GIOCHI DELLA CHIMICA REGIONALI 2016 CLASSI A-B-C

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GIOCHI DELLA CHIMICA REGIONALI 2016 CLASSI A-B-C

REGIONALE CLASSE A –B

1. Una soluzione di NaOH al 2,10% (m/m) è 0,569 M. Calcolarne la densità.

A) 1,08 g/mL

B) 0,97 glmL

C) 1,21 g/ml,

D) 0,99 g/mL

soluzione

la densità si calcola da     densità= massa /volume.

quali dati ci fornisce il quesito per avere i grammi ed il volume?

il quesito ci dice che la molarità è 0,569 M cioè vi sono il 1 litro di soluzione (questo è il volume) 0,569 moli

ma le moli sono date da  Moli= grammi /Peso Molecolare perciò

nella fattispecie grammi =0,569 x    Peso molecolare         Grammi = 0,569 x 40= 22,76g

ma attenzione è al 2,10% quindi  22,76 : 2,10 = x:100     x=22,76/2,10 =1083 g   che sono contenuti in 1000 cc quindi densità =1083/1000 =1,083 g/l

2. Calcolare quanti grammi di CaCO3 (5) reagiscono con un eccesso di HCI (aq) se si sviluppano 25,00 L di CO2 (misurati a 1,010 x 105 Pa e 302,5 K.)

A) 78;72 g

B) 112,5 g

C) 88,54 g

D) 100,1 g

soluzione

la reazione da considerare è      CaCO3 + 2HCl →  CaCl2 +H2O+ CO2

Quindi per conoscere i grammi di CaCO3 bisogna conoscere i grammi di CO2: come possiamo ottenere questo dato?

CO2 è un gas  di cui conosciamo il volume ,la pressione e la temperatura per cui possiamo utilizzare l’equazione generale di stato dei gas   PV=moli RT

una volta ottenute le moli si calcolano i grammi       grammi=moli x Peso molecolare

pertanto passando ai dati numerici si ha

1,010 x 102 kPa  x 25   = moli x 8,314 x 302    da cui moli= 1,010 x 10²  x 25 / 8,314 x 302

moli =25,25×10²  /2,5 x 10³    =   100,1         grammi =100,1x 44= 444,4 g

adesso possiamo calcolare i grammi di CaCO3 dalla proporzione

se da CaCO3 si ottiene CO2 allora da una quantità X se ne otterranno 444,4 grammi

CaCO3:CO2 = X : 444,4       100: 44 = X :444,4      X= 444,4x 100 /44 = 100,1 g

3. Una miscela gassosa contiene il 55% (v/v) di Xe e il 45% di Ne. Quante moli di Xe ci sono in 10 moli di miscela?

A) 8,2 mol

B) 5,5 mol

C) 4,9 mol

D) 7,4 mol

soluzione

se in 100 g vi sono 55 g di Xe  allore in 10  ve ne saranno X    X= 10x 55 /100 = 5,5 moli 

4. Nella fermentazione alcolica del glucosio si forma etanolo e CO2 secondo la reazione (da bilanciare):C6H12O6 (aq) —+ C2H5OH (aq) + CO2(g)

Quante moli di etanolo si producono se si consumano 3 moli di glucosio?

A) 6 mol

B) 3 mol

C) 4 mol

D) 2 mol

soluzione

la reazione bilanciata è   C6H12O6 (aq) —+ 2 C2H5OH (aq) +2 CO2(g)

pertanto se da 1 mole di glucosio si ottengono 2 moli di etanolo  da 3 moli se ne ottengono x

X= 3×1 /1 = 3

5. Quale dei seguenti minerali contiene la maggior percentuale in peso di acqua?

A) MgS04.6 H2O

B) MgHP04. 3H2O

C) MgCI2.6 H2O

D) MgCl04. 6 H2O

soluzione

MgSO4.6 H2O :  6H2O = 100 😡     230,5 : 6 x 18  = 100 : X       X= 46,85 %

MgHPO4′. 3H2O :H2O = 100:x       174,3 : 3x 18 =100 😡            X= 30,98  %

MgCI2.6 H2O : 6H2O = 100 :X        203,3 :6 x18 =100 😡           X= 53,12  %

MgClO4. 6 H2O:6H2O =100 :X        221,75 :6×18 =100 😡          X= 48,7   %

il maggior contenuto in acqua di cristallizazione è quello del cloruro di magnesio 53%

6. In una soluzione acquosa contenente unicamente ioni Na+, Cl-  Ca2+, Br-, quale combinazione di concentrazioni è possibile?

A) 0,01 M Na+; 0,02 M Cl-; 0,02 M Ca2+; 0,02 M Br-

B) 0,02 M Na+; 0,02 M Cl-; 0,01 M Ca2+; 0,02 M Br-

C) 0,01 M Na+; 0,01 M Cl- ;0,01 M Ca2+; 0,01 M Br-

D) 0,02 M Na+; 0,02 M Cl -; 0,02 M Ca2+; 0,01 M Br-

soluzione

si possono formare i composti  CaCl2 NaCl NaBr CaBr2

la risposta più  probabile è la B

7. Quale sarà la percentuale di fruttosio (m/m) in una soluzione ottenuta mescolando due soluzioni di fruttosio: 50,0 g di una al 3,0% (m/m) e 121,0 g di un’altra al 19,0% (m/m)

A) 14,3%

B) 12,4%

C) 15,0% •

D) 13,7%

soluzione

si mescolano in pratica 0,03 x 50 = 1,5 g  e 121 x 0,19 =22,99 quindi in totale vi sono 24,49 g di fruttosio su un totale di 121 g + 50 g = 171 g perciò la percentuale è

171 : 24,49 = 100 : X     X = 14,3 %

8. Quanti grammi di una soluzione di KF al 30% (m/m) occorre aggiungere a 30 g di una soluzione al 10% (m/m) di KF per ottenere una soluzione aI 20%?

A) 10 g

B) 20 g

C) 30 g

D) 40 g

soluzione

se abbiamo 100 ml di soluzione al 30 % avremo effettivamente 30 grammi

se abbiamo 100 ml di una soluzione al 10 % avremo effettivamente 10 grammi

per ottenere 100 ml con 20 g dovremo mescolare 50 ml di soluzione al 30% (corrispondente a 15 g)e 50 ml di soluzione al 10%(corrispondente a 5 g) ed avremo 100 ml di soluzione contenente 20 gr cioè una soluzione al 20 %  quindi per ottenere una soluzione contenente 20 % occorre usare 15 gr di soluzione al 30% e 5 g di soluzione al 10%  il rapporto in grammi è di 3/1  pertanto occorre aggiungere a 30 g di soluzione al 30 % 10 g di soluzione al 10 %

secondo metodo

usiamo il sistema a croce

30            10

20

10            10

tot            20

da ciò si deduce che per ottenere ad es.  200 ml di soluzione al 20 % occorre usare 100 ml di soluzione a 30% e 100 ml di soluzione al 10 % cioè 30 g di della prima soluzione e 10 grammi della seconda ed otteniamo 40 g in 200 ml cioè una soluzione al 20% .pertanto a 30 g di soluzione al 30% vanno aggiunti 10 grammi di  soluzione al 10%

9. Un serbatoio chiuso contiene una miscela di CO(gas) e H2O(gas) al 45,0% (m/m) di CO (gas) Calcolare la composizione percentuale (v/v) della miscela.

A) 42,5% di CO (g) e 57,5% di H2O (g)

B) 37,1% di CO ùù e 62,9% di H2O (g)

C) 29,8% di CO (Rl e 70,2% di H2O(g)

D) 34,5 % di CO (8) e 65,5 % di H2O (g)

soluzione

su 100 grammi vi sono 45 grammi di CO2 che corrispondono a  45 /28 =1,607 moli di CO2

ricordando che 1 mole occupa a c.n. un volume di 22,4 litri allora

1: 22,414 = 1,607 : X   X= 36,02 litri

per l’H2O si ha 55/18= 3,05    1: 22,4 = 3,05:x   x= 68,36

il volume totale di gas è 68,36+ 36,02 =104,38

pertanto la % di CO è data da 104,38 : 68,36 :100 : X    X = 65,5 %

ovviamente per l’acqua si ha 104,38: 36,02 = 100 : X    X= 34,5%

risposta corretta D

10 – Quanti grammi di manganese si possono ottenere da un miscuglio costituito da 22,3 g di MnS04 .4H2O e 48,2 g di MnSO4 . 5 H2O ?

A) 16,5 g

B) 12,4 g

C) 18,9g

D) 22,5 g

soluzione

MnSO4 .4H2O : Mn = 22,3 : X        X = 22,3 x 54,9 /223         X= 5,49 g

MnSO4 . 5 H2O : Mn = 48,2:X       X = 48,2 x 54,9 / 241        X = 10,98 g

in totale quindi si ottengono 16,47 g

11. Calcolare quanti grammi di NaOH (s) è necessario aggiungere a 120 g di una soluzione acquosa al 15,0% (m/m) di NaOH per ottenere una soluzione al 30,0%.

A) 22,4 g

B) 12,7 g

C) 25,7 g

D) 19,5g

soluzione

sappiamo che    %m/m =   grammi soluto/ gammi solvente + grammi soluto

In 100 g di soluzione al 15% vi sono 15 di soluto e 85 di solvente. Nella formula sopra scritta, la quantità di solvente è quella contenuta in 120  g  di soluzione quindi 100:85 =120:x

quantità di solvente = 85 x 120/100 = 102 g

a questo punto è possibile calcolare la quantità di soluto al 30% contenuta in 102 g di solvente.

30% = X/ 120 + X    da cui 30 = 100 X /102 +X       100 X = (102+X) x 30  100 X = 30 X +(30x 102)

(100-30)X = 3060   da cui     X = 3060 /70  X = 43,7

Siccome in 120 g di soluzione vi erano già 18 g di soluto, la quantità da aggiungere è  43,7 -18 =25,7 g

12. Una soluzione di HClO ha pH = 4,6. Calcolare la concentrazione molare dell’acido.(Ka=2,95 x 10-8)

A) 0,053 M

B) 0,038 M

C) 0,025 M

D) 0,021 M

soluzione      HClO  H+ + ClO-      Ka= [H+][ClO-] / Ca     Ca=  [H+]² /Ka

[H+] = 10-4,6 = 2,5 x 10-5  

quindi   Ca=  (2,5 x 10-5 )/  2,95 x 10-8  =( 6,3 /2,95) x 10-2  = 0,02 M

13. La reazione di equilibrio in fase gassosa

H2+S → H2S   ha   Kc = 62,00.

Se all’equilibrio le concentrazioni di S e H2S sono uguali, quale sarà la concentrazione di H2?

A) 0,0998 M

B) 0,105 M

C) 0,0554 M

D) 0,0161 M

Kc = 62 = [H2S] / [H2] [S]          essendo S ed H2S uguali  si ha    62 = 1/ [H2]

[H2] = 1 /62 =0,0161 M

14. Quanti mL di acqua bisogna aggiungere a 45,0 mL di una soluzione di Kl di densità 1,73  g/mL per ottenere una soluzione a densità 1,25 g/mL, se i volumi sono additivi e la densità dell’acqua è 1,00 g/mL?

A) 25,1 rnL

B) 18,1 mL

C) 283 mL

D) 21,6 mL

soluzione

la differenza in grammi tra la soluzione iniziale e quella finale è 1,73 -1,250 = 0,48 g ml che indica che 1 ml di acqua diluisce la soluzione iniziale di 0,48 g perciò  la diluizione è  0,48 x 45 = 21,6 ml di acqua da aggiungere

15. 170 g di un calcare di formula CaCO3 . n H20 (s) reagiscono con 2,50 moli di HCI (g). Determinare n  nella formula del calcare.

A) 3

B) 6

C) 2

D) l

soluzione

la reazione d è   CaCO3.nH2O + 2 HCl→ CaCl2 + H2CO3

1 mole di CaCO3 .nH2O ( pari a grammi 100 +nX)  reagisce con 2 moli si HCl pari a grami 2×36,5  come

170 reagiscono con 2,5moli x 36,5 PM  = 91.25 grammi

pertanto    100+nx : 2×36,5 = 170 : 91,25

( 100+ nx )/73 = 170 / 91,25   100+ nX = 170 x 73/91,25   100+ nX = 136

nX = 136 – 100 = 36  essendo X il PM H2O (18 g)

n = 36 /18  =2 

16. Alla temperatura di 367 K ed alla pressione di 85,0 x 105  Pa si stabilisce l’equilibrio in fase gassosa:

N2O4   2 NO2

La miscela gassosa all’interno del recipiente è formata dal 65% (v/v) di N204 e 35% di N02• Calcolare la Kp della reazione.

A) 6,05 x  105Pa

B) 38,1 x105  Pa

C) 16,0 x 105 Pa

D) 74,2 x 105 Pa

soluzione

sappiamo che  su 100 moli di N2O4  2 x 35 (70) si sono dissociate in 2 di NO2 e sono rimaste 65 moli di di N2O4.in totale vi sono perciò 65 + 70 = 135 moli.

Kp= [( 0,35)²/ 0,65  ] x 85x 105 = 16,0  x 105

17. Se due moli di argon e una mole dì azoto molecolare, entrambi allo stato gassoso, sono nelle stesse condizioni di temperatura e pressione, devono avere:

A) lo stesso numero di atomi

B) lo stesso volume

C) lo stesso numero di molecole

D) lo stesso punto di liquefazione

soluzione

una quantità in grammi pari al peso atomico di un qualunque elemento contiene un numero di atomi pari al Numero di avogadro  . Una molecola di azoto è costituita da  2 atomi quindi ha 2N atomi, 2 moli di aro sono pari a 2 volte il suo peso atomico perciò anch’esso possiede 2 N atomi. Discorso diverso sarebbe se ci riferissimo al numero di molecole.

18. Indicare l’acido più forte tra i seguenti:

A) HCI

B) HF

C) HBr

D) Hl

soluzione

gli alogeni F,Cl,Br,I appatrtengono al gruppo VII del sistema periodico, e scendendo lungo il gruppo, con l’aumentare del numero atomico,  l’elettronegatività decresce per cui il legame tra idrogeno ed alogeno diviene mano forte . Ne consegue che la molecola più acida è quella di HI in cui I ha la più bassa elettronegatività.

