di fosforo prodotta sarà data da:
n (P4) = (molixPMP4 g mole-1) = (1,209 moli x 123,896 g mole-1) = 149,789 g
Esercizio 72
Dalla stechiometria di reazione risulta che una mole di CO richiede due moli di idrogeno.
Dalle quantità iniziali dei reagenti è evidente che il reagente limitante è l’idrogeno. Come
conseguenza si formeranno 1,0 moli di CH3OH. Pertanto la quantità di alcool metilico
prodotta sarà:
PM (CH3OH) = (PAC g mole-1 + 4xPAH g mole-1 + PAO g mole-1)
PM (CH3OH) = (12,011 g mole-1 + 4x1,008 mole-1 + 15,999 g mole-1) = 32,042 g mole-1
m (CH3OH) = (molixPMCH3OH g mole-1) = (1,0 molix32,042 g mole-1) = 32,042 g
55
56
56
57
AAAlllcccuuunnniii rrriiisssuuullltttaaatttiii dddeeegggllliii eeessseeerrrccciiizzziii ppprrrooopppooossstttiii
Pensaci bene prima di proseguire
Sei sicuro di avere fatto tutti gli sforzi necessari per risolvere
i problemi.
57
58
Esercizio 1
1 atm = 1,01325x105 Pa; 1 L = 1 dm3.
Domanda (a)
Applichiamo la legge di Boyle:
V2 2
11
P
VP
Pa 1,000x10)(dm (atm)x2,50 50,3
5
3
Pa 101,000
)(dm (Pa)x2,50 1001325,150,35
35xx8,87 dm3
Domanda (b)
Applichiamo ancora la legge di Boyle:
P2 = 2
11
V
VP
3
3
dm 4,50
)(dm (atm)x2,50 50,31,94 atm = 1,94x1,01325x105 Pa = 1,97x105 Pa
Esercizio 2
K 15,273C
t
T ; C 15,273K
T
t .
Domanda (a)
Applichiamo la legge isobara di Gay–Lussac:
1
1
T
V
2
2
T
V V2
1
21
T
TV
K 298,15
)(K 005)(cm 508 3 x1425 cm3
Domanda (b)
Utilizziamo anche in questo caso la legge isobara di Gay–Lussac:
1
1
T
V
2
2
T
V T2
1
12
V
TV
3
3
cm850
)(K 15,298)(cm 600210,5 K
C 273,15 K
K 210,5 C 273,15
K
Tt
-62,6°C
Domanda (c)
Applichiamo la legge isocora di Gay–Lussac:
1
1
T
P
2
2
T
P T2
1
12
P
TP
(atm) 2,45
)(K 15,298)(atm ,384 x533 K
Esercizio 3
Relazioni utili: 1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2;
K 15,273C
t
T ; 1 m3 = 1000 L.
Domanda (a)
58
59
Applichiamo la relazione:
2
22
1
11
TVP
TVP
K 15,303
)(m (atm)x1,00 50,1 3
K 15,283
(atm)x )760/750(2
V
V2 = 1,42 m3
Domanda (b)
Applichiamo ancora la relazione:
2
22
1
11
TVP
TVP
K 15,303)(m 1,00(atm) 50,1 3
K 400m 500,2 3
2 P
P2 = 0,792 atm (o 0,792x1,01325x105 Pa = 8,02x104 Pa)
Domanda (c)
Ricorriamo ancora una volta alla relazione: 2
22
1
11
TVP
TVP
K 15,303
)(m (Pa)x1,00 1001325,150,1 35xx
2
35 )(m 005,0(Pa)x 1000,5
T
x
T2 = 499 K (o 226 °C)
Esercizio 4
Relazioni utili: R = 8,315 m2 kg s-2 mole-1 K-1; K 15,273C
t
T ; 1 dm3 = 1 L = 10-3 m3; 1
m3 = 1000 L; 1 atm = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2
Per rispondere a entrambi i quesiti occorre utilizzare l’equazione di stato dei gas perfetti.
Domanda (a)
PV RTn2CO 2COn
RTPV
MM
m
2
2
CO
CO
2CO PM
RT
PV2COm )mole (g 44,01
(K) 15,323)K mol s kg m( 315,8
)(m 1050,3(Pa)x 10243,2 1-
1-1-2-2
3-35
xx
xx12,86 g
Domanda (b)
Indichiamo con n0 le moli di CO2 iniziali e con n1 le moli da aggiungere.
PV = nRT
ntot = n0 + n1 = RTPV
(K) 15,323)K mol s kg m( 315,8
)(m 1050,3)xs kg (m 1001325,100,51-1-2-2
3-3-2-15
x
xxx0,660 moli
n1 = ntot – n0 = 0,660 moli – n0 = 0,660 moli – 1-mol g 44,01g 86,12
= 0,3678 moli
La massa di CO2 da aggiungere è:
59
60
mCO2 = n1 0,3678 (moli)x44,01 (g mole-1) = 16,19 g 2COxPM
Esercizio 5
R = 0,08206 L atm mol-1 K-1
Domanda (a)
La stechiometria della reazione indica che sono consumate tante moli di MnO2 quante
sono le moli di Cl2 prodotte:
2MnOn (K) 15,273)K mol atm L( 08206,0
)(L 00,5(atm) 00,1
1-1- Cl2 x
x
RT
PVn 0,2231 mol;
2MnOm 0,2231 (moli)x86,94 (g mole-1) = 19,40 g 22 MnOMnO xPMn
Domanda (b)
Calcoliamo prima le moli di MnO2 contenute in 2,53 g di prodotto puro all’80%.
2MnOn
2
2
MnO
MnO
PM
m
)mol (g 86,94
(g)x0,80 53,21-
2,328·10-2 moli
La stechiometria della reazione indica che il numero di moli di cloro formatosi è uguale al
numero di moli di MnO2 che ha reagito. Pertanto, la massa di cloro ottenuta è:
2Clm 2,328x10-2 (moli)x70,906 (g mole-1) = 1,65 g 22 ClMnO xPMn
22 ClCl xPMn
Esercizio 6
R = 0,08206 L atm mol-1 K-1; 1 dm3 = 1 L
Domanda (a)
Si noti che ogni mole di carbonio forma una mole di CO2 dalla quale, a sua volta, si ottiene
una mole di BaCO3. Pertanto:
nC 3BaCOn
3
3
BaCO
BaCO
PM
m
mole g 197,34
g 476,11-
7,479x10-3 moli
mC = nCxPMC = 7,479x10-3 (moli)x12,011 (g mole-1) = 8,98x10-2 g
Domanda (b)
Il numero di moli finali di ossigeno è uguale a quello delle moli iniziali meno quello delle
moli che hanno reagito e che è uguale a nC:
.)iniz(O2n
RTPV
(K) )x773,15K mol atm (L 0,08206
(L) (atm)x2,50 1,251-1-
4,926x10-2 moli
.)reag(O2n = nC = 7,479x10-3 moli
)rimasto(O2n = (4,926x10-2 – 7,479x10-3 ) moli = 4,18·10-2 moli
60
61
fPV
RTn )rimasto(O2 L 00,5
)(K 15,313)xK mol atm (L 206(mol)x0,08 1018,4
-1-1-2x 0,215 atm
Esercizio 7
Relazioni utili: 1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2;
K 15,273C
t
T ; 1 m3 = 1000 L.
Domanda (a)
Condizioni isoterme vuol dire temperatura costante. In questo caso è possibile adoperare
la legge di Boyle:
P1V1 = P2V2 V2 = 2
11
P
xVP
V2 = Pa
dmPaxx
2,43x10
75,3 10455,15
35
= 2,24 dm3
Domanda (b)
Condizioni isobare vuol dire pressione costante. In questo caso è possibile adoperare la
relazione di Gay-Lussac. Preliminarmente è necessario trasformare la temperatura della
scala centigrada in quella della scala di Kelvin.
T = 273,15 + 40,0°C = 313,15 K
2
2
1
1
T
V
T
V V2 =
1
21
T
xTV
V2 = K
Kxdm
15,313
480 75,3 3
V2 = 5,75 dm3
Esercizio 8
Relazioni utili: 1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2;
K 15,273C
t
T ; 1 m3 = 1000 L.
Domanda (a)
Condizioni isocore vuol dire a volume costante. Si può applicare la relazione di Gay-
Lussac:
2
2
1
1
T
P
T
P
La temperatura in Kelvin è:
61
62
T K = 25 + 273,15 = 298,15 T K = 273,15 + 400,0 = 673,15
K
atmP
K
atm
15,673
15,298
43,2 2 P2 = K
Katmx
15,298
15,673 43,2 = 5,48 atm
Domanda (b)
Anche in questo caso è possibile adoperare la relazione di Gay-Lussac.