19. Quanti valori può assumere il numero quantico m, per un orbitale f?

A) 7

B) 6

C) 5

D) 9

soluzione

sappiamo che i valori che il numero quantico m  può assumere sono compresi tra +l e – l compreso lo zero.

per n= 1   si hanno i valori    +1  0  -1  (corrispondono ai 3 orbitali p)

per n= 2  si hanno i valori   +2, +1   0 -1  -2   (corspondono ai 5 orbitali d)

per n =3  si hanno i valori   +3  +2  +1  0 -1  -2  -3   ( corrispondono ai 7 orbitali f  )

20. Quale sostanza, tra le seguenti, è insolubile in CCI4?

A) C6H6

B)  I2

C) HCl

D) S8

soluzione

ricordiame il proverbio latino “similes similia dissolvunt”  nel senso che una sostanza polare viene sciolta in un solvente polare es HCl ed acqua. Qui essendo CCl4 apolare l’ HCl non si scioglie, al contrario degli elementi iodio e zolfo e della molecola di benzene

21. Una soluzione tampone è una soluzione:

A) formata da una base forte e dal suo acido coniugato

B) in grado di mantenere costante il suo pH indipendentemente dalla quantità di acido o base che vi si aggiunge

C) formata da un acido forte e dalla sua base coniugata

D) in grado di mantenere costante il suo pH in seguito ad aggiunte moderate di acido o di base

soluzione

una soluzioe tampone è una soluzione formata da un acido debole e dalla sua base coniugata ed è in grado di mantenere costante il PH anche dopo aggiunta di una quantità sia di acido che di base purché moderata.

22. Quale di queste molecole, pur contenendo legami covalenti polari, è una molecola apolare?

A) O2

B) CO2

C) HP

D) H2S

soluzione

tra queste molecole è la CO2 che ha momento dipolare nullo in quanto i due vettori momento dipolare che si dipartono all’ossigeno e si dirigono verso l’ossigeno hanno intensità uguale (μ = q x d    cioè carica per distanza) ma sono diretti in senso opposto e quindi si annullano perché l’anidride carbonica ha una geometria planare.

23. Un’anidride del cloro contiene il 47% (mlm) di Cl, indicare la sua formula minima,

A) Cl2O

B) HCIO3

C) Cl2O5

D) Cl2O7

soluzione

Cl2O :2 Cl = 100: x           87:71 = 100:x            X = 81,6%

HClO3 : Cl  ?100 😡           84,5:35,5  =100 😡   X= 42,3 %

Cl2O5 : 2Cl = 100: x          151:71 =100: x         X = 47%

Cl2O7: 2Cl 100:X               176:71 = 100 : x       X= 40%

la formula esatta è Cl2O5

24. Quando si decompongono 300 g di CaC03 (s). secondo la reazione

CaC03 (s) → CaO (s)+ CO2 (g)

il gas che si libera, a 30°C, esercita una pressione di 202,6 kPa. Calcolare il volume occupato dal gas.

A) 37,0 L

B) 0,037 L

C) 3,70′ 102 L

D) 3,70 L

soluzione

da CaCO3 : CO2 = 300 : x   100 : 44 = 300 : X        x = 132 g

essendo      PV = nRT dove P = 202,6 kPa  n=132/44= 3          202,6 x 10 5 x V =   3 x 8,314 x 303

V= 7557,4/ 202,6    = 37,0 litri

25. Quale di queste specie non è in grado di ossidare lo ione Fe2+(aq) in condizioni standard?

A) Au3+

B) O2

C) MnOt

D) I2

soluzione

se confrontiamo i potenziali standard  notiamo che

Au+(aq)+ e−    → Au(s)                                             E°= 1,68      V
O2+ 4H+ +4e  → 2H2O                                            E°= 1,229    V
MnO4- +8H+ +5e → Mn+2 + 4H2O                     E°= 1,51       V
I2 +2 e → 2 I-                                                              E°= 0,535   V
Fe+3 +e → Fe+2                                                         E°= 0,771    V
 
poiché sappiamo che gli elementi o composti che possiedono un potenziale di riduzione più alto (più positivo) agiscono da ossidanti nei confronti di quelli con valore di E° più basso si deduce che il potenziale di I2 (0,535 V) non è in grado di  ossidare il ferro perché questo ha un E° = 0,771 V che è superiore a 0,535 V.

26. Indicare il massimo numero di ossidazione del bromo nei suoi composti.

A) +1

B) -1

C) +5

D) +7

soluzione

gli elementi del gruppo VII  possono avere n.o -1,  0, +1,+3,+5,+7 quindi il massimo n.o. possibile è 7 (es. NaClO4)

27. Quale di queste sostanze è una base debole?

A) NaOH

B) NaCI

C) NH4CI

D) NH3

soluzione

NaOH è una base forte, NaCl un sale formato da acido forte e base forte, NH4Cl è un sale formato da acido forte e base debole

NH3 è una base debole infatti in H2O forma NH4OH che si dissocia in NH4+ + OH-

NH4OH  NH4+ + OH-   con un Kb = 1,8 x 10-5

 

28 Quale di questi metalli può essere “sciolto” in HNO3(aq} ma non in HCl (aq)?

  1. Na
  2. Zn
  3. Al
  4. Cu

soluzione

ancora una volta bisogna valutare i potenziali di riduzione standard

H2 +2 e → 2H+                                    E°=0,00 per convenzione

NO3- +4H+ +3e → NO +2H2O        E°= +0,96 V

Na+ +e →   Na            E°= -2,714 V

Zn+2 +2e → Zn           E°= -0,763 V

Al+3 + 3 e → Al           E°=-1,66 V

Cu+2 +2e→ Cu            E°= + 0,337  V

sappiamo che l’elemento o gruppo atomico con E° più grande si comporta da ossidante nei confronti di elementi o gruppi con E° più basso. Dai dati vediamo che l’idrogeno che ha E° = 0,00 V si comporta da ossidante nei confronti di Na,Zn,Al che hanno un E° più basso, ma non nei confronti di Cu+2 perché questo ha un E° di +0,337 V che è maggiore di 0,00 V quindi non lo può ossidare.

l’ HNO3 invece ha un potenziale E°= + 0,96 V  che è maggiore di  tutti i potenziali di ciascun elemento dato sopra ,e pertanto è in grado di ossidare tutti gli elementi in esame.

29 L’idrossido di sodio sciolto in 25 mL di una ~one acquosa è completamente neutralizzato da 10 ml  di HCI (aq) 0,10 M. Calcolare la concentrazione ~ soluzione di NaOH.

  1. 0,25M
  2. 0,04M
  3. 0,08M
  4. 0,02M

soluzione

in una reazione di neutralizzazione Vx N= Vx N       in questo caso Volume x Molarità = volume x Molarità  pertanto 10x 0,1 =25 x X X= 1/25 =0,04 M

30 Da quali parametri dipende la K di equilibrio di una reazione chimica?

  1. concentrazione di reagenti e prodotti
  2. pressione di reagenti e prodotti
  3. temperatura, pressione, concentrazione di reagenti e prodotti
  4. solo dalla temperatura

soluzione

la costante di equilibrio dipende dalla temperatura infatti

Kc =  A ·e-ΔE/R·T          

dove ΔE = variazione di energia della reazione

Kp = A e-ΔH/R·T   dove ΔH è la variazione di entalpia della reazione .

Queste espressioni presuppongono che ΔE e ΔH rimangano costanti al variare della temperatura, il che sappiamo non essere esatto. Le variazioni sono comunque di regola piuttosto modeste e in prima approssimazione possono essere trascurate o, ancor meglio, si può utilizzare il valore medio nel campo di temperatura considerato.Dalle equazioni di di cui sopra risulta che quando ΔE ha un valore positivo (reazione diretta endotermica) Kc aumenta all’aumentare della temperatura. L’opposto avviene quando ΔE ha un valore negativo (reazione diretta esotermica). Analogamente accade per le variazioni di Kp in funzione di ΔH.

31 Indicare l’affermazione ERRA T A:

  1. se un elettrone salta da un livello a un altro con energia più bassa emette radiazione
  2.  tenendo conto della sola forza elettromagnetica, l’elettrone dissiperebbe la propria energia cadendo sul nucleo
  3. secondo il modello atomico di Bohr gli elettroni si trovano in orbitali di energia ben definita
  4. il modello atomico di Bohr non è definitivo.

soluzione

secondo Bhor gli elettroni si muovono in orbitali di energia definita nel senso che è possibile valutare sia la quantità di moto che la posizione il che è impossibile da valutare con certezza. In ogni caso si commette un errore valutato da Δx Δp=≈ h

32 Indicare l’affermazione ERRA T A riguardo la velocità delle reazioni chimiche.

  1. la velocità di una reazione chimica dipende dalla temperatura
  2. se la velocità di ima reazione chimica è uguale a la della reazione inversa, la reazione è all’equilibrio
  3. la velocità di una reazione chimica dipende da costante e dalle concentrazioni di uno o più reagenti
  4. la velocità di una reazione chimica è uguale a una costante moltiplicata per la concentrazione di uno o più reagenti elevata al proprio coefficiente stechiometrico

la velocità di una reazione è definita come la variazione della concentrazione di una specie chimica Δ[A] in un intervallo di  tempo Δt durante il quale  la variazione si osserva.

Per una reazione del tipo  A+B→C  la velocità può essere espressa in termini di variazione di concentrazione sia dei reagenti ( che diminuiscono nel tempo e quindi si ha segno negativo) sia di quella dei prodotti ( che aumentano col tempo e quindi col segno positivo):
velocità =−Δ[A]Δt se si segue la variazione di A
velocità =−Δ[B]Δt se si segue la variazione di B
velocità =Δ[C]Δt se seguiamo la variazione di C

dove  Δ[A]=[A]2–[A]1           Δ[B]=[B]2–[B]1       Δ[C]=[C]2–[C]1 . L”inizio della reazione si ha al tempo t = 0  e la velocità è quella iniziale.

In un intervallo di tempo sempre più piccolo le differenze di A B C  saranno sempre più piccole per cui al simbolo della differenza Δ si può sostituire quello della differenza piccola cioè δ. Pertanto al limite la velocità sarà la velocità istantanea cioè

Velocità = lim δ[A] /δt al tendere di t a 0 che si scrive Velocità = limt→0 δ[A] /δt  che non è altro che la derivata di A rispetto al tempo.

Inoltre, per la reazione    nA+ m B → c C  la velocità è data da  V = k[A]x [B]b

il grafico mostra come varia A col tempo(linea rossa) e C col tempo (linea blu).

In funzione di quanto abbiamo descritto ne consegue che la risposta esatta al quesito è la n.4

A33-   Mescolando 20,0 mL di una soluzione acquosa 0,02 M di H3P04 con 24,5 mL di NH3 (g) a 25°C e

101,3 kPa si formano 40,0 mg di (NH4)3PO4. Calcolare la resa della reazione.

  1. 80,5% (m/m)
  2. 7,1% (m/m)
  3. 5,3% (m/m)
  4. 4,0% (m/m)

soluzione

PV=nRT da cui calcoliamo il numero di moli di NH3          n= PV/RT    n= 101,3 x 0,0245 / 8,134 x 298 = 1,0 moli NH3

quindi se in 149 :3×17 = 40 😡   X= 51×40 /149=13,69 gr di NH3

se da 1,0 mole di NH3 cioè 17 g si ottengono  13,69 g di NH3 da 100 se ne ottengono x

X= 80,53

34. Il prodotto ionico dell’acqua vale:

A) 10-14 a 25°C

B) 10-7 a 25°C

C) 10-14 a tutte le temperature

D) 10-7 a tutte le temperature

a 25 ° [H+] [OH-] = 10-14= Kw e questo valore dipende dalla temperatura secondo l’ equazione Kc = A ·e-ΔE/R·T

• 35. La pressione osmotica del sangue a 37°C è 775,2 kPa. Qual è la concentrazione, espressa in g/L, di. una soluzione di glucosio (C6H1206) isotonica con il

sangue a quella temperatura?

A) 27,1 g/L

B) 65,3 g/L

C) 45,7 gIL

D) 54,2 gIL

soluzione

si definisce osmosi il flusso di un solvente attraverso una membrana che è  permeabile solo al solvente e che è a contatto sul lato opposto assolvente con una soluzione concentrata.

La pressione osmotica è la pressione che la soluzione concentrata esercita sulla membrana per opporsi al flusso del solvente e che ferma l’osmosi

La pressione osmotica è definita proprietà colligativa di una soluzione perché dipende esclusivamente dalla concentrazione e non dalla natura delle sostanze chimiche disciolte nel solvente.

La legge che regola l’osmosi è espressa dalla formula     Π = i MRT dove

Π  è la pressione osmotica espressa generalmente in kPa oppure in atmosfere
i = fattore di  van ‘t Hoff  che dipende dalla dissociazione o meno del soluto es per NaCl il fattore è 2 perché si dissocia in 2 ioni Na+ e Cl-, il glucosio invece che non si dissocia ha un fattore 1 mentre CaCl2 ha un fattore 3 ecc.
M = concentrazione Molare  in mol/L
R = constante universale dei gas
T = temperatura assoluta in K

isotonica significa che una soluzione ha uguale  pressione osmotica di un’altra , quindi la soluzione di glucosio, nel quesito, ha la stessa pressione osmotica del sangue che è 775,2kP 775,2 x 10Pa

in questo caso i =1 T =273+37 = 310 K   possiamo calcolare  M cioè la concentrazione in moli/l

775,2 x 10³ = 1 x M x 8,314 x 310 da cui    M =775,2 /2577,3 =  3 x 10-1 moli/l  = 0,3 x 180 = 54,14 g/l

 

36. In una mole di magnetite di formula Fe304:

A) tutto il Fe è presente con numero di ossidazione (n.o.) +2

B) tutto il Fe è presente con n.o, +3

C) ci sono due moli di Fe con n.o. +2 e una mole di Fe con n.o. +3

D) ci sono due moli di Fe con n.o. +3 e una mole di Fe con n.o. +2

soluzione

la struttura cristallina della magnetite è insieme ottaedrica  e tetraedrica

i cerchietti bianchi con il punto sono i siti ottaedrici mentre i siti neri sono i siti tetraedri i siti grigi sono gli atomi di ossigeno.

sopra i 120°K i siti tetraedri sono occupati da Fe+3 ed i siti ottaedri sono occupati da ambedue Fe+3 ed Fe+2 ed i siti B bianchi sono doppiamente occupati rispetto ai siti neri e gli elettroni saltano fra gli ioni e questo movimento è responsabile della forte conducibilità magnetica.Per rispondere al quesito semplifichiamo la struttura nel modo seguente:

da questa è più facile vedere che due atomi di ferro sono legati a 3 atomi di ossigeno che ha elettronegatività maggiore del ferro pertanto ognuno dei 2 atomi di Fe  ha n.o, +3 mentre uno degli atomi di Fe è legato a 2 soli atomi di ossigeno per cui il n. o. è 2.

La risposta al quesito è la D

37. Un recipiente rigido contiene n moli di un gas a comportamento ideale. Mediante una valvola, vengono inserite altre m moli dello stesso gas. Volendo mantenere costante la pressione all’interno del recipiente, la temperatura dovrà:

A) rimanere costante

B) aumentare

C) diminuire

D) non si può rispondere per mancanza di informazioni aggiuntive

soluzione

sappiamo che l’equazione generale di stato dei gas è   P1V1 =n RT1   da cui P1V1/nR= T1

se l’unica variabile è il numero di moli che aumenta da n ad n+m è evidente che se P rimane costante ed il recipiente è rigido quindi anche V rimane costante allora si ha   P2V2/n+m =T2 ma essendo P1V1=P2V2 ne consegue che T2 deve diminuire poichè P2V2/R (n+m )è più piccolo di P1V1/R n

la risposta corretta è la C

38. Se si forniscono 452,0 J di energia sotto forma di calore a 2,00 mol di acqua, la temperatura dell’acqua diventa 40,0 “C. Qual era la temperatura iniziale dell’acqua? Trascurare il contributo di dispersioni e la capacità termica del contenitore. La capacità termica specifica dell’acqua è 4,184 J K-1 g-I

A) 37,0°C

B) 40,0°C

C) 27,0 -c

D) 43,0°C

soluzione

il rapporto tra quantità di calore assorbito e corrispondente aumento di temperatura è definito capacità termica.

Q = mcΔT= grammi x calore specifico (T2-T1)

dove q è la quantità di calore fornito m è la massa del corpo in grammi, c è il calore specifico( cioè la quantità di calore necessaria per aumentare di 1 grado la temperatura del corpo).  qui m= 2moli x 18 PM= 36 g    c= 4,184  T2 = 40

pertanto    452 = 36 x 4,184 (40-T1)  da cui   452/ 150,62 = 3= 40-T1   cioè T1 = 40-3 = 37°

39. Quale geometria (posizione media relativa degli atomi) hanno le molecole di biossido di zolfo e di biossido di carbonio?

A) entrambe angolari

B) entram be lineari

C) angolare e lineare, rispettivamente

D) lineare ed angolare, rispettivamente

soluzione

in questa struttura sia lo zolfo che l’ossigeno sono ibridi Sp2 con angolo di 121°.un doppietto elettronico occupa un orbitale ibrido dello Zolfo il che spiega le reazioni di addizione in particolare di un ossigeno per formare SO3.

nel biossido di C sia l’ossigeno che il Carbonio sono ibridi SP e la molecola è lineare e simmetrica analoga ad N2O.

La risposta corretta al quesito è la C

40. Osservando le strutture dei seguenti composti organici, indicare quale di essi ha la temperatura di ebollizione più alta.

1 CH3-CH2-CH2-CH3         2 CH3 -CO-CH3

3 CH3-CH2-CH2-OH     4 CH3’CH2O-CH3

A) l

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

tra queste molecole solamente l’ 1-propanolo cioè la molecola n.3 ha la possibilità di formare legami idrogeno tra le molecole attraverso il gruppo OH, il che comporta un’ associazione tra molecole che necessita di una temperatura maggiore perché avvenga l’ebollizione. Si deduce che la risposta corretta è la C

Quì  continuano i quesiti della classe A

41. Un gas occupa un volume di 1,5 L alla temperatura di 300 K. A quale temperatura occuperà un volume dì 0,42 L alla stessa pressione?

A) 205 K

B) 58K

C) 121 K

D) 84 K

sappiamo che per uno stesso gas a pressione costante si ha   V1/T1 = V2 /T2

pertanto T2=  V2/ (V1/T1)/    T2 = 0,42 /( 1,5/300) = 84K

42. Calcolare la costante di equilibrio K, della reazione:

A (aq) + 2 B (aq) -> AB2 (aq)

sapendo che, all’equilibrio, in 2,0 L di soluzione sono presenti 0,2 moli di A, 0,4 moli di B e 0,08 moli di AB2

A) 25,3

B) 10,0

C) 8,10

D) 31,8

soluzione

Keq =[AB2] /[A] [B]²

[A]= 0,1 moli/l

[B] = 0,2 moli/l

[AB2] = 0,04 moli/l  pertanto

Keq= 0,04 / 0,1 x 0,04 = 0,04 / 0,004 =10

43. 0,15 moli del sale K2S04 . Ab(S04)3 . 24 H20 vengono sciolti in 0,2 L di soluzione. Calcolare la concentrazione molare degli ioni solfato nella soluzione.

A) 5,OM

B) l,O M

C) 3,0 M

D) 1,5 M

soluzione

0,15 moli corrispondono a 0,15 x 948,8 =142 grammi

K2SO4 . Al2(SO4)3 . 24 H2O : 4 SO4 = 142 : X   X = 57,6 g questa quantità è sciolta in 0,2 litri cioè 200 ml  quindi per calcolare le moli dello ione SO4-2 in 1 litro

200ml :57,6g = 1000: x  x= 288 g in 1 litro cioè 288/ 96  moli in 1 litro = 3 M

44. Quale delle seguenti sostanze è un gas nobile?

A) Na

B) Xe

C) F

D) Ni

il gas nobile è lo Xeno Xe

45. Un idruro è:

A) un composto temario formato da ossigeno, idrogeno e un non metallo

B) un composto binario formato dall’idrogeno e un altro elemento

C) un composto binario formato dall’idrogeno e un non metallo

D) un composto temario formato da ossigeno,

soluzione

un idruro è un composto formato da idrogeno negativo e un altro elemento  ad es NaH o  NaBH4 quindi la risposta corretta è la B

46. Quale delle seguenti leggi è violata dalla configurazione elettronica qui riportata?

ls2 2s2 2p7 3s1

A) la prima regola di Hund

B) il principio di Aufbau

C) il principio di esclusione di Pauli

D) la terza regola di Hund

soluzione

il principio di esclusione di Pauli dice che in un orbitale non vi possono essere più di 2 elettroni e quì vi sono 7 elettroni nei 3 orbitali P che ne possono contenere solamente 6, se ne deduce che è violato il principio di esclusione di Pauli.

47. In una reazione di ossidoriduzione, il riducente è la specie che:

-A) si ossida acquistando elettroni

B) si ossida cedendo elettroni

C) si riduce cedendo elettroni

D) si riduce acquistando elettroni

soluzione un riducente si deve ossidare cioè deve perdere elettroni che vengono acquistati dall’ossidante che così si riduce.

es. nell’ ossidazione del Fe+2 col permanganato si ha

MnO4- in cui Mn+7  si riduce (acquistando elettroni)  ad Mn+2 essendo un ossidante

Fe+2 si ossida ad Fe+3  (cedendo elettroni ) ed agisce così da riducente nei confronti del  MnO4-

la risposta corretta è B

48. Dalla combinazione di un ossido acido e un ossido metallico si ottiene:

A) un acido binario

B) un acido ternario •

C) un’anidride

D) un sale

soluzione

49. Indicare la sequenza nella quale le sostanze hanno acidità crescente.

A) H2O, NH3 CaH2, HCI, HF

B) CaH2, NH3, H2O, HCl, HF

C) CaH2, NH3, H2O, HF, HCl

D) CaH2, H2O, NH3, HF, HCl

soluzione

Molti idruri  reagiscono velocemente  con l’acqua o addirittura  con l’ umidità contenute dell’aria per decomporsi in idrossido e quindi idrogeno gassoso:

CaH2 + 2H2O → Ca(OH)2 + H2

NH3 è una sostanza basica che acquista idrogeno per formare NH4+

H2O è neutra  infatti si dissocia in H3O+ ed OH- le cui concentrazioni sono 10-7 M

HF è un acido sufficientemente forte, il suo Ka = 6,6 × 10–4 a 298K

HCl è un acido forte completamente dissociato

pertanto la sequenza descritta è in ordine di acidità crescente.

La risposta corretta è la C

50.   1,00 g di acido citrico (PM = 192,13 g/mol) è completamente neutralizzato da 20,00 mL di una soluzione 0,780 M di NaOH. Quanti gruppi acidi possiede l’acido citrico?

A) l

B) 3

C) 2

D) 4

soluzione

quantità in mmoli di NaOH usati    20 x 0,780 = 15,6 mmoli

quantitò in moli di acido citrico  1 / 192,13= 5,2

quantità di H neutralizzati  = 15,6 / 5,2  =3

soluzione corretta B

51. Quale di questi elementi ha l’energia di prima ionizzazione più elevata?

A) Cs

B) Na

C) Ca

D) Ba

soluzione

Viene definita energia di ionizzazione di un atomo la quantità  minima di energia richiesta per strappargli  un elettrone e portarlo ad una distanza infinita, a O°K  e in condizioni di energia cinetica nulla.

X(g) → X+(g) + e   I1

dove I1 è l’ energia di ionizzazione ed il numero 1 si riferisce all’allontanamento del primo elettrone (energia di prima ionizzazione). L’energia di prima ionizzazione è una una proprietà periodica in quanto lungo un periodo da sinistra a destra I1 aumenta , mentre se si scende in un gruppo diminuisce.

in figura sono mostrate le I1 per i vari gruppi periodici e si può osservare che I1 aumenta nel periodo e diminuisce nei gruppi. i primi due picchi si riferiscono al primo periodo. Il secondo gruppo di picchi indica i valori di I1 dal litio al neon(aumenta) ecc.

Il sodio ed il cesio si trovano nel primo gruppo al terzo periodo il primo ed al sesto periodo  il cesio che quindi ha un’energia di prima ionizzazione inferiore rispetto al sodio. Il Calcio ed ed il bario si trovano al secondo gruppo ed il calcio si trova al terzo periodo mentre il Ba si trova al quinto periodo, pertanto l’energia di prima ionizzazione più alto è quella del Calcio.

La risposta corretta è C

52. In un minerale di cuprìte (Cu2O) contenente impurezze non rameiche, c’è una percentuale di Cu pari al 66,6% (m/m). Calcolare la percentuale di Cu2O nel minerale.

A) 66,6%

B) 70,2%

C) 75,0%

D) 52,3%

soluzione

per calcolare la% di Cu2O bisogna conoscere la quantità di materiale iniziale

100: 66 = x: 2cu     100 x 127=/66 = 192.4 g

quindi se 192 : Cu2O = 100:x    x= 144 x 100 / 192 =75

X= 75%

53. L’enzima perossidasi contiene una percentuale di selenio, Se, pari allo 0,29% (m/m). Calcolare la massa molecolare dell’enzima se in ogni molecola di enzima c’è l atomo dì selenio.

A) 27000 li

B) 2700 li

C) 54000 u

D) 35000 u

soluzione

Menzima   : Se = 100 :0,29

M = 78,9x 100 /0,29 = 27200 u

54. Calcolare la massa di CO necessaria per far reagire 1,00 kg di Ni attraverso la reazione -.

Ni (s) + 4 CO (g) → Ni(CO)4(g)

A) 2,52 kg

B) 1,91 kg

C) 1,77 kg

D) 2,23 kg

se per 1 atomo di Ni occorrono 4x 28 g di CO per 1000 g ne occorrono X

58,7 : 112 = 1000 :X   X=112×1000/58,7 = 1908 g = 1,91 Kg

55. Quali di questi ioni ha volume maggiore?

A) Cl-

B) Ca2+

C) S-2

D) K+

soluzione

questa tavola mostra il valore del raggio atomico. Spostandosi da sinistra verso destra lungo un periodo, aumentano i protoni del nucleo e gli elettroni allo strato esterno dell’atomo. I protoni in più determinano un aumento della carica nucleare, ma i corrispondenti elettroni addizionali non operano un effetto di schermatura efficace come quello che effettuano dagli elettroni degli strati più interni  e quindi  piu’ vicini al nucleo.Ne consegue che  la carica nucleare efficace aumenta, provocando una contrazione delle dimensioni atomiche. Scendendo lungo un gruppo, la configurazione elettronica rimane la stessa, a parte un incremento del numero quantico principale n: un incremento di n comporta una maggiore distanza media degli elettroni dal nucleo. Tale maggiore distanza elettroni-nucleo non viene compensata dall’aumento della carica nucleare e il risultato e’ una generale espansione del volume atomico.

Nel caso nostro il cloro, avendo una carica negativa in più viene aumenta il proprio volume, a differenza del calcio che invece si contrae a causa delle due cariche protoniche in più rispetto agli elettroni. Seguendo lo stesso ragionamento il K+ ha una contrazione inferiore a quella del Ca++, ma lo zolfo con 2 elettroni in più  fa aumentare la distanza elettroni nucleo e quindi aumenta il volume  rispetto a tutti gli altri ioni e pertanto ha un volume maggiore.

56. Quanti mL di una soluzione acquosa di HCl al 37,0% (m/m) (d = 1,19 g/mL) si devono utilizzare per preparare 500 mL di una soluzione 0,50 M?