KT
atm
K
atm
0,4
15,298
43,2
2
T2 = atm
Katmx
43,2
15,298 0,4 = 490,78 K
T°C = 490,78 – 273,15 = 217,63°C
Esercizio 9
Condizioni isocore vuol dire a volume costante. E’ possibile applicare la legge isocora di
Gay-Lussac.
2
2
1
1
T
P
T
P
T K = 30,0 + 273,15 = 303,15 K T K = 120,0 + 273,15 = 393,15 K
K
P
K
atm
15,393
atm
15,303
875,0 2 P2 = K
Katmx
15,303
15,393 875,0 = 1,13 atm
Domanda (b)
In condizioni isobare, pressione costante, è valida la legge di Gay-Lussac che è l’unica
che lega la variazione di pressione o di volume con la temperatura.
2
2
1
1
T
V
T
V
K
dmV
K
dm
15,393
15,303
25,4 32
3
V2 = K
Kxdm
15,303
15,393 25,4 3
= 5,51 dm3
Esercizio 10
Domanda (a)
Per prima cosa bisogna rendere omogenee il modo con cui sono riportate le pressioni.
1 atm = 1,01325x105 Pa 1 atm = 760 mmHg = 760 torr
P (Pa) = 151
1001325,1 760
475 atmPaxx
atmtorr
torr = 6,3328x104 Pa
K = 20,0 + 273,15 = 293,15 K
Come riportato negli esercizi precedenti in condizioni isocore vale sempre la legge di Gay-
Lussac.
62
63
2
2
1
1
T
P
T
P
2
54 10505,1
15,293
103328,6
T
Pax
K
Pax
T2 = Pax
KPAxx
103328,6
15,293 10505,14
5
= 696,68 K
t°C = 696,68 – 273,15 = 423,53 °C
Domanda (b)
In questo caso, agendo in condizioni isoterme, vale la legge di Boyle.
P1xV1 = P2xV2
6,3328x104 Pax8,43 dm3 = V2x1,505x105 Pa
V2 = Pax
dmPaxx
10505,1
43,8 103328,65
34
= 3,54 dm3
Esercizio 11
Alcune relazioni utili sono:
1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2; K 15,273C
t
T ;
1 m3 = 1000 L.
Prese singolarmente le tre leggi dei gas riportate negli esercizi precedenti sono valide solo
se nelle trasformazioni fisiche che si effettuano è mantenuto costante di volta in volta uno
dei tre parametri V, P, o T, nonché la massa e la natura del gas. Tuttavia, con l’ausilio
della legge nota come legge di Avogadro da queste leggi, è possibile ricavare l’equazione
nota come equazione generale o equazione di stato dei gas ideali o perfetti, la quale è
valida per i gas ideali e per qualsiasi gas reale a comportamento ideale.
PV = nRT
Questa equazione descrive in forma matematica la legge generale dei gas ideali. La
variabile n rappresenta il numero di moli di gas presenti nel sistema e R è una costante,
nota come costante universale dei gas, che ha lo stesso valore per qualsiasi gas. Se il
numero di moli di gas presenti in un sistema rimane costante, gli effetti di una qualsiasi
variazione del sistema dalle condizioni 1 alle condizioni 2 sono quantificati dalla relazione.
1
11
T
VP = nR
2
22
T
VP = nR
1
11
T
VP =
2
22
T
VP
63
64
Il valore della costante universale dei gas, R, può essere ricavato sapendo che 1
mole di qualsiasi gas (n = 1 mole) a 0 °C (T = 273,15 K) e alla pressione di 1 atm (P =
1,01325x105 m-1 kg s-2) occupa un volume di 22,4141 L (V = 22,4141x10-3 m3):
R K)( 15,273mol)( 1
)(m 104141,22)s kg m( 1001325,1
3-3-2-15
xxx
nT
PV = 8,315 m2 kg s-2 mole-1 K-1
R 8,315 m2 kg s-2 mol-1K-1 = 8,315 J mol-1 K-1
Molto spesso la pressione è ancora misurata in atmosfere e il volume in litri. Con queste
unità di misura il valore della costante R è:
R = nT
PV =
(K) 273,15(mol)x 1
)L( 4141,22)atm( 1
x
= 0,08206 L atm mole-1 K-1
La costante universale dei gas non è una grandezza adimensionale, per cui quando si usa
l’equazione di stato dei gas occorre esprimere volume, pressione e temperatura in unità di
misura coerenti con quelle usate per esprimere il valore di R. A questo proposito si tenga
presente che le unità di misura di temperatura, volume e/o pressione possono essere
convertite utilizzando le seguenti correlazioni:
K
T =
Ct
+ 273,15 1,01325x105 Pa = 1 atm = 760 Torr = 760 mmHg
1 m3 = 103 dm3 = 103 L
La prima operazione da fare è trasformare le temperature in °C in quelle della scala K
perché tutte le reazioni che coinvolgono come variano P, T e V dei gas dipendono dai
valori nella scala K.
K = 273,15 + 110,0 = 383,15 K K = 273,15 + 25°C = 298,15 K
1 atm corrisponde a 1,01325x105 Pa
K
PaxVx
K
dmPaxx
15,298
1001325,1
15,383
5,6 1055,6 2535
V2 = PaxKx
KxdmPaxx
1001325,1 15,383
15,298 5,6 1055,65
35
= 32,69 dm3
Esercizio 12
Anche per questo esercizio valgono le considerazioni preliminari fatte nell’esercizio 11.
K = 273,15 + 28,5 = 301,65 K K = 273,15 + 45,0 = 318,15 K
1 atm = 760 torr
845 torr corrisponde a = 1 760
845atmtorr
torr = 1,11 atm
Domanda (a)
64
65
2
22
1
11
T
xVP
T
xVP
K
atmxV
K
dmatmx
400
11,1
65,301
50,2 785,0 23
V2 = 2,34 dm3
Domanda (b)
K
dmatmxP
K
dmatmx
15,318
00,1
65,301
50,2 785,0 32
3
P2 = 2,07 atm
Esercizio 13
La parte teorica di questo esercizio è già stata discussa.
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
PV = nRT n = 11
3
082,0
50,4 5,1
moleKatmL
dmatmx
RT
PV
N = 0,276 moli
Esercizio 14
Domanda (a)
Valgono tutte le considerazioni fatte nell’esercizio 13.
K = 273,15 + 28,0 = 301,15 K
In prima istanza si calcola il numero di moli e successivamente la massa legata a queste
moli.
n = 11
3
082,0
0,10 50,5
atmKatmL
dmatmx
RT
PV = 2,22 moli
m (Ar) = (molixPAAr g mole-1) = (2,22 molix39,948 g mole-1) = 88,68 g
Domanda (b)
Massa residua = 88,68 g – 34,75 g = 53,93 g
n (Ar) = 1 948,39
93,53moleg
g = 1,35 moli
P = 3
113
0,10
082,0 35,1
dm
moliKatmdmmolix
V
nRT
= 3,33 atm
Esercizio 15
Tutte le premesse teoriche per risolvere questo esercizio sono state fatte negli esercizi
precedenti, quindi il problema sarà risolto senza commenti.
65
66
Domanda (a)
K = 20,0 + 273,15 = 293,15 K
PV = nRT n = 11
3
082,0
5,57 73,2
moleKatmL
dmatmx
RxT
PxV
n = 6,63 moli
PM (CH4) = (PAC g mole-1 + 4xPAH g mole-1) = (12,011 g mole-1 + 4x1,008 g mole-1) =
16,043 g mole-1
PM (CH4) = 16,043 g mole-1
m = (molixPM g mole-1) = (6,53 molix16,43 g mole-1) = 104,76 g
Domanda (b)
mresidua = 104,76 g – 30,0 g ) = 74,76 g
n = 1 043,16
7476moleg
g = 4,66
P = 3
11
5,57
15,293 082,0 66,4
dm
KxatmKatmLmolix
V
nxRxT
= 1,95 atm
Domanda (c)
V = atm
KxmoleKatmLmolix
P
nxRxT
73,2
15,293 082,0 25,1 11
= 11,0 L
Vda spillare = 57,5 L – 11,0 L = 46,5 L
Esercizio 16
La reazione di combustione è:
C2H5OH + 3 O2 > 2 CO2 + 3 H2O
g (C2H5OH) = dxV = 0,7893 kg dm-3x 10,0 dm3 = 7,893 kg
PM (C2H5OH) = (2xPAC g mole-1 + 6xPAH g mole-1 + PAO g mole-1)
PM (C2H5OH) = (2x12,011 g mole-1 + 6x1,008 g mole-1 + 15,999 g mole-1)
PM (C2H5OH) = 46,07 g mole-1
n (C2H5OH) = 1
1
07,46
1000 893,7
moleg
kggkgx = 171,33
Dalla stechiometria di reazione in seguito si formano:
n (CO2) = 2x171,33 moli = 342,66 moli
V = atm
atmKatmLmolix
P
nxRxT
35,1
082,0 66,342 11
= 6101 L
66
67
V = 31000
6101mL
L = 6,1 m3
Esercizio 17
La reazione riportata è già bilanciata e risulta che le moli di CO2 corrispondono alle moli di
Na2CO3.
K = 25,0 + 273,15 = 298,15 K
P (atm) = 15
5
1001325,1
10743,1atmPax
Pax= 1,72 atm
n (CO2) = 11 082,0
50,4 72,1
moleKatmL
Latmx
RT
PV = 0,32
PM (Na2CO3) = (2xPANa g mole-1 + PAC g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (Na2CO3) = (2x22,989 g mole-1 + 12,011 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (Na2CO3) = 105,986 g mole-1
m (Na2CO3) = (molixPMNa2CO3 g mole-1) = (0,32molix105,986 g mole-1) = 33,91 g
Esercizio 18
Sarebbe possibile risolvere il problema senza bilanciare la reazione perché è evidente che
una mole di CaC2O4 libera due moli di CO2 e quindi tenendo presente questa relazione
sarebbe possibile risolvere il problema. Comunque è buona regola bilanciare sempre le
reazioni chimiche che avvengono. In questo caso la reazione è un processo redox.
2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 10 H+ + 10 e- > K2SO4 + 2 MnSO4 + 8 H2O
5(CaC2O4 + H2SO4 > CaSO4 + 2 CO2 + 2 H+ + 2 e- 2 KMnO4 + 5 CaC2O4 + 8 H2SO4 > K2SO4 + 5 CaSO4 + 10 CO2 +8 H2O
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
P (atm) = 1 760
732atmtorr
torr = 0,963 atm
n = KxatmKatmdm
dmatmx
RT
PV
15,298 082,0
725,0 963,0113
3
= 0,028 moli
n (CaC2O4) = 0,028/2 = 0,014 moli
PM (CaC2O4) = (PACa g mole-1 + 2xPAC g mole-1 + 4xPAO g mole-1)
PM (CaC2O4) = (40,08 g mole-1 + 2x12,011 g mole-1 + 4x15,999 g mole-1)
PM (CaC2O4) = 128,10 g mole-1
67
68
m (CaC2O4) = (molixPMCaC2O4 g mole-1) = (0,014x128,10 g mole-1) = 1,79 g
% CaC2O4 = g
g
00,2
79,1x100 = 89,5 %
Esercizio 19
La reazione bilanciata è:
S + O2 > SO2
4 FeS2 + 11 O2 > 2 Fe2O3 + 8 SO2
Domanda (a)
PM (FeS2) = (PAFe g mole-1 + 2xPAS g mole-1) = (55,847 g mole-1 + 2x32,064 g mole-1)
PM (FeS2) = 119,97 g mole-1
n (S) = 1
1
064,32
1000 5,2
moleg
kggkgx = 77,97 moli
K = 273,15 + 50,0 = 323,15 K
V = atm
KxmoleKatmLmolix
P
nRT
1
15,323 082,0 97,77 11
= 2066 L
m3 (SO2) = 3 1000
2066mL
L = 2,066 m3
g (FeS2) = 2500x0,88 = 2200
n (FeS2) = 1 97,119
2200moleg
g = 18,34
n (SO2) = 2xn (FeS2) = 18,34 moli x 2 = 36,68 moli
V = atm
KxmoleKatmLmolix
P
nRT
1
15,323 082,0 68,36 11
= 972 L
m3 (SO2) = 3 1000
972mL
L = 0,972 m3
Domanda (b)
Dalla stechiometria di reazione per la combustione dello zolfo si nota che ogni mole di
zolfo reagisce con una mole di ossigeno.
n (S) = n (O2) = 77,97 moli
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
V = atm
KxmoleKatmLmolix
P
nRT
5,1
15,298 082,0 97,77 11
= 1271 L
m3 (O2) = 3 1000
1271mL
L = 1,271 m3
68
69
Nel caso dell’ossidazione della pirite la reazione bilanciata impone che per far reagire 4
moli FeS2 sono necessarie 11 moli di O2. Quindi, per una mole di FeS2 sono necessarie
11/4 moli di O2.
n (O2) = 18,34x4
11 = 50,43 moli
V = atm
KxmoleKatmLmolix
P
nRT
5,1
15,298 082,0 43,50 11
= 820 L
m3 (O2) = 3 1000
820mL
L = 0,820 m3
Esercizio 20
La reazione bilanciata è:
CaC2(s) + 2 H2O(l) > Ca(OH)2 + C2H2(g)
Dalla stechiometria di reazione risulta che una mole di CaC2 genera una mole di acetilene.
P (C2H2) = 1 760
450atmtorr
torr = 0,592 atm
K = 273,15 + 20,0 = 293,15 K
n = KxmoleKatmdm
dmatmx
RT
PV
15,293 082,0
50,4 592,0113
3
= 0,11 moli
PM (CaC2) = (PACa g mole-1 + 2xPAC g mole-1) = (40,08 g mole-1 + 2x12,011 g mole-1)
PM (CaC2) = 64,10 g mole-1
m (CaC2) = (molixPMCaC2 g mole-1) = (0,11x64,10 g mole-1) = 7,05 g
% (CaC2) = 100 5,8
05,7x
g
g = 82,94 %
Esercizio 21
Domanda (a)
Come bisogna per prima cosa bilanciare la reazione:
Na2CO3 + H2SO4 > Na2SO4 + CO2 + H2O
2 NaHCO3 + H2SO4 > Na2SO4 + 2 CO2 + 2 H2O
Dalla stechiometria delle reazioni bilanciate risulta che una mole di Na2CO3 forma una
mole di CO2 ma anche una mole di NaHCO3 libera una mole di CO2 in seguito a reazione.
Quando ci sono problemi di questo genere è conveniente indicare con due incognite x e y i
grammi dei composti e mettere in relazione queste due quantità con i dati del problema.
Alla fine bisogna risolvere un sistema di due equazioni in due incognite.
69
70
x = grammi di Na2CO3 y = grammi di NaHCO3
PM (Na2CO3) = (2xPANa g mole-1 + PAC g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (Na2CO3) = (2x22,989 g mole-1 + 12,011 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (Na2CO3) = 105,986 g mole-1
PM (NaHCO3) = (PANa g mole-1 + PAH g mole-1 + PAC g mole-1 + 3xPAO g mole-1)
PM (NaHCO3) = (22,989 g mole-1 + 1,008 g mole-1 + 12,011 g mole-1 + 3x15,999 g mole-1)
PM (NaHCO3) = 84,005 g mole-1
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
n = KxatmKatmdm
dmatmx
RT
PV
15,298 082,0
00,2 347,0113
3
= 0,028
028,0 005,84
986,105
76,2
11 moleg
gy
moleg
gx
yx
Risolvendo si ha:
x = 1,967 g Na2CO3 y = 0,793 g NaCO3
Domanda (b)
% (Na2CO3) = g
g
76,2
967,1x100 = 71,27 %
% (NaHCO3) = g
g
76,2
793,0x100 = 28,73 %
Esercizio 22
Alcune relazioni utili sono:
1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2; K 15,273C
t
T ;
1 m3 = 1000 L.
Per prima cosa è necessario trasformare le quantità in grammi in moli.
PM (N2) = (2xPAN g mole-1) = (2x14,007 g mole-1) = 28,014 g mole-1
K = 273,15 + 20,0 = 293,15 K
Le pressioni parziali dell’azoto e del neo si calcolano con la relazione:
PA = tot
A
V
RTn
PN2 = 3
1131
35,0
15,293 082,0 014,28
47,0
dm
KxmoleKatmdmmoleg
= 1,154 atm
70
71
PNe = 3
1131
35,0
15,293 082,0 180,20
135,0
dm
KxmoleKatmdmmoleg
= 0,460 atm
La pressione parziale del diossido di carbonio aggiunto alla pressione di 752 mmHg si
calcola dalla relazione
PA = (xA)xPtot = tottot
A xPV
V Ptot =
1 760
752atmmmHg
mmHg = 0,989 atm
PCO2 = 3
3
350
120
cm
cmx0,989 atm = 0,339 atm
La pressione totale sarà:
Ptot = 1,154 atm + 0,460 atm + 0,339 atm = 1,953 atm
Esercizio 23
Alcune relazioni utili sono:
1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2; K 15,273C
t
T ;
1 m3 = 1000 L.
Se si tiene conto che la densità è data dal rapporto tra la massa e il volume che la
contiene (d = m/V), dall’equazione di stato dei gas perfetti è possibile dedurre che la
massa molare e il peso molecolare di un gas sono legati direttamente alla densità
misurata alla pressione P e alla temperatura assoluta T:
PM = PM (g mole-1) = V
m·
P
RT = d
P
RT
Se si applica la relazione sopra scritta a due gas A e B, che si trovano nelle stesse
condizioni di temperatura e di pressione, si ricava l’equazione sotto riportata secondo la
quale il rapporto tra le densità di due gas misurate nelle stesse condizioni di
temperatura e di pressione è uguale al rapporto dei rispettivi pesi molecolari.