A) 20,8 mL

B) 12,0 mL

C) 2,1 mL

D) 30,5 mL

soluzione

500 ml di una soluzione 0,5 M che devo preparare devono contenere  0,5 x 500 =250 millimoli  cioè 259x 36 =9,12 g

ho a disposizione HCl di densità 1,19g/ml e questo significa che se prelevo 1 ml prelevo 1,19 g. Tuttavia essendo l’acido al 37% significa che se prelevo 1 ml non preleverò 1,19 g come mi indica la densità, bene’ il 37% di 1.19g cioè 1,19x 0,37 = 0,44 g. quindi con 1 ml prelevo 0,44 pertanto quanti ne devo prendere per preparare la soluzione contenente 9,12 grammi?

la risposta è fornita dalla proporzione   1:0,44 = X :9,12    da cui X = 20,8 ml

57.    20 mL di HCl (aq) 1,0 M sono diluiti con acqua distillata fmo a ottenere  L di soluzione. Calcolare il pH della soluzione.

A) 2,1

B) 1,5

C) 1,7

D) 3,0

soluzione

sapendo che volume x concentrazione = volume per concentrazione

20 x 1 = 1000 x M M= 20/1000  cioè l’acido  ha una concentrazione 0,02 M

il PH = -log 2x 10-2 = 2- log 2 = 2-0,30 = 1,7

58. Una reazione chimica è spontanea se ha:

A) ΔH> O

B) ΔS < O

C) ΔG < O

D) ΔU> O

soluzione

L’energia libera ci indica la direzione di una reazione.infatti

la variazione di energia libera per una generica reazione A+B →C+D

è data dalla differenza tra la somma dell’energia libera dei prodotti di reazione e la somma di energia libera dei reagenti cioè    ΔG = ∑ Gprodott – ∑ Greagenti

ΔG=0  indica che la reazione è in equilibrio

ΔG>0 significa che la reazione favorita va dai prodotti ai reagenti

ΔG<0  significa che la formazione dei prodotti è favorita

quindi una reazione è spontanea quando ΔG <0

59. Qual è la pressione in un recipiente del volume di 100 dm³ contenente 1,23 kg di etano a 25°C?

A) 1 atm

B) 1x 106 Pa

C) 1×106 atm

D) 1×107 Pa

soluzione

100 dm³ corrispondono a 100 litri 1,23 Kg sono 1230 g  il PM=30

pertanto  sapendo che PV=nRT si ha    P = n RT/V     P=(1230/30) x 8,314 x 298 / 100 =1 x 106 Pa

quindi    P =

60. Il calore è una …

A) funzione di stato

B) misura della temperatura

C) forma di trasferimento di energia

D) misura dell’energia di un sistema

soluzione

Sappiamo che il primo principio della termodinamica è E = Q +Lavoro. In questa espressione né Q né L sono funzioni termodinamiche  Una funzione termodinamica è, infatti,  una funzione che non  dipende dal cammino utilizzato per portarsi da uno stato iniziale a quello finale.  La  somma Q+L che corrisponde ad E cioè l’energia  dipende esclusivamente dallo stato iniziale e quello finale e quindi è l’energia una funzione termodinamica non Q. La quantità di calore è la misura del trasferimento di energia in quanto il calore si trasferisce sempre da un corpo più caldo ad uno meno caldo.

SEGUONO GLI ULTIMI 20 QUESITI DELLA CLASSE B

(questi quesiti sono identici ai primi 20 quesiti della classe C )

41. Calcolare il pH di una soluzione 10-8 M di HN03

A) 8,00

B) 7,00

C) 6,96

D) 6,50

soluzione

sappiamo che  l’H2O  si dissocia in H+ e OH- si avrà   H2O⇔H+ +OH- da cui si ottiene

Kw= [H+][OH-]   dove [H+] =[OH-] = 10-7

Se all’acqua si aggiunge un acido concentrato la [H+] proveniente dalla dissociazione dell’acqua è trascurabile, ma quando la concentrazione dell’acido è vicina a 10-7 o addirittura inferiore come nel caso in esame, allora la [H+] proveniente dall’acqua non può essere trascurata in quanto contribuisce alla [H+] totale che è data dalla [H+] acido + [H+] acqua.  La Concentrazione totale sarà Ca + x se chiamiamo x la [H+] proveniente dell’acqua.

Per l’elettroneutralità si ha che [H+]=[OH-]  ma [H+] = Ca+[ H+]  e sostituendo ad [OH-] il valore di Kw/ [H+]acqua  avremo

Ca +[H+] = kw / [H+]   da cui si ottiene    [H](Ca+ [H+]) = Kw   cioè [H+]² +Ca[H+] -Kw =0

da cui     [H+]= – Ca + √ Ca²+ 4kw   / 2

pertanto nel caso in esame  [H+] = – 10-8   + √( 10-8 )²+ 4 x 10-14 /2  = – 10-8+√4,001 x 4 x 10-14 /2 = 1,1 x 10-7

[H+]= 1,1 x 10-7 M     per cui PH = 7-log 1,1 = 6,96

avremmo raggiunto lo stesso risultato sommando direttamente [H+] dell’acqua e la [H+] dell’acido, infatti

[H+]= 1x  10-7 + 1x 10-8 = 1,1 x 10-7  M che fornisce lo stesso risultato di PH trovato sopra.

 

42. Quale delle seguenti specie è polare?

A) CO2

B) SF6

C) O3

D) Fe(CO)5

soluzione

abbiamo già visto che CO2 è apolare così come SF6 ed Fe (CO)5.

la molecola di ozono invece  ha un momento dipolare come è evidente dalla figura, quindi tra le molecole indicate la molecola polare è quella dell’Ozono.

43. Durante l’elettrolisi con una corrente di 0,35 A di una soluzione di CuS4 si producono 10,00 g di Cu metallico. Calcolare per quanto tempo è stata condotta l’elettrolisi

A) 8532 s •

B) 43400 s

C) 86750 s

D) 4268 s

soluzione

sappiamo che  un Faraday (96500 Coulomb) deposita all’elettrodo una quantità pari ad 1 equivalente di sostanza .

1 equivalente = grammi/ PM o PA /num.elettroni scambiati tra sostanza ed elettrodo.

La quantità di carica che attraversa la soluzione è

Carica(in Coulomb) = corrente (in Ampere) x tempo (in secondi)

tempo in secondi = carica/ corrente

per risolvere il quesito dobbiamo conoscere la carica e per questo calcoliamo a quanti equivalenti di Cu corrispondono 10 g depositati all’elettrodo:

sappiamo che Cu+2 → Cu + 2 e quindi

equiv Cu = 10g / peso equivalente  dove peso equivalente=  P.ATOMICO /2 elettroni scambiati

n.eq.= 10/ (63,5/2) = 10/31,75 = 0,314 equiv

Poiché sappiamo che 96500 coulomb depositano 1 equivalente di una qualunque sostanza si possono calcolare i coulombs che hanno depositato 0,315 equi. di Cu

96500  C : 1 eq = Xc : 0,314      Quantità di carica usata = 96500 x 0,314= 30393 coulomb

sapendo che TEMPO in secondi  = Coulombs/ Amperes =  30393/0,35 = 86837  secondi

poiché 1 ora h =3600 secondi allora 24,12 ore

Per opportuna conoscenza degli allievi ricordiamo le unità di carica e le loro relazioni che spesso compaiono nei quesiti di questo tipo

watt= volt x Ampere

Coulomb = Ampere x tempo in sec

ohm (resistenza)= volt /Ampere

coulomb = Joule/volt

ampere = watt/ampere x ohm

watt = Joule /sec.

volt =Joule /ampere x sec

ohm= joule/ ampere² x sec

 

44. Nel processo Haber-Bosch l’ammoniaca gassosa è sintetizzata a partire da idrogeno gassoso e azoto gassoso. Indicare l’affermazione ERRATA:

A) è necessario utilizzare un catalizzatore a causa della cinetica lenta dovuta alla rottura del triplo legame

B) non si può lavorare a temperature estremamente elevate perché la reazione è esotermica

C) è necessario lavorare ad alte pressioni in modo da spostare l’equilibrio verso il prodotto

D) è necessario lavorare alla temperatura più alta possibile per aumentare la velocità di una reazione altrimenti molto lenta

soluzione

Il processo Haber Bosh per la sintesi dell’ammoniaca non è altro che una reazione di sintesi  tra 1 mole di azoto molecolare (N2)  e 2 moli di idrogeno molecolare (H2) per ottenere 2 moli di ammoniaca.

N2 (g ) + 3 H2 (g ) ⇆ 2 NH3 (g )

Essendo una reazione esoterma (cioè che avviene con produzione di calore nell’ambiente) da un  punto di vista termodinamico è favorita, nella direzione  della formazione di ammoniaca. Tuttavia la reazione non avviene a temperatura ambiente ed alla pressione di 1 atmosfera, in quanto in queste condizioni la velocità di reazione è prossima allo zero.

Per aumentare la velocità, sarebbe necessario  un aumento della temperatura, tuttavia per il principio di Le Chatelier, trattandosi di una reazione esoterma l’equilibrio di reazione sarebbe spostato in direzione dei reagenti, decomponendo l’eventuale ammoniaca prodotta. Un altro elemento in grado teoricamente di favorire questa reazione è la pressione, in quanto un suo aumento la spinge verso i prodotti, ma allo stesso tempo la resa di ammoniaca risulta molto ridotta.

Il processo brevettato da Haber e perfezionato da Bosch su scala industriale, avviene facendo un compromesso tra temperatura 300 e 500°C e pressione 150 300 atm  e viene usato un catalizzatore opportuno, ad es. una miscela di ferro, ossido di potassio (K2O) e ossido di alluminio (Al2O3), in grado di velocizzare la reazione favorendo inoltre fenomeni di desorbimento (il desorbimento è  il passaggio di un gas disciolto in un liquido dalla fase gassosa a quella liquida).L’ammoniaca viene infatti raccolta in una camera di raffreddamento a -33°C, (la sua temperatura di condensazione). Le molecole di idrogeno e azoto che non hanno reagito restano in fase gassosa e possono essere riutilizzate.

Da quanto espresso sopra la risposta ERRATA nel quesito posto  è la D

45. 20,0 ml di C2H6 (g) insieme con 50,0 mL di O2 (gl, misurati nelle stesse condizioni di temperatura e pressione, bruciano. Calcolare la composizione percentuale (v/v) della miscela gassosa a fine reazione.

A) 60,0% H2O      40,0% CO2

B) 23,2%  O2          31,4% CO2       45,4% H2O

C) 7,40% C2H6      37,3% CO2       55,3% H2O

D) 17,0% C2H6      33,0% CO2      50,0% H20

soluzione

la reazione di combustione è

2C2H6 + 7 O2 →  4CO2  + 6 H2O

le moli di C2H6 iniziali sono

 

46. La linea gialla dello spettro di una lampada ai vapori di sodio ha una lunghezza d’onda di 590 nm. Qual è il minimo potenziale per eccitare l’elettrone corrispondente?

(h = 6,63 ’10-34 J s, c = 3 ‘105 km /s q = 1,6 10-19 C)

A) 2,1 V

B) 2,1 x 10-9 V

C) 2,1 x 10-3 V

D) 2,1×109 V

soluzione

questo quesito è simile al quesito che si sono posti Frank ed Hertz per dimostrare la quantizzazione dell’energia degli elettroni in un atomo.

E = h c/λ = (6.63 × 10-34 J×s × 3×108 m/s) / 590 × 10-10 m = 3,18 × 10-19 J

che portata in elettronvolt :

3,18 × 10-19 J / 1.6 × 10-19 C = 2,1 eV

Questa è l’energia che possiede un elettrone che si muove in un campo elettrico con una differenza di potenziale di 2,1 Volt e che emette sotto forma di radiazione di lunghezza d’onda 590A°

 

47. Due pentole contengono la stessa quantità di acqua. Nella prima vengono sciolti 3,40 g di saccarosio, C12H22O11, nella seconda 0,58 g di NaCl. In quale delle due la soluzione bolle alla temperatura maggiore?

A) le due soluzioni bollono alla stessa temperatura

B) in quella contenente saccarosio

C) la soluzione contenente saccarosio non può essere portata all’ebollizione

D) in quella contenente NaCl

soluzione

Il punto di ebollizione  è la temperatura alla quale la tensione del vapore di un liquido è uguale alla pressione esterna.Il punto di ebollizione è una proprietà colligativa di una soluzione cioè dipende dalla presenza o meno di particelle disciolte nel liquido non dal tipo di particelle.L’aggiunta di un soluto ad un solvente ne aumenta il punto di ebollizione in ogni caso, sia se il soluto è un elettrolita o meno.

La causa dell’aumento della temperatura di ebollizione è entropica nel senso che l’aggiunta aumenta il disordine della soluzione rispetto al solvente puroed è spiegabile in termini di tensione di vapore o potenziale chimico del solvente. In ambedue i casi la spiegazione dipende dal fatto che il soluto è presente solo nella fase liquida e non nella fase vapore.

Il soluto diminuisce la tensione di vapore del solvente per diluizione e ne abbassa la tensione di vapore il che determina un aumento della temperatura di ebollizione. Il calcolo della temperatura di ebollizione viene effettuato applicando  la legge di Clausius Clapeyron che la legge di Raoult supponendoi sempre che il soluto non sia volatile.

la Clausius Clapeyron è  :

ΔTb = Kb · bB    

ΔTb, = aumento del punto di ebollizione  definito come Tb (soluzione)Tb (  solvente  puro ).

Kb, = costante ebulloscopica che dipende dalla proprietà del solvente ed è calcolabile da Kb = RTb2M/ΔHv, dove R = costante dei gas  Tb = temperatura del solvente puro [in K], M  è la massa molare di solvente  ΔHv è il calore di vaporizzazione per 1 mole di solvente.

bB è la molalità (moli / Kg di solvente) moltiplicata per il numero di particelle di soluto che si formano nella soluzione . Si moltiplica quindi bB per i che è il cosiddetto fattore di Van’t Hoff  che è:

i = 1 per lo zucchero che non si dissocia

i = 1.9 per NaCl in acqua perchè si dissocia in  Na+ and Cl si semplifica spesso con 2

i = 2.3 per il cloruro di calcio in acqua perchè  CaCl2  si dissocia in Ca2+ and 2Cl che si semplifica con 3

è evidente che essendo Kb uguale sia per il saccarosio che per NaCl  

le moli per il saccarosio sono  3,4 / 342 = 9,9x 10-³ moli

la moli per NaCl sono 0,58 / 58,4 =9,9 x 10-³  moli

essendo la quantità di solvente uguale nelle due pentole le molalità di NaCl e saccarosio sono uguali

dall’espressione ΔTb = Kb · bsolute · i   

si vede che a differenza tra teb di NaCl e saccarosio consiste nel valore del fattore di Van’t Hoff che è 1 per il saccarosio e 2 per NaCl

si deduce che l’aumento del punto di ebollizione è maggiore per la soluzione contenente NaCl che non per quella contenente saccarosio

48. Un sistema chiuso, in cui non avvengono reazioni chimiche, subisce una serie di processi che lo riportano nello stato iniziale. In uno di questi processi, il sistema cede 20 kJ all’ambiente, mentre in un altro ne acquista 50. Tutti gli altri processi sono adiabatici. Quale lavoro ha svolto il sistema alla fine delle trasformazioni e qual è la sua variazione di energia interna?