PMA = dA P
RT PMB = dB P
RT
B
A
PM
PM =
B
A
d
d =
B
A
PM
PM
Domanda (a)
71
72
d = 2O
RT
PxPM
(K) 15,323)K mol atm L( 08206,0
)mol (g 00,32(atm)x 750,01-1-
-1
x0,905 g L-1 = 0,905 g dm-3
Domanda (b)
E’ possibile applicare la:
)mole (g 00,32L g 905,0
L g 1,812 M ; 1-
1-
-1
OOOO
2
222
xxPMd
dP
d
d
PM
PM 64,1 g mole-1
Esercizio 24
Alcune relazioni utili sono:
1 atm = 760 Torr = 1,01325x105 Pa = 1,01325x105 m-1 kg s-2; K 15,273C
t
T ;
1 m3 = 1000 L.
Domanda (a)
Applicando l’equazione di stato dei gas:
n = RTPV
(K) 15,343)Kmol atm L( 08206,0
)(L 40,2(atm)x )760/740(1-
1- x
8,300x10-2 moli
Domanda (b)
PM = n
m
mol 8,300x10
g 50,32-
42,2 g mole-1
Domanda (c)
La massa molare a volte non è quella della formula empirica, che è CH2. Infatti:
nC = 7,13 011,12
6,85 e 1
13,7
13,7 nH = 14,3
008,1
4,14 e 2
13,7
3,14
2CHaxPM = ; ax(12,011 + 2,016) g mol-1) = 42,2 g mole-1 a =MM 3 03,142,42
Formula bruta: (CH2)3 = C3H6
Esercizio 25
A questo problema si possono applicare le considerazioni fatte nell’esercizio 23.
PM
RTd
V
RT
PM
m
V
RTnP
c.n.: 0°C = 273,15 K; P = 1 atm
PM = datm
moleKatmdmdmg
P
RT
1
082,0 977,1
1133
= 44,28 g mole-1
72
73
Esercizio 26
Alla luce di quanto sopra esposto è possibile utilizzare la relazione:
b
a
b
a
PM
PM
d
d
Con a si indica l’ossigeno e con b la sostanza incognita:
ba
a
PM
xmoleg
xd
d 2 999,15
375,1
1
PMb = 44 g mole-1
Esercizio 27
Domanda (a)
In base alle considerazioni fatte negli esercizi precedenti, è possibile adoperare le
seguenti relazioni:
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
PM = d P
RT0,922 g dm-3
atm
moleKatmdm
75,0
082,0 113
= 30,0 g mole-1
Domanda (b)
In base alle osservazioni fatte negli esercizi precedenti, è possibile calcolare la formula
bruta del composto.
n (C) = 1 011,12
89,79moleg
g n (H) =
1 008,1
11,20moleg
g
n (C) = 65,6
65,6 = 1 n(H) =
65,6
95,19 = 3
PM (CH3) = (PAC g mole-1 + 3xPAH g mole-1) = (12,011 g mole-1 + 3x1,008 g mole-1)
PM (CH3) = 15,0 g mole-1
unità (CH3) = 1
1
0,15
0,30
moleg
moleg = 2
Formula bruta = C2H6
Esercizio 28
Relazioni utili:
R = 0,08206 L atm mole-1 K-1; 1 dm3 = 1 L; 1 atm = 1,01325x105 Pa
Una miscela gassosa è costituita da più gas. Dalton, nei suoi studi sulle miscele di gas,
trovò che la pressione esercitata da un qualsiasi gas è indipendente dagli altri gas
73
74
presenti nella miscela, come se fosse presente da solo nell’intero volume. La pressione
parziale è chiamata la pressione che un gas di una miscela gassosa eserciterebbe se alla
stessa temperatura occupasse da solo l’intero volume a disposizione della miscela. D’altra
parte, la pressione totale di una miscela gassosa è determinata dal contributo portato da
tutti i singoli gas presenti. Al riguardo Dalton giunse a formulare quella che oggi è nota
come la legge di Dalton delle pressioni parziali secondo la quale la pressione totale di una
miscela di gas è uguale alla somma delle pressioni parziali dei singoli componenti.
Ptot = p1 + p2 + p3 + ………+ pi
Se si tiene presente la definizione di pressione parziale e quella della pressione totale di
un sistema gassoso, Ptot, dipende solo dal numero di moli e non dalla natura dei gas
presenti, è possibile scrivere le relazioni sotto riportate.
P1 = n1V
RT P2 = n2
VRT
P3 = n3V
RT Pi = ni
VRT
Ptot = ntotV
RT P1 =
tot
1
n
nPtot
P2 = tot
2
n
nPtot P3 =
tot
3
n
nPtot
Pi = tot
i
nn
Ptot
Si noti ora che il numero di moli del gas i-esimo di una miscela gassosa è solo una
frazione del numero totale delle moli dei gas presenti. L’aliquota del gas i-esimo può
essere quantificata dalla sua frazione molare, xi, che è data dal rapporto tra le moli di quel
componente e le moli totali di tutti i componenti presenti nella miscela:
xi = 321
i
nnn
n =
tot
i
n
n
Di conseguenza, è possibile sostituire i rapporti ni/ntot nelle Pi = tot
i
nn
Ptot con le frazioni
molari e dedurre le equazioni sotto riportate.
P1 = x1Ptot P2 = x2Ptot
P3 = x3Ptot Pi = xiPtot
Pertanto la pressione parziale di un componente gassoso è uguale al prodotto della sua
frazione molare per la pressione totale della miscela gassosa
Domanda (a)
74
75
Le frazioni molari possono essere ottenute calcolando dapprima le moli (n = m/PM) dei
singoli gas:
moli 4,462x10 moli g 28,014
g 1,250 2-
1-N2n mole1,141x10
mol g 32,00
g 0,365
2-1-O2n
mole 1,034x10 mol g 44,01
g 0,455 2-
1- CO2
n
ntot = + + = (4,462x10-2 + 1,141x10-2 + 1,034x10-2) moli = 6,637x10-2 moli 2Nn
2On2COn
molix
molixxN 10637,6
10462,42
2
2
= 0,672 moli
molixxO 6,637x10
10141,12-
2
2
= 0,172
molix
molixxCO 10637,6
10034,12
2
2
= 0,156
Domanda (b)
Applicando l’equazione di stato dei gas si ottiene:
atm 1,597 L 00,1
)(K 15,293)xKmol atm (L 206(mol)x0,0810637,6
-1
-1
-2
x
V
RTnP tottot
P = 1,618x105 Pa
Domanda (c)
Pi = xiPtot = 0,672x1,618x105 Pa = 1,087x105 Pa 2NP
2OP = 0,172x1,618x105 Pa = 2,78x105 Pa = 0,156x1,618x105 Pa = 2,52x104 Pa 2COP
Esercizio 29
Le pressioni parziali sono deducibili dalla relazione pi = xiPtot. Solo la frazione molare
dell’argo non è nota, ma può essere ricavata dai dati del testo:
xAr = 1 – – = 1 – 0,644 – 0,283 = 7,30·10-2 2Nx
2Ox
2NP = xiPtot 0,644x(2,50 atm) = 1,61 atm 2OP 0,283x(2,50 atm) = 0,708 atm
ArP 7,30·10-2x2,50 atm = 0,183 atm
Esercizio 30
Consideriamo il caso in cui un singolo composto gassoso tenda a decomporsi in altre
sostanze, anch’esse allo stato gassoso. La reazione di decomposizione che avviene
prende il nome di dissociazione termica in quanto è favorita dalle alte temperature. Essa
75
76
può decorrere quantitativamente (andare a completezza), oppure procedere solo in parte
qualora i prodotti di reazione siano in grado di reagire tra loro per ripristinare il gas di
partenza. In quest’ultimo caso la reazione raggiunge una condizione di equilibrio quando il
numero di molecole del gas iniziale che si dissociano in un dato intervallo di tempo è
uguale a quello delle molecole che si riformano. Queste reazioni sono dette reversibili e
sono identificate dalla doppia freccia posta tra i reagenti e i prodotti, la quale sta
a indicare che la reazione avviene in entrambi i sensi. Per esempio:
COCl2(g) O(g) + Cl2(g)
Si definisce come grado di dissociazione, , il rapporto tra il numero di moli di sostanza
che si sono dissociate, x, e il numero di moli iniziali, no:
a) = on
x b) x = no
c) 0 1
Consideriamo un gas A che si dissoci seguendo la generica reazione di dissociazione
come indicato nella tabella sotto riportata. Se indichiamo con nA le moli iniziali di A e con x
quelle che si sono dissociate a equilibrio raggiunto (o al tempo t) possiamo dedurre le
correlazioni che seguono:
a A m M + n C
I nA 0 0
-x x
a
m x
a
n
Nf nA - x x
a
m x
a
n
Nf nA(1-) An
a
m An
an
Con I si indica l’inizio, la variazione che porta il sistema all’equilibrio, F la situazione
finale.
Di conseguenza le moli di gas presenti nel sistema nelle condizioni iniziali, n0, e a
equilibrio raggiunto (o al tempo t), nf, sono rispettivamente:
n0 = nA nf = nA(1-) + Ana
m + An
an
= nA
aanm
1
Se applichiamo l’equazione generale dei gas alle condizioni iniziale e finale, otteniamo le
relazioni sotto riportate nell’ipotesi di lavorare in condizioni isoterme.
76
77
P0 = nAV
RT Pf = nA
aanm –
1V
RT
Pf =
aanm –
1 P0
Se si esamina l’ultima equazione si vede che quando (m + n – a) è uguale a zero la
pressione del sistema non varia nel corso della dissociazione termica condotta in
condizioni isoterme. Si osservi che in questo caso il numero di moli del gas iniziale che
scompaiono è uguale a quello delle moli dei gas che globalmente si formano in seguito
alla dissociazione: m + n = a. Di conseguenza, il numero totale di moli nel sistema rimane
invariato nel corso della stessa reazione e la pressione non cambia.
Quando (m + n – a) è diverso da zero {e di norma è positivo perché nella dissociazione si
producono più molecole di quelle che si dissociano (m + n > a)} la pressione della miscela
aumenta in seguito alla dissociazione.
Domanda (a)
Relazioni utili
R = 0,08206 L atm mole-1 K-1; 1 dm3 = 1 L; 1 atm = 1,01325x105 Pa
Il numero totale di moli di gas presenti all’equilibrio è deducibile dall’equazione di stato dei
gas ed è legato al grado di dissociazione e al numero totale di moli iniziali di ammoniaca
( = x/n0):
n0 mol 84,23mol g 17,03
g 406
1-NH
NH
3
3 PM
m
Condizioni di equilibrio:
)1(0NH3 nn
20N2
nn
2
30H2
nn )1(0tot nn
)1(0tot nn = RTPV
(K) 15,723)K mol atm L( 08206,0
)(L 0,10(atm) 2201-1-
37,07 mole
37,07 mol = 23,84 (mole)x(1 + ) = 0,555
Domanda (b)
Noto il grado di dissociazione è possibile ricavare le frazioni molari dei singoli gas e
ottenere poi le pressioni parziali applicando la pi = xiPtot.
286,0555,01
555,01
)1(
)1(
)1(
)1(
0
0
n
n3NHx
77
78
3NHP = 0,286x220 atm = 62,9 atm = 6,38x106 Pa
178,0555,12
555,0
)1(2)1(2 0
0
n
n2Nx
2NP = 0,178x220 atm = 39,2 atm = 3,97x106 Pa
535,0555,12
555,03
)1(2
3
)1(2
3
0
0
n
n2Hx
2HP = 0,535x220 atm = 117,7 atm = 1,193·107 Pa
Esercizio 31
In questo caso la dissociazione avviene in un ambiente che già contiene uno dei prodotti della
dissociazione, per cui nel trattare le condizioni di equilibrio occorre tenere conto di ciò.
Indichiamo con n e n le moli di COCl2 e di Cl2 prima della dissociazione. )(0 2COCl )(0 2Cl
Condizioni iniziali:
moli 3811,0mol g 98,92
g 7,37
1-COCl
COCl)COCl(0
2
2
2
PM
mn
mol 2891,0mol g 70,91g 5,20
1-
Cl
Cl)Cl(0
2
2
2
PM
mn i
Condizioni di equilibrio:
)1()COCl(0COCl 22 nn = 0,3811 (moli)·(1–) )COCl(0CO 2
nn = 0,3811 (mol)x
)COCl(0)Cl(0Cl 222nnn = 0,2891 (moli) + 0,3811 (mol)x = (0,2891 + 0,3811x) (moli)
ntot = + + = 0,3811 (mol)·(1- ) + 0,3811 (mol)x +(0,2891 + 0,3811x) (mol) 2COCln COn
2Cln
ntot = 0,3811·(1+) +0,2891(mol)
Ma:
totnRTPV
(K) 1073)K mol atm L( 08206,0
)(L 00,5(atm) 1,131-1-
0,7438 mol = 0,3811·(1+) +0,2891(mol)
totn = 0,193
Esercizio 32
Ricordando che la somma delle frazioni molari dei componenti una miscela gassosa è
uguale a uno si ottiene quella dell’azoto.
1 = 1 = 0,176 + 0,443 2
222 NOCO xxx Nx
78
79
2Nx = 0,381
2COP = 0,176x1,435x105 Pa = 2,52x104 Pa
2OP = 0,443x1,435x105 Pa = 6,35x104 Pa
2NP = 0,381x1,435x105 = 5,46x104
Esercizio 33
Le considerazioni sulle pressioni parziali fatte negli esercizi precedenti si applicano,
ovviamente, anche a questo esercizio.
Domanda (a)
Ptot = Pi Ptot = 0,372 atm + 0,147 atm + 0,834 atm = 1,353 atm
Domanda (b)
x (NH3) = atm
atm
P
P
tot
i
353,1
372,0 = 0,275 x (N2) =
atm
atm
P
P
tot
i
353,1
147,0 = 0,109
x (H2) = atm
atm
P
P
tot
i
353,1
874,0 = 0,616
Esercizio 34
Domanda (a)
La pressione totale è data da tutte le moli presenti nel pallone.
ntot = 0,125 moli + 8,40x102 moli = 0,289
La pressione totale si calcola con l’equazione di stato dei gas perfetti.
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
PV = nRT P = 3
113
5,2
15,298 082,0 209,0
dm
KxmoleKatmdmmolix
V
nRT
= 2,04 atm
Domanda (b)
P(N2) = atmxmoli
molixP
n
ntot
tot
N 04,2 209,0
125,02 = 1,22 atm
P(O2) = atmxmoli
molixxP
n
ntot
tot
O 04,2 209,0
1040,8 22 = 0,82 atm
Esercizio 35
Domanda (a)
79
80
Tutte le relazioni che legano pressione parziale e totale e la frazione molare sono in
termini di moli. Quindi la prima operazione da fare è quella di calcolare la moli dei vari
composti.
PM (O2) = (2xPAO g mole-1) = (2x15,999 g mole-1) = 31,998 g mole-1
PM (CO2) = (PAC g mole-1 + 2xPAO g mole-1) = (12,011 g mole-1 + 2x15,999 g mole-1)
PM (CO2) = 44,009 g mole-1
n (O2) = 1 998,31 27,2
molegg
= 0,071 n(CO2) = 1 009,44 28,4
molegg
molitotali = 0,071 moli + 0,097 moli = 0,168 moli
P (O2) = 26,2168,0
071,0 2 xmoli
Omoli
totali
= 0,96 atm
P (CO2) = 26,2168,0097,0C 2 x
moliOmoli
totali
= 1,30 atm
Domanda (b)
Con questa operazione le moli di ogni singolo componente rimangono le stesse; di
conseguenza anche le frazioni molari non cambiano. E’ quindi possibile calcolare la
pressione totale adoperando la relazione:
P (O2) = ( Ptot = totO xPx )2
168,0
071,01076,8 4
2
2
x
x
OP
O
= 2,07x105 Pa
Esercizio 36
Domanda (a)
Quando si ha una miscela gassosa la pressione totale è la somma delle pressioni parziali.
Quindi:
Ptot = P (O2) + (CO2)
0,85 atm = 0,5 atm – P (CO2)
P (CO2) = 0,35 atm
Domanda (b)
Per rispondere a questa domanda si usa la relazione: Pi = (xi)xPtot. Risolvendo rispetto a xi
si ha: xi = tot
i
P
P
X (O2) = atmatm 85,0 5,0
= 0,59 x (CO2) = atmatm 85,0 35,0
= 0,41
80
81
Esercizio 37
Domanda (a)
Ognuna delle operazioni riportate assorbe selettivamente un componente della miscela
gassosa. Il processo di assorbimento nella realtà e una reazione chimica che è
rappresentata dalle equazioni sotto riportate.
2 NH3 + H2SO4 > (NH4)2SO4
Ba(OH)2 + CO2 > BaCO3 + H2O
Ptot = P(O2) + P(CO2) + P(NH3)
P (NH3) = 2,43 atm - - 1,97 atm = 0,46 atm
P (CO2) = 1,97 atm – 0,728 atm = 1,242 atm
P (O2) = 0,728 atm
Domanda (b)
x (NH3) = atm 2,43
atm 0,46
P
)(NH P
tot
3 = 0,19 x (CO2) = atm 2,43
atm 1,242
P
)(CO P
tot
2 = 0,51
x (O2) = atm 2,43
atm 0,728
P
)(O P
tot
2 = 0,30
Esercizio 38
Domanda (a)
L’equazione di stato dei gas perfetti nel caso che si espliciti n in funzione dei grammi e del
peso molecolare, diventa:
PV = RTPM
g
da cui si può dedurre la dipendenza della densità di un gas dalla T, dalla P e dal PM:
d = RT
PxPM
volume
massa da cui
P
dxT
R
PM .