A) W = -30 kJ;  ΔU = O

B) W = 30 kJ; ΔU = -30 kJ

C) W = 70 kJ; ΔU= 70 kJ

D) W=70kJ;   ΔU =-70kJ

soluzione

dal primo principio della termodinamica sappiamo che Energia  = Quantità di calore  – Lavoro

E = Q +L

Dai dati del quesito il processo non presenta variazioni di temperatura per cui è da ritenersi un processo  isotermo. In un processo isotermo si ha    ΔU =Q+L = 0 per cui  ΔU= 0   e quindi  L=-Q  essendo il calore totale scambiato pari a 50 – 20 =  30 Kj  essendo L= -Q allora L = -30

pertanto la risposta corretta è L = -30 e ΔE =0

49. La costante cinetica k per una data reazione del primo ordine è 8,5 .10-3 s -1 a 10°C. L’energia di attivazione vale 100,0 kJ mol-1. A 20 °C il valore di k è:

A) 3,6×10-3 s-1

B) 3,6×10-2 s-1

C) 3.6x 10-4 S-1

D) -3,6x 10-3 s-1

soluzione

la relazione che lega la costante di velocità alla temperatura è       χ1= A x e-Ea /RT1   

ovviamente se la temperatura diviene Tallora si avrà  χ2= A x e-Ea /RT2   

da cui passando ai logaritmi naturali  ln   χ1 /χ2  =   Ea  /R  (1/T2 -1/T1) da cui possiamo calcolare  lnχ1 – ln  χ2 = Ea/R (1/t1  – 1/T2)

χ1=  8,5 .10-3 s -1     Ea= 100,0 kJ mol-1.  T1= 283°K        T2=  293 K       R= 8,314 j /mol x K

ln  8,5 .10-3 – ln  χ =(100 x 103 /8,314) (1/293 – 1/273)  = 12028 x 0,000248 =2,98

passando dai ln ai lg decimali si ha : 2,303 log(  8,5 x10-3 ) – 2,303 log χ2  =(100 x 10³/8,314)  (1/293 -1/273)

(-3 x 2,303 x 0,929 ) – 2,303 log  χ2  = 1,2 x 104  x ( 3,41 x 10-³ – 3,66x 10-³)

-6,31 – 2,303 log  χ2     =- 3

– 2,303 log  χ =-3+6,31 = 3,31

log χ2= -1,44

χ2=3,6 x 10-2

50. La reazione A + B → C segue una cinetica globale del secondo ordine, mentre è di primo ordine rispetto a ciascuno dei reagenti. In un sistema in cui la concentrazione di A è 0,1 mol dm -3 e la concentrazione di B è 0,2 mol dm-3, la velocità di reazione è 4 mol dm -3 s-1. Quale sarebbe la velocità di reazione se si raddoppiasse la concentrazione di entrambi i reagenti?

A) 8 mol dm-³ s-1

B) rimarrebbe invariata

C) 40 mol dm-³ s-1

D) 16 mol dm-³ s-1

soluzione

la velocità di della reazione A + B → C     è  descritta dalla relazione    v= k [A][B] conoscedo i valori mlari di A e B possiamo calcolare la costante cinetica k infatti

4 = 0,1 x 0,2 x  k cioè

k= 2x 10²    noto il valore di k possiamo calcolare la velocità quando [A] = 2 x 0,1   e [B]= 2 x 0,2

v  =  2x  10-² x 0,2 x 0,4 cioè    v = 16 mol/l  essendo 1 litro = 1 dm³

51. Per la reazione all’equilibrio

Ni (s) + 4 CO (g) ~ Ni(CO)4(g)      ΔH = -161 kJ mol-l.

Per spostare la reazione verso destra, si può:

A) diminuire la temperatura e/o diminuire la pressione

B) aumentare la temperatura e/o aumentare la pressione

C) diminuire la temperatura e/o aumentare la pressione

D) temperatura e pressione non influenzano l’equilibrio

soluzione

Essendo il  ΔH negativo,   la reazione è esotermica poichè   ΔH =∑Hprodotti -∑ Hreagenti     ciò significa che i prodotti possiedono un’energia più bassa di quella dei reagenti. Se si operasse un aumento di pressione, indirizzeremmo la reazione verso i reagenti, quindi per favorire la formazione dei prodotti occorre diminuire la temperatura. Inoltre sappiamo che un aumento di pressione favorisce gli urti fra molecole indirizzando quindi la reazione verso la formazione dei prodotti.

da quanto esposto la risposta corretta è la C

52. Alla pressione di 2,05 x 105 Pa ed alla temperatura di 341 K, la densità dell’argon (Ar) è 1,59 g/L. Calcolare la massa molecolare di un gas Y, che ha una densità di 1,98 gIL nelle stesse condizioni di temperatura e di pressione.

A) 51,9u •

B) 54,2 u

C) 49,7 u •

D) 33,7 u

sappiamo che PV =nRT e che n /v è la concentrazione in moli /l    il volume è calcolabile da  V= n RT/P

essendo le condizioni identiche possiamo dire che  g1/PM1 = g/ PM2 cioè      1,59/39,9 = 1,98/X

da cui X = 1,98 / 1,59/39,9 = 1,98 x 39,9 / 1,59    X = 49,7 U = PM del gas Y

53. lntroducendo 2,00 moli di NH4NO3 (s) in un recipiente vuoto di 10,0 L, e riscaldando a 200°C, avviene la reazione:

NH4NO3 (s) →N2O (g) + 2 H2O (g)

All’equilibrio, la pressione dei due gas, è 1,50 x 105 Pa a 200°C.   Calcolare quante moli di NH4NO3 (s) rimangono indecomposte.

A) 1,01 mol

B) 1,87 mol •

C) 0,98 mol

D) 0,65 mol

soluzione

NH4NO3 (s) →N2O (g) + 2 H2O (g)

1-x                         x                   2x

all’equilibrio vi sono 3 X moli si gas.

Per calcolare X ricordiamo che   PV=nRT  cioè PV = X RT    da cui    X= PV/RT

per facilitare i calcoli utilizzo la pressione in atmosfere 1atm corrisponde a 101325 P quindi 1,50000 Pa corrispondono a 1,50000 x 1 / 101325 = 1,48 atm

pertanto

1,48 x 10 / 0,0821 x 473  = X        X= 14,8/ 38,83      X= 0,381 moli totali che corrispondono a 3X quindi 3X = 0,381 da cui

X= 0,127 moli pertanto all’equilibrio rimangono  2-1,27 = 1,873 moli

54. La costante di equilibrio della reazione Pb2+(aq) + 6 H20 (l) →  Pb(OH)3-(aq) + 3 H3O+(aq)

è K = 10-55,3

Calcolare la costante di equilibrio della reazione:

Pb2+(aq) + 3 OH- (aq) →Pb(OH)3-(aq)

A) 10-18,6

B) 10-23,1

C) 10-13,3

D) 10-22,4

soluzione

riscriviamo le due reazioni

Pb2+(aq) + 6 H20 (l) →  Pb(OH)3-(aq) + 3 H3O+(aq)

Pb2+(aq) + 3 OH- (aq) →Pb(OH)3-(aq)

nel primo caso K1 =  [Pb(OH)3] [H3O]³  /  [Pb+2] [H2O]6

nel secondo      K2 =  [ Pb(OH)3]  /[Pb+2] [OH-]³

se dividiamo membro a membro le due reazioni ed ritenendo [H2O] praticamente costante  otteniamo

K1/K2 [Pb(OH)3] [H3O]³  /  [Pb+2]   x  /[Pb+2] [OH-]³ /[ Pb(OH)3] 

semplificando opportunamente si ha

K1/K2 =[H3O]³[OH-]³    ma sappiamo che [H3O][OH-] = 10-14   pertanto

K1/K2 = (10-14)³      da cui possiamo calcolare K2 = 10-55,3 / 10-42  

da cui   K2 = 10-13,3

55. L’alcol etilico reagisce con permanganato di potassio secondo la reazione (da bilanciare):

CH3CH2OH (aq) + MnO4- (aq) + H+ (aq)CH3CHO (aq) + Mn2+ (aq) + H2O (l)

Calcolare quante moli di CH3CHO si ottengono mettendo a reagire etanolo in eccesso in 37,00 mL di una soluzione di KMn04 0,0500 M.

A) 0,00121 mol

B) 0,00543 mol

C) 0,00712 mol

D) 0,00462 mol

soluzione

la reazione è la seguente

2 [MnO4- + 8H+ +5e   → Mn+2 + 4 H2O

5 [CH3CH2OH            → CH3CHO + 2e + 2H+

______________________________________________
2 MnO4- + 5CH3CH2OH +16H+ → 2 Mn+2 + 5CH3CHO + 8H2O 
dividendo per 2 questo risultato si ha :
MnO4- + 2,5 CH3CH2OH + 8H+  →   Mn+2 + 2,5 CH3COH + 4H2O
(il C dell’etanolo ha n.ossidazione -1 in quanto è legato con 2 legami all’ ossigeno che è più elettronegativo del C ed a due atomi di idrogeno che sono meno elettronegativi del C perciò +1 -2 =-1  e nell’aldeide ha n.O. +1 )
Per ogni mole di permanganato si  ottengono 2,5 di CH3CHO. Le moli di permanganato adoperate sono calcolate da Volume x Concentrazione Molare = moli d acui otteniamo
 0,0 37 x 0,05=1,85 x 10-³ 
quindi se da 1 mole di permanganato si ottengono 2,5 di aldeide  da 1,85 x 10-³ se ne ottengono X
X=2, 5x 1,85 x  10-³  = 4,62 x 10-³

56. Se la composizione dell’aria è 21 %  (v/v) di O2 (g) e 79% di N2 (g), quanti kg di aria occorre prelevare per avere l mole di O2?

A) 0,287 kg

B) 0,530 kg

C) 0,137 kg

D) 0,107 kg

soluzione

21:32 = x    moli di O 2 contenuti in 100 parti di aria  pertanto      X= 0,6562

0,6562  = 1000 /210 = Kg    X = 0,137 Kg

57. Una miscela gassosa costituita dal 60% (v/v) di CH4 e 40% di CO2 si trova ad una pressione di 3,07 -105 Pa. Calcolare la pressione parziale di CH4 e di CO2

A) pCH4 = 1,13 x105 Pa; pCO2 = 1,53 x105   Pa

B) pCH4 = 184 x105 Pa; pCO2 = 1,23 x105  Pa

C) pCH4=3,80 x105 Pa; pCO2=2,19 x 105Pa

D) pCH4=2,14 x 105Pa; pC02= 1,96 x105 Pa

soluzione

La pressione parziale di un gas in una miscela  è la pressione che  quel gas eserciterebbe se ,da solo, occupasse il volume totale occupato dalla miscela di gas. Se una miscela è costituita da 3 gas le cui moli nella miscela sono n1,n2,n3 con una pressione parziale p1,p2,p3 rispettivamente,allora

P totale miscela = p1+p2+p3 dove p1,p2,p3 sono le pressioni parziali dei singoli gas.

N moli totali miscela = n1+n2+n3

se applichiamo l’equazione di stato dei gas d ogni singolo componente della miscela abbiamo:

P1V=n1RT    P2V=n2RT  P3V= n3RT   e sommando membro a membro

(p1+p2+p3) V  =(n1+n2+n3) RT

la relazione che lega la pressione parziale di ogni componente la miscela è:

p1/P= n1/Ntot = a/100 .

in base all’ipotesi di Avogadro la frazione molare di un componente corrisponde alla percentuale (a/100) del gas nella miscela.

pertanto      PCH4 =0,60 x Ptot        e    PCO2 = 0,40 x Ptot

essndo la Ptotale = 3,07 x 105  Pa si ha

PCH4 =0,60 x    3,07 x 105   =1,84 x105   Pa

PCO2  = 0,40 x   3,07 x 105   = 1,23 x105  Pa

infatti la somma delle pressioni parziali corrisponde alla pressione totale

Ptot= (1,23+ 1,84) x105    = 3,07 x105 Pa

58. Calcolare il pH di una soluzione satura di  Ca(OH)2.

A) 12,4

B) 11,5

C) 10,9

D) 13,0

soluzione

in questo quesito manca un dato : il KPs

dai dati tabuati  KPS = 5,6 x 106    sappiamo che per la Ca(OH)2 <==>> Ca+2 + 2OH-

Kps = s (2s)²    5,6 x 10-6=4S³   da cui S³ =(5,6/4) x 10-6   S =1,12 x 10-² moli/l   [OH-]= 2S = 2x  1,12 x 10-²moli/l [OH-]= 0,0224

POH = -log 2,24  x 10-² = 2-log 2,24  =  2-0,34 = 1,66  pertanto    PH=14-POH = 14 . 1,66= 13,4

59. Una miscela racemica …

A) può essere risolta tramite distillazione frazionata

B) può essere risolta solo tramite cristallizzazione

C) può essere risolta tramite cromatografia chirale

D) non può essere risolta

soluzione

la prima risoluzione venne effettuata da Pasteur per cristallizzazione e separazione con il microscopio.

La metodica migliore per separare i composti racemici è la cromatografia chirale.