Se consideriamo lo stesso gas
t
R
PMcos in condizioni diverse di temperatura e di
pressione si ha:
2
22
1
11
P
xTd
P
xTd
da cui:
d2 = 31
12
21 470,6 760 15,298
912 15,273 dmgmmHgKx
mmHgKxd
xPT
xPT = 7,113 g dm-3
81
82
Domanda (b)
2
22
1
11
P
xTd
P
xTd
esplicitando P2:
P = mmHgdxK
dxKP2
xTd 111
xdT 760
15,273
100 15,223
1
122 = 62088 mmHg = 81,7 atm
di un composto occorre conoscere la sua massa
mediante la relazione:
Domanda (c)
Per determinare la formula molecolare
molare. Quest’ultima si può calcolare:
(i) dalla densità dei gas
atm
KxmoleKdmatmxdmg
P
dxRxT
1
15,273 082,0 470,6 1133
PM = = 145,094 g mole-1
as a c.n. sapendo che una mole do qualsiasi gas a
minima del com ssoso. Infatti:
n (S) =
Oppure
(ii) dalla conoscenza della densità del g
c.n. occupa un volume di 22,414 dm3:
PM = 6,470 (g/dm3) x 22,414 (dm3 mole-1) = 145,019 g mole-1
Dalle percentuali in massa si deduce la formula posto ga
1 066,32 moleg
95,21 g = 0,685 n(F) =
1 998,18 moleg
85,70 g = 4,108
l
alore del PM dedotta da misure di densità, si conclude che la formula molecolare è SF6.
Esercizio 39
tenendo presente che per ogni mole di O2
.
V (H ) = 1,00 Lx
Dividendo il numero delle moli per il valore più piccolo si ottiene: 1 per S e 6 per F.
La formula minima è SF6. Poiché il peso molecolare è 146,054 g mole-1 si avvicina a
v
Domanda (a)
Siccome le moli di un gas sono direttamente proporzionali al volume di una massa
gassosa (il coefficiente di proporzionalità è il volume molare) è possibile ricavare
direttamente il volume di idrogeno necessario
che reagisce sono necessarie due moli di H2
2
2
1 2OvolumeHvolumi
= 2,00 L di H2 2
Domanda (b)
In questo caso non può essere applicata la relazione sopra riportata perché l’acqua è un
liquido. Bisogna perciò calcolare il numero di moli di O2(g) usando la legge dei gas ideali e
82
83
poi calcolare il numero di moli di H2O(l) considerando la stechiometria di reazione. Infine si
può ricavare la massa di acqua allo stato liquido e poi il suo volume.
11 082,0 00,1 00,1
)(2 moleKatmL
LatmxRTPV
ngO = 0,0409 moli O2(g)
)(2
22 1
2 04098,0
2
gOH Omole
OHmolixOmolin = 0,0818 moli H2O
g
mLx
OHmole
OHgOxHmoliV OH2 0997,0
00,1
1
02,18 0818,0
2
22 = 1,48 mL
), calcolata al punto oli. Di conseguenza:
Resa H2O = 0,0818 moli H2Ox
Domanda (c)
La conversione teorica in H2O(l (b) è 0,0818 m
852,0 1
02,18
2
2 xOHmole
OHg = 1,26 g H2O
la dissociazione.
All’equilibrio sono verificate le condizioni riportate nella seguente tabella.
2(g) (g) + O2(g)
Esercizio 40
Il testo non fornisce indicazioni né sulla quantità di CO2 usata, né sul volume del reattore.
Tuttavia questi dati non sono necessari perché le pressioni parziali possono venire
ricavate dalle frazioni molari e dalla pressione totale. Indichiamo con n0 il numero di moli,
ancorché ignoto, di CO2 presente nel volume V del reattore prima del
CO CO ½
I n0 -- --
-n0 n0 20
n
F –
)
n0 n0(1
20
n
ntot = = 22 OCOCO nnn
210
n
0,973 1005,91
1081,11
2 1
)1(
3-
-2
0
0
tot
CO2
x
x
n
n
n
n
2COx
= 0,973x1,00 atm = 0,973 atm 2COP )( totCO2
Px
83
84
2--2
1079,1 1081,1
n
3-
0
0
tot
CO
1005,912
1
n
n
nCOx
= 1,79x10-2x1,00 atm = 1,79x10-2 atm COP totCO Px
1081,1 2-
)1005,91(2
21
23-
0
0
tot
O2
n
n
n2Ox
-3
Esercizio 41
conveniente costruire una tabella che metta in evidenza le
e è avvenuto il processo di dissociazione. Si indica con:
V = volume del recip nte che r stante
T = temperatura in K e riman stante
x = moli di N2O4 che s e che porta a all’eq io.
2(g)
n8,97x10-3
2OP = totO2PX 8,97·10 x1,00 atm = 8,97x10 atm
-3
Per risolvere problemi di questo tipo è
moli presenti dopo ch
I = condizioni iniziali
= variazione che subisce il sistema
F = situazione finale
n0 = moli iniziali di N2O4
ie imane co
ch e co
i dissociano no il sistem uilibr
N2O4(g) 2 NO
I n0 --
x 2 x
F n0 – x 2x
= n (N O ) + n (NO ) = n – x + 2 x = n + x
2 4 ei gas perfetti co come
li.
moli 2 4 2 0 0
Le moli di N O iniziali saranno legate a P, V, T dall’equazione di stato d sì
le moli fina
PV = n0RT n0 = RTPV
atmxVRT 476,1
RT
atmxV 843,1 (n0 + x) =
PV
RT (n0 + x) =
Il valore di x si ottiene facendo la differenza fra le moli a dissociazione avvenuta e le moli iniziali.
(n0 + x) – n0 = RTRT
atmxVatmxV 476,1 843,1
84
85
367,0476,1843,1RT
Vx =
RT
V
Il grado di dissociazione è il rapporto fra le moli che si sono dissociate e quelle iniziali.
= 476,1
367,0
RTV
RTV
= 0,248
ercizio 42
possibile seguire il procedimento dell’esercizio 41. E’ necessario,
come al solito, trasformare i grammi in moli.
3 S g mole-1 + 3xPAO g mole -1 + 3x15,999 g mole-1)
M (SO3) = 80,061 g mole-1
(SO3) =
Es
Domanda (a)
Per risolvere questo esercizio è
PM (SO ) = (PA -1) = (32,064 g mole
P
n1 1 moleg06,0
1,94
3
g
PM
g
SO
= 1,17 mole
2(g) + g)
I 1,17
x
sempre legate dall’equazione di stato dei gas perfetti.
42,6 atm x 2,5 dm3 = (1,17 + x) x 0,082 dm3 atm K-1 atm-1 x 1000 K
Risolvendo questa equazione si ottiene x = 0,129. In bas echiometria di reazione le moli di
o dissociate sono 0,258.
8
2 SO3(g) 2 SO O2(
-2 x 2 x X
F 1,17 – 2 x 2 x x
Con 2 x si indicano le moli di SO3 che si dissociano e che portano il sistema all’equilibrio.
moli = n (SO3(g)) + n (SO2(g)) + n (O2(g)) = 1,17 – 2x + 2x + x = 1,17 +
Queste moli all’equilibrio esercitano una pressione di 42,6 atm. Le variabili che legano P, V, T e n
di un gas o di una miscela gassosa sono
e alla st
SO3 che si son
= moli
moli
17,1
258,0 = 0,22
Domanda (b)
85
86
Per calcolar one è possibile segui
ociazione e applic
e le pressioni parziali dopo dissociazi re diversi procedimenti.
Uno è quello di calcolare le moli dei tre gas dopo diss are l’equazione di stato dei
omponente la miscela gassosa.
3 129 = 0,912 moli n (SO2) = 0,258 moli
129 moli
P (SO3) =
gas perfetti a ogni c
n (SO ) 1,17 – 2x0,
n (O2) = 0,
1
3
13
50,2
082,0 912,0
dm
moleKatmdmmolix
= 29,9 atm
P (SO2) = 3 50,2 dm
= 8,46 atm 11 mole3 082,0 258,0 Katmdmmolix
P (O2) = 3 50,2 dm
= ,23 atm 113 082,0 129,0 moleKatmdmmolix
4
Esercizio 43
rito negli esercizi precedent vere problemi di questo genere è conveniente
costruire una tabella in cui si indicano sia le condizioni iniziali che quelle a reazione avvenuta. -1 + 2xPACl g mole-1)
mole-1 + 2x35,453 mole-1)
M (COCl2) = 98,916 g mole-1
n (COCl2) =
Come sugge i per risol
PM (COCl2) = (PAC g mole-1 + PAO g mole
PM (COCl2) = (12,011 g mole-1 + 15,999 g
P
1 916,8 g9 molePM
g
CO
= 0,381
n (COCl2)indissociato = 381 0,204
n (COCl2)dissociate = 81 – = 0,177
g)
-0,177 0,177 0,177
0,177 0,177
moli = n (COCl2(g)) + n CO(g)) + n (Cl2(g)) = 0,204 + 0,177 + 0,177 = 0,558
Come al solito P, V, T e n nel caso di un quazione di stato dei
7,37 g
2Cl
0, x0,537 =
0,3 0,204
COCl2(g) CO(g) + Cl2(
I 0,381 -- --
F 0,204
a massa gassosa sono legati dall’e
gas perfetti.
K = 273,16 + 800,0 = 1073,16
P = 3
113
0,10
16,1073 082,0 558,0
dm
KxmoleKatmdmmolix
V
nRT
= 4,91 atm
86
87
Esercizio 44
Domanda (a)
L’esercizio non fornisce la quantità iniziale di SO3 è quindi necessario ipotizzare una quantità
iniziale che sarà indi ta co a re ltà il valore ne rio perché alla fine sarà
necessario calcolare dei rapporti e in questi rapporti i valori di n0 si semplificheranno.
Per avere un quadro completo della situazione di equilibrio raggiunto è conveniente costruire la
seguente tabella:
2 SO3(g) 2 SO2(g) + O2(g)
ca n n0. Nell a di n0 non è cessa
I n0
-n0 n0 20
n
F n0(1 – ) n0 20
n
F 0,68n0 0,32n0 0,16n0
moli = n(SO3(g)) + n(SO2(g)) n(O2(g)) = n
0
21
= n0(1 + 0,16) = 1,16n0
azione m e pressione parziale sono note e quindi è possibile calcolare
te i valori richiesti.
La definizione di fr olare
immediatamen
x (SO3) = 16,10nmoli68,003
nnSO = 0,59 x (SO2) = 16,1
32,0
0
02
n
nn
moli
SO
= 0,27
2x (O ) = 16,1
16,002nnO = 0,14
0nmoli
Domanda (b)
Esercizio 45
Le considerazioni teoriche necessarie per risolvere questo problema sono state fatte negli esercizi
ditamente alla risoluzione dell’esercizio.
O g mole-1 + 2xPACl g mole-1)
PM (SO2Cl2) = (32,064 mole 99 g ole-1 + 2x35,453 g mole-1) = 134,968 g mole-1
P (SO3) = Ptotx(x(SO3)) = 9,36x0,59 = 5,52 atm
P (SO2) = Ptotx(x(SO2)) = 9,36x0,27 = 2,53 atm
P (O2) = Ptotx(x(O2)) = 9,36x0,14 = 1,31 atm
precedenti è quindi possibile procedere spe
PM (SO2Cl2) = (PAS g mole-1 + 2xPA-1 + 2x15,9 m
87
88
n (SO2Cl2) = 1le 968,134
9,6
mog
g
moli che si dissocia = 0,2 0,126
i costruisce la tabella all’equilibrio:
l2(g)
-0,126 0,126 0,126
F 0,074 0,126 0,126
moli = n(SO2Cl2(g)) + n(SO2(g)) + n(Cl2(g)) = 0,074 + 0,126 + 0,126 = 0,326
Come al solito P, V, T e n per una mass o legate dall’equazione di stato dei gas
2 = 0,2
no x0,63 =
S
SO2Cl2(g) SO2(g) + C
I 0,2
a gassosa son
perfetti.
V = atm
KxmoleKatmLolixnRT 16,373 082,0 11
= 2,73 L
m
P 646,2
326,0
Esercizio 46
i esercizi preceden ta ricavata la relazione che permette di calcolare la densità di Negl ti era già sta
un gas: d = RT
. Questa è la relazione è PxPM
applicabile sia quando si considera un gas puro che
ela gassosa. In questo caso biso o molecolare medio della miscela.
Domanda (a)
una misc gna conoscere il pes
P = 1 760
700 mmatmmmHg
Hg = 1,01 atm
K = 273,15 + 25,0 = 298,15 K
d = 1 = 1,20 g L
11
1
15,298 082,0
0,29 01,1
KxmoleKatmL
molegatmx -1
Domanda (b)
1 760
210atmmmHg
mmHgP = = 0,276 atm
d = 111
1
223 082,0
0,29 276,0
KxmoleKatmL
molegatmx = -1 0,44 g L
omanda (c) D
d = 111 15,298 082,0 KxmoleKatmL
= 0,165 g L 1 00,4 01,1 molegatmx -1
88
89
Confrontando i valori delle densità ottenuti nelle domande (a) e (c) è evidente che un pallone
riempito di elio si innalza nel cielo.
Esercizio 4
Relazioni utili: R -1 3 = 1 L
Indichiamo con x m di SO2Cl2 form esi all’equilibrio. La hiometria della reazione
comporta che le condizioni di equilibrio sono raccolte nella seguente tabella.
5,0 – x x
Con x si indicano le moli di SO2(g) che devono reagire con Cl2(g) per portare il sistema
all’equilibrio. A equilibrio raggiunto le moli totali sono: moli = n (SO2(g)) + n (Cl2(g)) + n
ili tramite
erfe .
= 373,15 K
7
= 0,08206 L atm mol K-1; 1 dm
le oli at stec
SO2(g) + Cl2(g) SO2Cl2(g)
I 3,0 5,0
-x -x +x
F 3,0 – x
(SO2Cl2(g)) = 8,0 – x. Le moli presenti all’equilibrio sono legate con le altre variab
l’equazione di stato dei gas p tti
K = 273,15 + 100,0
ntot RT
PV
(K) 15,373)K mol atm L( 08206,0
)(L 0,30(atm) 46,61-1- 6,33 moli
6,33 moli = 8,00 mol – x x = 1,67 moli
n (SO2) = 3,0 – 1,67 = 1,33 n (Cl2) = 5,0 – 1,67 = 3,33
n (SO2Cl2) = 1,67
Domanda (a)
33,6
67,1ClSO 22 n
x ClSO 0,264 33,6
67,100,3SO2
n
xSO 0,210 22 n tot
2 ntot
33,6Cl2
n 0,526
67,100,5
tot2
nxCl
Domanda (b)
Pi = xiPtot = 0,264x6,46 atm = 1,70 atm (1,72x105 Pa)
0,210x6,46 atm = 1,36 atm (1,37x105 Pa)
0,526x6,46 atm = 3,40 atm (3,44·105 Pa)
22ClSOP
2SOP
2ClP
89
90
Esercizio 48
Relazioni utili: R = 0,08206 L atm mol-1 K-1
Tenendo presente la stechiometria della reazione, le moli di N2 e di H2 utilizzate, e il
numero di moli totali ad equilibrio raggiunto si possono ricavare dall’equazione di stato
dei gas perfetti:
20 NnRT
PV
(K) 15,273)K mol atm L( 08206,0
)(L 1000,5(atm)x 000,11-1-
3
x
x223,1 moli
20 HnRTPV
(K) 15,273)K mol atm L( 08206,0
)(L 1000,10(atm)x 000,11-1-
3
x
x446,2 moli
totn =RTPV
(K) 15,723)K mol atm L( 08206,0
)(L 650(atm)x 2,551-1- x
604,6 moli
Indicando con x le moli di NH3 presenti all’equilibrio si può ottenere la seguente tabella:
N2(g) + 3 H2(g) 2 NH3(g)
I 223,1 446,2
-
2
x - x
2
3
x
F 223,1-
2
x 446,2- x
2
3
x
f(tot)n
2
3
2 )0(H)0(N 22x
xn
xn )0(N2
n + xn )0(H2
3NH xn )0(N2
n )0(H2n f(tot)n
3NHn (223,1 + 446,2 – 604,6) moli = 64,7 mol
333 NHNH xPMnNHm 64,7 (mol)x17,03 (g mol-1) = 1102 g = 1,102 kg
Esercizio 49
Relazioni utili: R = 0,08206 L atm mol-1 K-1
Condizioni prima della reazione:
)0(O2n 0,150 moli =)H0(C 66
n mol 1028,1mol g 78,11g 00,1
2-1-
HC
HC
66
66 xPM
m i
Dalla stechiometria di reazione si osserva che 1,28x10-2 moli di C6H6 consumano
7,5x1,28x10-2 moli = 9,60x10-2 moli di O2, per cui questo elemento è in eccesso rispetto
allo stechiometrico cosicché tutto il benzene reagisce.