Il principio su cui si basano tutte le tecniche cromatografiche è il Coefficiente di distribuzione o partizione = Concentrazione nella fase A / Concentrazione nella fase B = Kd (Coefficiente di distribuzione )

Esso descrive il modo in cui una sostanza si distribuisce tra due fasi immiscibili tra loro  e  dipende dalla temperatura 

 Ogni sostanza ha un coefficiente effettivo di distribuzione = quantità totale in A /quantità totale in B = Kd ·VA /VB

 Tutti i sistemi cromatografici hanno due fasi:1) la fase stazionaria    2)la fase mobilescelte in modo che i composti da separare abbiano differenti coefficienti di distribuzione e quindi vengano eluiti dalla fase mobile separatamente

Gli enantiomeri hanno proprieta’ fisiche e chimiche identiche ma vengono riconosciuti in modo differente dai sistemi biologici. Quindi sono molto utili in campo farmaceutico. Per risolvere miscele di enantiomeri,  si segue in generale questo metodo:

1) trasformazione degli enantiomeri in diastereoisomeri con un agente derivatizzante chirale:

(R + S) + R’   →  RR’ + SR’

dove (R+S) è la miscela di enantiomeri

 R’   è l’agente derivatizzante  che forma con R  il composto RR’    e con S il composto R’S

si riempie la colonna con la fase stazionaria chirale e si usa la fase mobile chirale per separae gli enantiomeri che hanno tempi di ritenzione diversi.

tra le fasi stazionarie chirali che si usano in campo farmaceutico citiamo

  1. Fasi stazionarie di Pirkle : derivati nitrobenzoici di aminoacidi come la fenilglicina che vengono legati alla silice.
  2.  Ciclodestrine (oligosaccaridi ciclici con struttura a tronco di cono aperta)
  3.  Proteine immobilizzate quali  la AGP (acidic α1-glycoprotein) e la HSA (human serum albumin).

da quanto detto, la risposta corretta è la C

60. Un polimero da utilizzare per le lenti a contatto deve essere sufficientemente idrofilo. Quale dei seguenti polimeri potrebbe essere il più adatto?

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

Una specie chimica che è polarizzata cioè che ha un momento dipolare non nullo  è generalmente idrofila, in quanto essendo polare è in grado di stabilire legami idrogeno con l’acqua. Tra le molecole indicate gli atomi di cloro attraggono gli elettroni del legame e quindi il legame è polarizzato. Il chetone è polarizzato ancor di più per la presenza del doppio legame sull’ossigeno e per la presenza dei doppietti liberi .La molecola 4 è anch’essa polarizzata ma in modo quantitativamente inferiore al chetone , mentre  il polimero costituito da soli alcani è idrofobo.

Da quanto detto il polimero  più idrofilo è il polimero  n. 2

21  cosa succede se si aggiunge gradualmente una soluzione di NaOH ad una soluzione contenente ioni Zn+2 ?

  1. nulla.gli ioni citati rimangono in soluzione
  2. arrivati al PH adatto,comincia a precipitare idrossido di zinco Zn(OH)2 poi più nulla
  3. inizialmente precipita Zn(OH)2 ma continuando ad aggiungere soda, il precipitato si scioglie per la formazione di tetraidrossozincato Zn(OH)4-2
  4. non si forma alcun precipitato a nessun valore di PH  a causa della formazione di tetraidrossozincato

soluzione

il KPS dell’idrossido di Zn è = 1.2×10−17 

KPS=[Zn+2] [OH-]² = 1.2×10−17    ]  e l'[OH-] necessario perché inizi la precipitazione è calcolabile da

S × (2S)2 = 1,2 ×10-17     4S³= 1,2 ×10-17  da cui    S = 1,44 10-6  

Quindi la concentrazione di ioni idrossido sarà [OH- ] = 2 S = 2,88 ×10-6 come si vede il KPS viene raggiunto molto presto se si usa una concentrazione di OH- opportuna. Tuttavia, man mano che si aggiunge OH-  si forma però il complesso in soluzione    Zn(OH)4-2 quindi la solubilità dell’idrossido aumenta notevolmente.

l’ equilibrio di formazione è    Zn2+ + 4 OH- → [Zn(OH)4] 2-

Kf = [Zn(OH)4] 2- /[Zn+2] [OH-]4  = 4,6 x 1017

è evidente che la formazione del complesso richiede  OH-  e siccome

Zn(OH)2 (s)<===> Zn+2 (l)+ 2 OH-(l)

se si consuma OH- l’equilibrio si sposta a destra e Zn(OH)2 si scioglie  perchèil KPS dell’idrossido deve essere sempre costante.

Si deduce che la risposta esatta è la n 3

22  Quale di questi composti è diamagnetico?

  1. O2
  2. NO
  3. Cu+
  4. ClO2

soluzione

il momento magnetico di un sistema è una misura della forza e della direzione del suo magnetismo  ce è conseguenza di un momento di dipolo magnetico, e qualunque cosa presenti la caratteristica di essere magnetica possiede un momento magnmetico non nullo. Il momento magnetico è una quantità vettoriale cioè ha una intensità ed una direzione. quando abbiamo in un atomo o molecolaun elettrone spaiato, il suo spin genera un momento di dipolo  magnetico. Il paramegnetismo è una caratteristica  di un atomo o molecola che possiede uno o più elettroni  spaiati.

Una sostanza diamagnetica è invece una sostanza con elettroni tutti accoppiati e ciò è in accordo con il principio di esclusione di Pauli che dice che due elettroni che hanno lo stesso numero quantico possiedono spin orientati in direzione opposta . Questo provoca un annullamento dei vettori magnetici e quindi non si ha magnetismo e le sostanze diamagnetiche sono debolmente respinte dal campo magnetico applicato.

 

come si vede l’ossigeno possiede 2 elettroni spaiati quindi è paramagnetico.

la molecola di NO possiede 8 elettroni provenienti dall’ossigeno e  7 elettroni provenienti dall’azoto . se osserviamo il diagramma degli O.M. e sistemiamo 15 elettroni seguendo il principi aufbau  vediamo che 4 elettroni occupano rispettivamente 2 elettroni l’orbitale sigma di legame 1s 2 elettroni l’orbitale sigma 1 s di antilegame 2 elettroni occupano il 2S di legame e 2 elettroni l’orbitale sigma 2s di antilegame poi procedendo 2 elettroni occupano l’orbitale sigma di legame degli orbitali p e 4 elettroni occupano l’orbitale pi greco di legame  il quindicesimo elettrone occupa un orbitale sigma di antilegame ed è spaiato per cui NO è paramegnetico.  ClO2 possiede 17 + 16 elettroni e  possiede 1 elettrone non accoppiato per cui è paramagnetico.  Il Cu+ possiede 28 elettroni la cui sistemazione negli orbitali atomici mostra che tutti gli elettroni sono accoppiati e lo ione pertanto risulta diamagnetico.

QUI’ INIZIANO I QUESITI DEL GRUPPO C

Nota  :i primi 20 quesiti di questo gruppo sono identici ai 20 quesiti del gruppo B sopra risolti

23. L’ EDT A ha la capacità di formare complessi di coordinazione con gli ioni metallici, ma deve essere deprotonato. Gli ioni, infatti, si legano alla forma:

A) monodeprotonata dell’acido formando complessi tetraedrici

B) dideprotonata dell’acido formando complessi ottaedrici

C) trideprotonata dell’acido formando complessi planari quadrati

D) tetradeprotonata dell’acido formando complessi ottaedrici

soluzione

           

L’EDTA (acido etilendiamminotetracetico) viene utilizzato in chimica analitica  come agente chelante; l’EDTA è infatti  in grado di formare complessi stabili con molti cationi. Viene così utilizzato nelle titolazioni complessometriche soprattutto nell’analisi del Ca e del Mg cioè nella misura della durezza delle acque. In generale però si usa il suo sale bisodico e non  l’acido libero a causa della sua solubiltà in acqua. In generale l’EDTA nella sua forma tetradeprotonata forma con Fe,Co Ca ecc complessi ottaedrici come quello mostrato in figura.

La risposta corretta al quesito è la D

24. La formazione del complesso di coordinazione tra Cr(0) e CO rispetta la regola dei 18 elettroni. Quale formula bruta ha tale complesso?

A) Cr(CO)5

B) Cr(CO)6

C) Cr2(CO)9

D) Cr(CO)4

soluzione

la struttura elettronica del cromo è   [Ar] 3d5 4s1 mentre il l cabonile, CO, secondo la teoria degli O.M. ha la struttura

da cui si evince che gli elettroni leganti sono 6. l’ ordine di legame è 6/2 = 3 e la molecola ha un triplo legame infatti

 

sul C vi sono 2 elettroni disponibili per il legame. E’ chiaro che per avere 18 elettroni sono 6 le molecole di CO (6 x 2 = 12 elettroni provenienti dal CO) ed una di Cr (6 elettroni). In realtà i due elettroni del carbonio  ceduti al cromo nel formare il carbonile, subiscono una backdonation nel senso che entrano a far parte di  uno degli orbitali d del cromo e da quì si trasferiscono  all’orbitale antilegante del CO che ha la stessa simmetria ed entrano quindi in un ciclo formato dai due tipi di orbitali.

La risposta corretta è la B

25. L’aggiunta di quale di queste sostanze (HCl, NH], AgNO3, CuCl2) è in grado di modificare il valore della solubilità di CuS in acqua, non tenendo conto di effetti dovuti alla forza ionica?

A) solo HCl e CuCl2

B) solo cucì,

C) HCI; NH3 ; AgNO3 ; CuC12

D) solo NH3 ; AgNO3 e CuCl2

soluzione

il precipitato si scioglie per i seguenti motivi:

1  per effetto di una modifica del PH

il precipitato di CuS si solubilizza in quanto la sua solubilità dipende dal PH infatti

[Cu+2] =[S=] +[HS-]+[H2S]  da cui è agevole calcolare la solubilità S in funzione del PH conoscendo le costanti di dissociazione di H2S

2 per la formazione di un complesso 

NH3 reagisce col CuS in quanto il rame forma con NH3 un complesso  [Cu(NH3)4]2+ che consuma ovviamente il rame del CuS e sposta l’equilibrio verso lo scioglimento del precipitato

3 per ossidazione di un elemento del precipitato

infatti AgNO3 ossida lo solfo di CuS a solfato quindi sposta l’equilibrio verso lo scioglimento del precipitato

Invece CuCl2 diminuisce la solubilità di CuS per effetto dello IONE A COMUNE

si evince che la risposta corretta è la  C

26. Due soluzioni ideali di ugual volume sono separate da una parete permeabile alle sole molecole d’acqua. La temperatura e la pressione ai due lati della parete sono uguali. La prima contiene solo l g di urea, CH4N2O. La seconda contiene solo glucosio, C6H1206. Calcolare quanti grammi di glucosio sono sciolti nella seconda soluzione.

A) circa 1 g

B) il sistema descritto non può essere termodinamicamente stabile

C) circa 3 g

D) i dati forniti non consentono di rispondere

soluzione

essendo le condizioni uguali per le due soluzioni  si ha ch P1V1/RT1 =n1   che deve essere uguale a P2V2/RT2 =n2 cioè le moli di urea devono essere uguali alle moli di glucosio

pertanto  1/PMurea   = grammi Glucosio / bPMglucosio      cioè (1/ 60 )x 180,1= 3,0 grammi di glucosio

la risposta corretta è la C

27. Per una certa reazione il ΔH = -210 kJ/ mol  mentre ΔS°  è trascurabile rispetto a ΔH°. Quindi, in condizioni standard, il valore della costante di equilibrio della reazione:

A) è maggiore di l

B) è inferiore a l

C) ha valore negativo

D) è pari a zero

soluzione

in una reazione chimica il ΔH della reazione  è dato da ∑ Hprodotti – ∑ H reagenti

quindi per una generica reazione  A+B→ C+D se il ΔH è negativo significa che è favorita la reazione di formazione dei prodotti quindi in questo caso essendo ΔH = – 210 kj/mol necessariamente nella espressione della Keq

Keq = [C][D] /  [A][B]  il numeratore è maggiore del denominatore quindi Keq > 1

risposta corretta A

28. La reazione elementare A -> P segue una legge cinetica del primo ordine. Durante 10 minuti di decorso della reazione, la concentrazione di A si riduce da 0,010 M a 0,005 M . Quanti minuti sono necessari per ridurre la concentrazione di A da 0,004 M   a 0,001 M?

A) l dati non sono sufficienti per rispondere

B) 20 minuti

C) 6 minuti

D) 4 minuti

soluzione

il tempo di 10 minuti è il tempo di dimezzamento t1/2 =10 ed essendo la cinetica del primo ordine si ha

t1/2 =10= 0,693 /K dove k è la costante cinetica    da cui K= 0,693/10 = 0,0693

noto k     si haln C2-ln C1 =k t  cioè    ln ( 0,001/0,004) = 0,0693 x t  cioè ln 0,25= 0,0693 t

da cui  1,386 / 0,693 = t da cui     t = 20  minuti

29. L’entalpia standard di combustione del cicloesene è -45,7 kJ/g, e quella dei cicloesano è -46,6 kJ/g. • L’entalpia standard di formazione dell’acqua liquida è -15,9 kJ/g .Calcolare l’entalpia standard di idrogenazione del cicloesene a cicloesano  

A) circa -1,4 kJ g-1

B) circa i,o kJ g-1

C) circa -3,0 kJ g-1

D) i dati non sono sufficienti per rispondere

soluzione

si applica la legge di Hess in quanto, essendo H una funzione di stato, non dipende dal cammino percorso ma solo dallo stato iniziale e finale. Ciò significa che possiamo ottenere il risultato utilizzando i calori o le entalpie di combustione dei singoli partecianti alla reazione di riduzione.

(1) C6H10 + 8-1/2 O2 ===> 6CO2 + 5H2O     ΔH = –3752 kJ/mole

(2) C6H12 + 9O2 ===> 6CO2 + 6H2O   ΔH = – 3953 kJ/mole

(3) H2 + 1/2 O2 ===> H2O    ΔH = -435 kJ/mole

Dalla combustione di 1 mole di cicloesano si ottengono 1 x 46.6/0.0123 =3953 kJ

Dalla combustione di 1 mole di cicloesene si ottengono 1 x 45.7/0.0122=3752 kJ

dalla combustione di 1 mole di H2 si ottengono 435 KJ

­ Cicloesene + H2 → cicloesano   
C6H10 +             H2 ==>  C6H12   
essendo C6H10  a sinistra dell’equazione usiamo la reazione (1) così come è,
1) C6H10 + 8-1/2 O2 ===> 6CO2 + 5H2O       ΔΗ= -3752 kJ/mole
poichè invece C6H12 si trova sulla destra invertiamo la reazione 2
6CO2 + 6H2O ==>  C6H12 + 9O2    ΔΗ= +3953 kJ/mole  
inoltre ,
nella prima reazione abbiamo 5 molecole di H2O a destra della reazione e 6 a sinistra.Tuttavia nella reazione di idrogenazione non compare H2O così usiamo la reazione (3) così come è per ottenere 6 H2O su ambedue i lati.
Infine sommiamo le reazioni 1, 4 e 3 cancellando cos’ sia O2 che H2O su ogni lato ed aggiungiamo il ΔΗ
 C6H10 + 8-1/2 O2 ===> 6CO2 + 5H2O       ΔΗ= -3752 kJ/mole
6CO2 + 6H2O ==>  C6H12 + 9O2                   ΔΗ= +3953 kJ/mole  
H2 + 1/2 O2 ===> H2O                                     ΔH = -435 kJ/mole
_________________________________________________
 C6H10   + H2 ==> C6H12                                ΔΗ = 3953 – ( 3752 + 435 ) = -4187 + 3953 = – 234 KJ 

30. A 520°C l’aldeide acetica si decompone secondo ìa reazione in fase gassosa

C2H4O → CH4 + CO

In un sistema di reazione in cui la concentrazione iniziale di aldeide è 0,2 mol /l , la velocità iniziale della reazione è 1x 10-7 mol/l s , mentre in un sistema in cui la concentrazione iniziale è 0,4 mol/l la velocità iniziale è 4 ’10-7 mol/l s. Si può quindi dedurre che:

A) la reazione è del primo ordine

B)  la reazione è di ordine zero

C)  la reazione è de! secondo ordine

D) nessuna opzione è valida

soluzione

se fosse stata del primo ordine l’aumento della velocità sarebbe stato lineare  V=k [A] invece in questo caso, al raddoppiare della concentrazione la velocità è 2 cioè assume un valore 4 volte quello iniziale   e quindi la reazione è del secondo ordine.

31. In un processo che avviene senza variazione di volume, il calore scambiato dal sistema termodinamico è pari alla:

A) variazione di entalpia del sistema

B) variazione di energia interna del sistema

C) variazione di energia di Gibbs del sistema

D) nessuna delle precedenti

soluzione

dal primo principio della termodinamica sappiamo che  ΔE= Q +L dove L è il lavoro compito contro una pressione esterna P per effetto della variazione di volume      ΔE= Q-PΔV d (il segno meno si riferisce al lavoro fatto dal gas). Essendo il processo a volume costante, -PΔV =0 perciò   ΔE= Q   e ciò significa che se si cede calore al sistema, questo viene utilizzato dal sistema  per aumentare la propria energia interna, per cui la risposta corretta è la B

32. I solidi cristallini perfetti, al tendere a O della temperatura assoluta, mostrano:

A) capacità termica tendente a zero

B) entalpia tendente a zero

C) entropia costante

D) entropia tendente a infinito

soluzione

Gli atomi, nelle strutture cristalline, possono assumere una configurazione caratterizzata dalla presenza di ordine a lungo raggio. In una struttura simile osserviamo un flusso di elettroni che si muovono su tutto il cristallo. Quando la temperatura diminuisce,  anche il moto elettronico diminuisce e man mano che ci si avvicina alla temperatura dello zero assoluto anche le vibrazioni tra atomi diminuiscono ed ovviamente la capacità termica tende anch’essa allo zero.

33.  13 g di un gas introdotti in un recipiente del volume di 4 L esercitano una pressione di 3,04 x105 Pa, alla temperatura di 42°C. 11 gas potrebbe essere:

A) azoto

B) ossigeno

C) vapor d’acqua

D) anidride carbonica

soluzione   PV = (g/PM) RT da cui possiamo calcolare il PM   cioè g/PM = RT /PV  12,16 /8,31 x315 =

12,16x 105 /2618,9    PM= 13 x PV/RT  PM=28

Il PM corrisponde all’Azoto

34. In un processo di espansione isoterma di una sostanza esiste un. intervallo di volume del sistema in cui la pressione non cambia. Ciò significa che:

A) la temperatura è superiore alla temperatura critica

B) la sostanza è un gas ideale

C) in quell’intervallo di volume la pressione è uguale alla pressione critica

D) la temperatura è inferiore alla temperatura critica

soluzione

in una espansione isoterma  se rappresentiamo in grafico P-V detto anche piano di Clapeyron ad ogni temperatura otteniamo una curva P-V e si può costruire il grafico seguente detto diagramma di Andrews. Il punto C rappresenta il punto critico sulla curva P-V ed in questo grafico si ha  il p.c. alla temperatura di 30,95° C . Questo è il punto in cui vapore e liquido sono in equilibrio.

Nel caso indicato dal quesito, siamo in un intervallo di volume in cui la la pressione è costante (corrispondente ad una curva PV in cui la P= costante, ad es. in figura il tratto M-N ) e questo stato è nettamente al di sotto del punto critico e naturalmente la temperatura si trova al di sotto di quella critica.

35. Due recipienti, inizialmente a 20°C, contengono rispettivamente 100 g di benzene e 100 g di etanolo. A ciascuno di essi, separatamente, si forniscono 1000 J sotto forma di calore. Quale sarà la differenza di temperatura tra i due recipienti quando entrambi avranno raggiunto la propria temperatura di equilibrio?

La capacità termica del benzene in condizioni standard è 1,05 J K-1 g-I, quella dell’etanolo è 2,42 J K -I g-I.

A) 18,8°C

B) 5,4°C

C) 42,3°C

D) 10,9°C

soluzione

La quantità di calore Q ceduta ad ambedue le sostanze serve ad innalzarne la temperatura secondo la relazione

Q = cmΔT     dove C è la capacità termica della sostanza in esame, m la quantità  e ΔT la differenza di temperatura che si osserva

la capacità termica detta anche calore specifico è  quantità di calore necessaria ad aumentare di 1 grado   1 kg di sostanza. Pertanto

Q1= C1 M1 ΔT1  = 1,05 x 100 ΔT1 =1000    ΔT1= 1000/105 = 9,52 =t2-t1   t2= 20+9,52 =29,52

Q2=C2 M2  ΔT2  =2,42 x 100  ΔT2=1000    ΔT2= 1000/242 = 4,13=t2-t1   t2= 20+4,13 =24,13

la differenza di temperatura tra i due recipienti è quindi

ΔT = 29,52- 24,13 =5,4

36. La decomposizione dell’ammoniaca a caldo, utilizzando tungsteno come catalizzatore, segue una cinetica di ordine zero. In un esperimento la pressione parziale dell’ammoniaca, in 1000 s, diminuisce da 20 kPa a 10 kPa. Quanti secondi, in totale, sono necessari per ridurre la pressione fino a 2,5 kPa?

A) 3000 s

B) 1750s

C) 1250s

D) 1500s

soluzione

in una reazione che segue una cinetica di ordine zero la velocità non dipende dalla concentrazione

v=dC/dt =costante      che espressa in funzione del tempo è  C1-C2= k (t2-t1) dove c1 e c2 sono le concentrazioni al tempo t1 e t2. e se poniamo C1=C1/2 otteniamo il tempo di dimezzamento

C1/2 k =T1/2 cioè 

il tempo necessario perché la concentrazione  si dimezzi, (tempo di dimezzamento) è direttamente proporzionale alla concentrazione iniziale.

nel caso del quesito sappiamo che il T1/2 = k (20-10) e ciò ci permette di calcolare il valore di k =100

noto k, possiamo calcolare il tempo necessario a che la pressione si riduca da 20 a 2,5 kPa. infatti

t = 100(20-2,5)= 1750 secondi

37. Il composto A2 reagisce con B per produrre P. La legge cinetica ottenuta sperimentalmente è compatibile con il seguente meccanismo di reazione:

l) A2 → 2 A

2) A + B →P

dove A è un intermedio di reazione e la seconda reazione è molto più lenta della prima. La legge cinetica determinata sperimentalmente è:

A) v=k[A2] [B]1/2

B) v = k [A2] [B]

C) i dati non sono sufficienti

D) v = k [B] (K [A2])1/2

soluzione

La relazione tra l’esponente di ciascun reagente e il coefficiente stechiometrico nell’equazione bilanciata non risulta sempre valida e spesso è necessario valutare la cinetica sperimentalmente. Nel caso del quesito posto, il meccanismo considerato ha uno step limiting nella seconda reazione che però pur essendo lenta dipende da [[B] e quindi rispetto a B è del primo ordine, però rispetto ad A la velocità è proporzionale alla radice quadrata di [A]  essendo per  la prima reazione v = k[A2]  da cui si evince che   [A]= √[A]  cioè [A]½ .Quindi la velocità globale di reazione è di ordine 1+1/2 cioè 3/2

per cui V= k[B] x k [A]½

38. Il dibromoetano (C2H4Br2) ed il dìbromopropano (C3H6Br2) a 85°C formano una soluzione ideale e possiedono, rispettivamente, tensione di vapore pari  a  2,37 x 104 Pa e 1 ,69 x 104 Pa. Calcolare la frazione molare di dibromopropano in una soluzione che, a 85 “C, è in equilibrio con una miscela gassosa equimolare delle due sostanze.

A) 0,58

B) 0,50

C) 0,42

D) i dati non sono sufficienti per rispondere

soluzione

La tensione di vapore di una sostanza è la pressione esercitata dal suo vapore sulla fase condensata, generalmente liquida  della stessa sostanza quando vapore e liquido si trovano in equilibrio termodinamico all’interno di un sistema che non scambia nè materia nè energia con l’esterno ( sistema chiuso).

La pressione totale di una miscela di vapori è data dalla somma delle pressioni parziali quindi nel caso in esame

Ptot = P parz del dibromoetano + P parz del dibromopropano

Ptot = 2,37 x 104 Pa +  1 ,69 x 104 Pa = 4,06 x 104 Pa

essendo inoltre  P parz del dibromopropano =Frazione Molare x Ptot  

cioè   1 ,69 x 104  = X 4,06 x 104      

da cui X =1 ,69 x 104   /   4,06 x 104     

X= 0,42

per il dibromoetano si ha  X=  2,37 x 10/ 4,06 x 104 = 0,58

39. Due sostanze, A e B, sono completamente miscibili in fase liquida e completamente immiscibili in fase solida. Raffreddando a pressione costante una miscela liquida delle due sostanze, si osserva la formazione di A solido mentre la fase liquida si arricchisce di B. Continuando a sottrarre calore al sistema, la temperatura raggiunge un valore costante, si inizia a formare anche B solido e la composizione del liquido rimane invariata. Ciò significa che:

A) il sistema non prevede un punto eutettico

B) il sistema prevede un punto eutettico; la fase liquida iniziale ha una composizione più ricca in B rispetto alla composizione eutettica

C) il sistema prevede un punto eutettico; la fase liquida iniziale ha la composizione eutettica

D) il sistema prevede un punto eutettico; la fase liquida iniziale ha una composizione più ricca in A rispetto alla composizione eutettica

soluzione

Una miscela eutettica, (dal greco facile da fondere) è una miscela in cui il punto di fusione è più basso di quello delle singole sostanze che la compongono.Per le miscele si costruisce un diagramma in cui si distinguono più fasi (diagramma di fase)

Nel diagramma di fase in figura, l’eutettico è rappresentato dal  punto di incontro delle curve L+ α    ED L+ β  ED IN QUESTO PUNTO LE CONCENTRAZIONI IN EQUILIBRIO SONO SEMPRE UGUALI cioè in una miscela eutettica, a un determinato valore di pressione costante, si ha una ben determinata composizione  in peso tra i suoi costituenti e da un ben determinato valore di temperatura  detta temperatura eutettica.

Nel caso specifico ci troviamo inizialmente nella parte di sinistra del grafico in cui la miscela è ricca in A rispetto a B,  esattamente si trova nella zona L +α in cui si deposita A ed il liquido si arricchisce in B sino a che la temperatura rimane costante cioè sino a che non casi trova nella zona della retta tra alfa e beta e si raggiunge l’eutettico , punto in cui inizia a depositarsi B . Da quanto detto è evidente che la risposta corretta è la D in quanto il sistema prevede un eutettico ma la concentrazione iniziale maggiore è quella del componente A.

 

40. Alla pressione di 1x 105 Pa il cloroformio bolle a 61,7 “C, con una variazione entalpica pari a 29,4 kJ mol’. Qual è l’entropia di vaporizzazione del cloroformio a 61,7 °C?

A) -87,8 cal /mol K

B) 87,8 J /mol K

C) -87,8 kJ/ mol  K

D) 87,8 kJ /mol K

soluzione

per definizione l’entropia è il rapporto    S=Q/T

Poiché sappiamo che ΔH =Q allora possiamo calcolare S         S= 29400 J / 334,7  =87,83 J /mol K

41. Una soluzione acquosa di NH3 è adatta per determinare, con una titolazione acido-base, la concentrazione di una soluzione di HCN?

A) sì

B) no

C) dipende dalla concentrazione di HCN

D) dipende dalla concentrazione di NH3

soluzione

 lo ione ammonio e lo ione cianuro, in soluzione acquosa formano NH4CN ma, una volta formatosi, il sale subisce idrolisi (è un sale di acido debole e base debole)
NH4+ + H2O ⇌ NH4OH + H+CN + H2O ⇌ HCN + OHKa di HCN è pari a 6.2 x 10-10 e la Kb di NH4OH è  1.8 x 10-5,  quindi essendo  Ka  < Kb la soluzione risulta basica e quindi una piccola aggiunta di NH3 provoca un aumento di pH tale che l’aggiunta ulteriore di NH3 non permette di valutare un punto di equivalenza perciò l’ NH3 non può essere usata  per  titolare l’HCN.