90
91
Condizioni a reazione ultimata:
2On )0(O2
n 7,5 = (0,150 – 7,5x1,28x10-2) moli = 5,40x10-2 moli )H0(C 66n
2COn 6 = 6x1,28x10-2 moli = 7,68x10-2 moli )H0(C 66
n
OH2n 3 = 3x1,28x10-2 moli = 3,84x10-2 moli )H0C 66
n
Domanda (a)
A 110 °C tutti i componenti sono allo stato aeriforme:
nf = (5,40x10-2 + 7,68x10-2 + 3,84x10-2) moli = 0,1692 moli 2On
2COn OH2n
Pf = V
RTnf
L 50,2)(K 15,383)xK moli atm (L 8206(moli)x0,0 1692,0 -1-1
2,13 atm (2,16x105 Pa)
Domanda (b)
A 25,0 °C parte dell’acqua è allo stato liquido; in 2,50 dm3 può rimanere in fase vapore un
numero di moli di acqua molto inferiore a quello delle moli presenti:
OH2n
(K)] )x298,15K mol atm (L 0,08206 (L) (atm)x2,50 3,2x10
1-1-
-2
= 3,27x10-2 moli
Pertanto, la pressione finale è:
Pf = vap222 OHOCO )( P
V
RTnn (mol) )1040,51068,7( 2-2-
V
RTvap2OHP
Pf L 50,2
)(K 15,298)xK mol atm (L 206(mol)x0,08308,0(
-1-1
3,2x10-2 atm
Pf = 1,31 atm (1,33x105 Pa)
Esercizio 50
Il testo non fornisce indicazioni né sulla quantità di CO2 usata, né sul volume del reattore.
Tuttavia questi dati non sono necessari perché le pressioni parziali possono essere
ricavate dalle frazioni molari e dalla pressione totale. Indicando con n0 il numero di moli,
ancorché ignoto, di CO2 presente nel volume V del reattore prima della dissociazione.
All’equilibrio sono verificate le seguenti condizioni:
)1(0CO2 nn 0CO nn
20O2
nn ntot = + +
2COn COn2On
210
n
0,973 1005,91
1081,11
21
)1( 3-
-2
0
0
tot
CO2
n
n
n
n2COx
91
92
2COP = 0,973x1,00 atm = 0,973 atm totCO2xPx
2-3-
-2
0
0
tot
CO 1079,1 1005,91
1081,1
21
n
n
n
nCOx
PCO = xCOxPtot = 1,79x10-2x1,00 atm = 1,79·10-2 atm
)1005,91(2
1081,1
21
23-
2-
0
0
tot
O2
n
n
n
n2Ox 8,97·10-3
2OP = 8,97·10-3x1,00 atm = 8,97·10-3 atm totO2xPX
Esercizio 51
In seguito a raffreddamento l’acqua condensa quindi la differenza di pressione fra prima e
dopo il raffreddamento è dovuta all’acqua che da vapore diventa liquida.
Le moli di acqua in fase gassosa (aria + acqua) a 19°C si ottengono nel seguente modo.
K = 273,15 + 19,0 = 292,15 K P = 1 760
750atmmmHg
mmHg = 0,99 atm
n = 113
3
082,0 15 99,0
atmKatmdm
dmatmxRTPV
= 0,62
Le moli alla temperatura di 0°C sono quelle dell’aria più quelle dell’acqua che rimangono in
fase gassosa come vapor d’acqua.
P = 1 760
425atmmmHg
mmHg = 0,56 atm
n = 11 082,0
15 56,0 moleKatmL
Latmx = 0,375
Le moli di acqua condensate sono:
0,62 – 0,375 = 0,245
Esercizio 52
Domanda (a)
Per capire se il recipiente esplode è necessario calcolare la pressione a 150°C.
K = 273,15 + 20,0 = 293,15 K
K = 273,15 + 150,0 = 423,15 K
E’ possibile applicare l’equazione di stato dei gas perfetti alle condizioni 1 e 2
considerando costante il numero di moli di gas e il volume del recipiente.
92
93
2
2
1
1
TP
TP
P2 = K
atmK
TP
T 15,293
95,0 15,423
1
12 = 1,37 atm
Questa pressione è inferiore a quella di rottura è quindi possibile scaldare il recipiente a
150°C senza che avvenga una esplosione.
Domanda (b)
Anche in questo caso si può applicare la relazione sopra riportata risolta però rispetto a T2.
T2 = atm
Katm
PT
P 95,0
15,293 0,2
1
12 = 617,15 K
t°C = 617,15 – 273,15 = 344°C
Esercizio 53
Domanda (a)
Nel caso delle miscela gassose tot
A
tot
A
n
n
V
V vale a dire il rapporto in volume (percentuale in
volume diviso 100) è uguale al rapporto in moli. Quindi:
1 mole di aria secca contiene
Armoli
Omoli
Ndimoli
di 010,0
di 209,0
781,0
2
2
Calcolato i grammi dei vari componenti presenti in una mole, e quindi determinata la
massa totale, si risale alla percentuale in massa dei vari componenti:
0,781 molix28,014 g mole-1 = 21,879 g di N2
0,209 molix31,999 g mole-1 = 6,688 g di O2
0,010 molix39,948 g mole-1 = 0,399 g di Ar
Massa totale = 21,879 + 6,688 + 0,399 = 28,996 g
% in peso di N2 = 100 966,28 879,21
xgg
= 75,53 %
% in peso di O2 = 100 966,28 688,6
xgg
= 23,09 %
% in peso di Ar = 100 966,28
399,0x
gg
= 1,38 %
Domanda (b)
La pressione parziale dell’ossigeno nell’aria è data da:
2OP = atmxdmdm
PV
VPx tot
tot
OtotO 95,0
100 9,20
3
32
2 = 0,20 atm
La pressione risultante sarà:
93
94
Pfinale = 0,95 atm – 0,20 atm = 0,75 atm
Esercizio 54
Le relazioni che legano la densità di un gas con gli altri parametri che definiscono le
concentrazioni a cui è sottoposta una massa gassosa sono già state discusse
precedentemente, è possibile risolvere velocemente l’esercizio.
Per un gas le c.n. sono 1 atm e 273,15 K; con questi dati è possibile calcolare il PM del
gas.
d = RT
PxPM PM =
P
dxRT
PM = atm
KxmoleKatmdmxdmg 1
15,273 082,0 470,6 1133
= 144,9 g mole-1
Domanda (a)
K = 273,15 + 25,0 = 298,15
d = KxmoleKatmL
molegxatmmmHg
mmHg
15,298 082,0
9,144 760
916
11
11
= 6,64 g dm-3
Domanda (b)
per rispondere a questa domanda bisogna applicare due volte la relazione che lega
densità con gli altri parametri che definiscono una massa gassosa.
d = RT
PxPM d1 =
1
1
RT
xPMP
d2 = 2
2
RT
xPMP PM =
1
11
P
xRxTd
PM = 2
22
P
xRxTd
1
11
P
xRxTd=
2
22
P
xRxTd
1
11
P
xTd=
2
22
P
xTd P2 = 1
1
2
1
2 PT
Tx
d
d
K 273,15 – 50,0 = 223,15 K P2 = 11
2
1
2 PT
Tx
d
d
P2 = Kxdmg
atmKxxxdmg
15,273 470,6
0,1 15,223100 470,63
3
= 81,7 atm
Domanda (c)
Come è stato fatto precedentemente mediante l’analisi elementare è possibile risalire alla
94
95
95
formula empirica e conoscendo il PM ricavare anche la formula bruta.
Considerando 100 g di sostanza si ha:
m (S) = 21,95 g m (F) = 78,05 g
n (S) = 1 064,32
95,21moleg
g = 0,685 n (F) =
1 999,18
05,78moleg
g = 4,108
Dividendo i valori ottenuti per il più piccolo di essi (nS) in modo da ottenere i numeri di
atomi dei vari elementi combinati con un atomo di zolfo.
n (S) = 685,0
685,0 = 1 n (F) =
685,0
108,4 = 6
Formula empirica: SF6
PM (SF6) = (PAS g mole-1 + 6xPAF g mole-1) = (32,064 g mole-1 + 6x18,998 g mole-1)
PM (SF6) = 146,052 g mole-1
Questo valore coincide all’incirca con quello calcolato precedentemente e quindi la formula
empirica coincide con la formula bruta o molecolare.
formula bruta / molecolare = 146,052 g mole-1
Problema 55
La reazione di combustione è:
C(s) + O2(g) > CO2(g)
Volume di CO2 presente in 10 m3: 10,0 m3x0,05 = 0,5 m3 pari a 500 L.
PM (CO2) = 44,0 g mole-1 n (CO2) = 1
5,0
44,0
g
g mole = 0,114 moli
V (CO2) = nRT
P V (CO2) =
0,114 0,082 298
1
x x = 2,78 L
Questo volume di CO2 è prodotto nell’arco di 10 minuti.
Minuti = 1
500
2,78 10 min
L
L ut
i = 180x10 minuti = 1800 minuti
Ore = 1
1800 min
60 min
uti
uti h = 30 h
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