42. Calcolare quante moli di Na2HPO4 occorre aggiungere a 0,500 L di una soluzione acquosa 0, l 00 M di NaH2P04 per preparare 0,500 L di una soluzione tampone a pH = 7,0. (Si trascurino le variazioni di volume).

A) 0.044 mol

B) 0,057 mol

C) 0,031 mol

D) 0,087 mol

soluzione

H2PO4- <==> H+ + HPO4-2

K2 = 6,31 x  10−8 = [H+] [HPO4-2] / [H2PO4-]

K2 = [H+] Cs/Ca        quindi 6,31  6,31 x  10−8 =  10-7  Cs/Ca quindi il rapporto  deve essere

Cs/Ca=  6,31 x  10−8 /  10-7 =0,631    essendo Ca =  0,05 moli    Cs= 0,631 x 0,05 =

la quantità di acido iniziale è 0,05 moli  quindi   Cs = 0,631/0,05 = 0,031 moli 

occorre aggiungere  in  500 ml di soluzione 0,1 M di  Na2HPO4  0,031 moli di NaH2PO4  per aver 500 ml di tampone ad un PH =7

43. Ad una soluzione di Na2SO3 vengono aggiunti 23,0 mL di una soluzione acquosa di HCI 0,150 M. Il pH della soluzione finale è 4,5. Calcolare le moli di solfito nella soluzione.

A) 0,00775 mol

B) 0,00694 mol

C) 0,00433 mol

D) 0,00345 mol

soluzione

la quantità di acido usata è 0,150 x 23 = 3,45 mmoli   cioè 0,00345 moli di H+ e quindi 0,00345 moli di Na2 SO3

44. Calcolare il potenziale e!ettrodico (rispetto all’elettrodo standard ad idrogeno) che assume un elettrodo di CU(s) immerso in una soluzione satura di CuCO3 a 25°C.

A) 0,223 V

B) 0,188 V

C) 0,213 V

D) 0.195 V

soluzione

dalle tavole si evince che  la solubilità del Cu+2 che è S= 3,16 x 10-7    

 nell’elettrodo   si ha Cu+2 +2e → Cu(s)

e quindi E = E° -( RT/nF)log [Cu+2] ma E° =0 per convenzione perciò E= -0,06/2 log  3,16 x 10-7  

E=- 0,03 x( -7 + 0,499) = 0,03 x -6,5 =0,195

45. Una soluzione satura di un composto de! calcio, CaX2 (s), contiene X- in concentrazione 2,5 – 1 0-3 M, Calcolare il prodotto di solubilità di CaX2 (s).

A) 7,8 -10-9

B) 1,3 -10-8

C) 5,7 ’10-10

D) 3,9 ’10-9

soluzione

sappiamo che KPS = [Ca+2] [X-]²   indicando con Y  la quantità di X-  allora Ca+2 è 1/2 di Y

pertanto    KPS =  [Ca+2] [X-]²   = 2,5/2 x 10-3  (2,5x 10-3)² =1,25 x 10-3   x   6,25 x 10-6 = 7,8 x 10-9

46. La seguente aldeide chirale subisce enolizzazione in soluzione acida. Quale sarà il risultato in termini dì stereochimica?

 

  

A) inversione di configurazione dell’aldeide

B) ritenzione di configurazione dell’aldeide

C) formazione di un composto meso

D) racemizzazione dell’aldeide

soluzione

gli acidi promuovono reazioni di enolizzazione mediante attacco al doppietto elettronico dell’ossigeno del carbonile e la successiva rimozione del protone in alfa al CO,ad opera dell’H2O (vedi l’esempio in figura)

nel caso specifico il carbonio asimmetrico può dare origine ad una miscela di due enatiomeri  che deviano la luce  nella stessa misura ma con direzione diversa.ENANTIOMERI sono infatti coppie di molecole che sono immagini speculari l’una dell’altra (come le due mani) e non sono sovrapponibili. Sono conosciuti anche come  isomeri ottici in  quanto fanno deviare un raggio di luce polarizzata a destra(+) o sinistra(-). Il risultato della reazione di enolizzazione è che la molecola può formare due molecole strutturalmente diverse se si consiodera il C asimmetrico.Infatti il co e l’idrogeno possono trovarsi sopra o sotto il piano della molecola ed ognuna di esse è otticamente attiva ma la deviazione della luce polarizzata è in direzioni diverse anche se dello stesso grado. Ne deriva che si è formata una  miscela racemica che nel suo insieme non è otticamente attiva

47. Indicare quale dei seguenti carbocationi è più stabile.

 

A) l

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

Nei carbocationi   la carica positiva si trova su un atomo di carbonio ibrido  sp2

 (brainyresort.com/it/)

il C ibrido SP2 ha disposizione  trigonale planare con tre legami ad angolo di 120° ed un orbitale p vuoto perpendicolare al piano e la carica positiva è situata su questo orbitale- .Se in posizione β rispetto a questo orbitale    vi è un altro atomo di carbonio si verifica  una parziale sovrapposizione tra l’orbitale legante σ del carbonio  β e l’orbitale p vuoto del carbonio con la carica positiva

si osserva pertanto una delocalizzazione  della densità elettronica verso l”orbitale p che porta la carica positiva. Questa interazione comporta la formazione di un nuovo orbitale molecolare con energia più bassa

esiste un’altra possibilità di delocalizzazione nei carbocationi che ne influenza la stabilità in modo più ampio rispetto all’ iperconiugazione vista sopra ed è dovuta  agli elettroni π sono liberi di muoversi entro un sistema coniugato di orbitali di atomi adiacenti.

 gli elettroni del legame π si riversano nell’orbitale p vuoto del carbocatione che ha la carica positiva. La delocalizzazione della carica abbassa l’energia dei carbocationi perché permette la distribuzione parziale della carica elettrica su più atomi (non necessariamente solo C), come se la carica unitaria venisse spalmata in frazioni più piccole su atomi diversi. Dato che la delocalizzazione complessivamente abbassa l’energia del carbocatione, le formule di risonanza più adeguate  sono quelle ad energia più bassa. Ad esempio, nel caso del carbocatione allilico:spostamento della carica positiva su un altro carbonio,e viceversa.

il benzene proprio perché delocalizza su sei atomi dà maggiore stabilità alla molecola :

.

tra i carbocationi indicati  nel quesito adesso è chiaro che  il più stabile dal punto di vista energetico è quello costituito dall’anello benzenico stabilizzato dalla risonanza.

48. In quali condizioni è possibile trasformare il disaccaride maltosio in glucosio?

A) in presenza di basi

B) in presenza di acidi

C) con un agente riducente

D) per trattamento con l’enzima ~-glucosidasi

soluzione

il maltosio

per riscaldamento con un acido forte, per diversi minuti produce la scissione in due molecole di glucosio. La risposta corretta è la B

49. Prevedere il prodotto di reazione della piridina con ii composto organometallico etillitio.

 

 

A) l

B) non avviene alcuna reazione

C) 2

D) 3

soluzione

 la piridina  è un composto eterociclicoo aromatico con  elettroni  π  delocalizzati . L’azoto possiede un doppietto elettronico in un orbitale P perpendicolare rispetto agli orbitali P contenenti gli elettroni π. Il doppietto elettronico sull’azoto determina un momento dipolare nella molecola e determina uno spostamento elettronico che  forma una carica positiva in alfa rispetto all’azoto e ed in posizione beta come si vede dalle formule di risonanza scritte sotto.La posizione alfa è la più favorita.

ne consegue che CH3CH2Li reagisce formando LiH con l’idrogeno in alfa mentre CH3CH2- si lega al posto dell’idrogeno. Ne consegue che la formula del composto che si ottiene è la 1 (risposta corretta A

50. Trattando la benzaldeide con idrossido di sodi o, si isolano come prodotti l’alcol benzilico e il benzoato di sodio. Che tipo di reazione è avvenuta?

A) un’ossido-riduzione

B) una condensazione aldolica •

C) una reazione acido-base .D) una sostituzione nucleofila

51. Indicare il prodotto finale della seguente serie di reazioni:

 

A) l

B) 2

C) 3

D) 4

52. Quale del seguenti prodotti può essere ottenuto per condensazione di Claisen intramolecolare del 2,2-dimetilesandioato di metile?

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

La reazione di Claisen intramolecolare di un diestere capace di formare un ciclo stabile (a cinque o sei atomi di carbonio) corrisponde alla reazione nota come condensazione di Dieckmann  ed è una reazione intramolecolare di un diestere con una Base  forte, per dare β-chetoesteri ciclici;

ovviamente la risposta corretta al quesito è la formula n. 3 (C)

53. A seguito di idrolisi basica l’atropina, C17H23NO3, produce acido tropico, C6H5CH(CH2OH)COOH, e tropina, C8H15NO. La tropina è un alcol otticamente inattivo che dà, per disidratazione con H2SO4, il tropidene.  Individuare la struttura dell’atropina.

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

la tropina è la n.3 infatti

 

54. Il 3-cloro-1-butene reagisce con etanolo per dare una miscela di 3-etossi-l-butene e l-etossi-2-butene. Individuare la causa più plausibile di questa evidenza tra le seguenti opzioni.

A) la reazione prevede un’addizione temporanea dell’etanolo al doppio legame con successiva isomerizzazione

B) la reazione prevede la formazione dì un carbocatione allilico stabilizzato per risonanza

C) la reazione prevede la formazione di una specie carbanionica intermedia

D) la reazione prevede la formazione di uno ione cloronio ciclico intermedio che promuove l’isomerizzazione del doppio legame

soluzione

risposta corretta B

55. Il bis(2-cloroetil)solfuro è esempio di gas mostarda. Reagisce rapidamente con l’umidità delle mucose liberando HCl, con un fortissimo effetto vescicante. Una peculiarità della reazione di idrolisi è la sua cinetica dell’ ordine, con la velocità dipendente solo dalla concentrazione del gas mostarda e non da quella del nucleofilo esterno. Indicare la spiegazione più plausibile per questa evidenza sperimentale.

 

A) la reazione segue un meccanismo SN l con formazione di un carbocatione intermedio

B) il meccanismo prevede la formazione di uno ione cloronio ciclico a sei termini intermedio t

C) il meccanismo prevede la partecipazione dello zolfo nella scissione del legame carbonio-cloro pèr dare uno ione solfonio ciclico intermedio

D) il meccanismo prevede la formazione di oligomeri della mostarda attivati alla sostituzione

soluzione

 

56. I fenoli sono molto più acidi degli alcoli: la K, del fenolo è l,l ,10-1 l; la K, dell’etanolo è 1,3 ’10-16• Qual è la spiegazione più plausibile?

A) la planarità dell’anello aromatico favorisce stericamente l’accesso della base all’ ossidrile

B) una minore repulsione elettronica dell’anello aromatico all’avvicinarsi della 6ase, rispetto a quella del gruppo alchilico

C) la maggior stabilità dello ione fenossido rispetto a quella dello ione alcossido

D) la maggior stabilità dello ione alcossido rispetto a quella dello ione fenossido

soluzione

lo ione fenato viene stabilizzato dalla delocalizzazione dei due elettroni dell’ossigeno che cambia ibridizzazione mettendo in comune con gli orbitali P del benlzene l’orbitale P con i 2 elettroni.Lo ione fenossido è quindi più stabile dello ione alcossido.

57. La reazione di ossidazìone degli alcheni con OSO4 è sin stereoselettiva, prevedere quali prodotti   si  formano dalla seguente reazione,

A) una miscela racemica dei composti 2 e 3

B) una miscela contenente quantità uguali (o molto simili) dei composti l e 3

C) solo il composto 4

D) una miscela contenente i composti 1 e 2 in quantità maggiore del composto 3

soluzione

 Il  tetrossido di osmio è un ossidante che viene utilizzato  per ottenere da un alchene un glicole vicinale(con 2 OH legati a due atomi di C adiacenti). Questa reazione  porta a un’addizione syn  dei due gruppi –OH (cioè  si trovano dalla stessa parte)

dai dati del quesito si evince che le molecole che si ottengono sono la 1 e la 3

58. La reazione tra trimetilammina e acetato di 2- cloroetile produce il cloruro di acetilcolina. Individuarne la struttura più probabile.

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

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l’acetilcolina è stato il primo neurotrasmettitore individuato nell’uomo. La reazione è in pratica una sostituzione del Cl con l’ammina terziaria quindi la struttura dell’acetilcolina cloruro

Acetilcolina      Cl-

59. Quale affermazione, riguardante i due seguenti derivati degli acidi carbossilici, è vera?

A) entrambe le molecole vengono idrolizzate con velocità simili

B) entrambe le molecole sono idrolizzabili, ma B più velocemente dì A

C) solo la molecola A può essere idrolizzata

D) entrambe le molecole sono idrolizzabili, ma A più   velocemente di B

soluzione

il secondo composto è un lattone 4 idrossipentanoico ed il primo è il gammabutirrolattame con legame ammidico intramolecolare .

 

Da quest’ultima reazione si può vedere che l’idrolisi acida riforma il composto di partenza molto più facilmente che non il lattame che in realtà è meno idrolizzabile tant’è che i lattami fanno parte degli antibiotici che devono essere resistenti agli attacchi batterici.

 

60. Un composto incognito reagisce con due equivalenti di H2 in presenza di Ni come catalizzatore. Inoltre genera 5 equivalenti di CO2 e 4 equivalenti di H20 in una reazione di combustione. Individuare il composto incognito.

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

il fatto che produca 5 equivalenti di CO2 presuppone che nella molecola vi siano 5 atomi di C.

Se il composto reagisce con 2 equivalenti di H2 significa che vi deve essere un doppi0 legame

siccome genera 4 equivalenti di  H2O vi devono essere  8 atomi di idrogeno.

tra le molecole indicate sopra non può essere la 1 perché ha due doppi legami e 6 atomi di H

non può essere la seconda perchè ha 2 doppi legami e 6 atomi di idrogeno

non può essere la 3 perché ha un triplo legame e 4 atomi di C

solo la numero 4 può dare somma di 2 equivalenti di idrogeno (1 doppio legame) può dare origine a 5 CO2 (ha 5 atomi di C) ed ha 8 atomi di idrogeno 3 del CH3 1 al doppio legame 2 al C in alfa al doppio legame e 2 al Carbonio in beta al doppio legame

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