A COGNOME...NOME...Matricola

A COGNOME...NOME...Matricola 1. Scrivere il nome dei seguenti composti: (NH 4 ) 2 CO 3, P 4 O 10, SO 3 2-. Scrivere la formula dei seguenti composti: fosfato di magnesio, ossido di Fe(III), nitrito di calcio. Carbonato di ammonio; decaossido di tetrafosforo, (ossido di fosforo(v) è una denominazione meno precisa perché non aiuta a scrivere correttamente la formula); ione solfito (o anione solfito). Mg 3 (PO 4 ) 2 ; Fe 2 O 3 ; Ca(NO 2 ) 2. 2. Quale dei seguenti composti (di cui dovete scriverne il nome) vi aspettate sia ionico e quale covalente: BaCl 2 e PCl 3? Giustificare le risposte. BaCl 2 (cloruro di bario) composto formato da un metallo e un non metallo: ionico. PCl 3 (tricloruro di fosforo) composto formato da due non metalli: covalente 3. (a) Indicare a che gruppo e a che periodo appartiene l elemento che ha la seguente configurazione elettronica: [Ar] 3d 5, 4s 2 ; scriverne nome e simbolo e indicare quanti elettroni spaiati possiede. (b) Scrivere la configurazione elettronica dell elemento zolfo. Quali vi aspettate che siano i suoi numeri di ossidazione più comuni? (a) L ultimo strato occupato ha n.ro quantico principale 4, quindi 4 Periodo. Ha un totale di 7 elettroni di valenza quindi 7 Gruppo (ovvero 7B, se si usa la convenzione americana); è un metallo di transizione, il Manganese (Mn); gli elettroni spaiati sono 5 perché i 5 elettroni degli orbitali d si distribuiscono secondo la regola di Hund (5 uno in ciascun orbitale d). (b) Lo zolfo appartiene al 16 gruppo, è del terzo periodo: [Ne] 3s 2 3p 4 ; n.ri di ox più comuni +4 (perdita formale degli elettroni p), +6 (perdita formale di tutti gli elettroni di valenza), -2 (raggiunge la configurazione elettronica del gas nobile che lo segue, Ar). 4. Passando da Mg a Al l energia di ionizzazione varia in maniera diversa rispetto al generale andamento lungo un periodo: spiegare. Indicare inoltre l andamento generale dei raggi atomici e delle energie di ionizzazione scendendo lungo un gruppo. L energia di (prima) ionizzazione di norma cresce lungo un periodo a causa della crescita di Z* (aumenta la carica del nucleo che non viene schermata efficacemente dagli elettroni dello stesso strato). Tuttavia nel passaggio dal gruppo 2 al gruppo 13 il nuovo elettrone va a collocarsi in un orbitale p dello stesso strato, che si trova ad energia più elevata dell orbitale s: quindi occorre spendere meno energia per allontanare un elettrone da quell orbitale. Scendendo lungo un gruppo i raggi atomici aumentano in quanto gli elettroni di valenza, cioè quelli più esterni, vengono a collocarsi in orbitali di numero quantico principale più elevato, quindi più espansi. Per contro il potenziale di ionizzazione cala in quanto gli elettroni più esterni risentono di una minore attrazione del nucleo a causa della loro maggiore distanza. 5. Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido utilizzando il metodo delle semireazioni ed indicando l ossidante e il riducente: NO 3 - (aq) + I 2 (s) IO 3 - (aq) + NO 2 (g) Nel passaggio da nitrato a biossido di azoto il numero di ossidazione di N cala da +5 a +4, con un acquisto di 1 e -. N si riduce e quindi l anione nitrato agisce da ossidante. Nel passaggio da iodio elementare a ione iodato, ogni atomo di I passa da zero a +5. Quindi ogni molecola di iodio, che contiene due atomi di iodio, cede 10 elettroni. I si ossida, lo iodio è il riducente. Semireazioni: NO 3 - (aq) + e - + 2 H + NO 2 (g) + H 2 O I 2 (s) + 6 H 2 O 2 IO 3 - + 10 e - + 12 H + Minimo comune multiplo fra 1 e 10 è 10. Quindi moltiplicando la prima semireazione per 10 e la seconda per 1, e sommando si ottiene: 10NO 3 - (aq) + 10 e + 20 H + + I 2 (s) + 6 H 2 O 10 NO 2 (g) + 10 H 2 O + 2 IO 3 - + 10 e - + 12 H + Quindi la reazione bilanciata, dopo le semplificazioni delle molecole di acqua e degli H +, è 10NO 3 - (aq) + 8 H + + I 2 (s) 10 NO 2 (g) + 4 H 2 O + 2 IO 3 -

6. Utilizzando lo schema di MO della molecola diatomica omonucleare N 2, determinare l ordine di legame per lo ione NO -. Tale ione possiede 12 elettroni di valenza (5+6+1). La configurazione sarà quindi (σ 2s ) 2, (σ* 2s ) 2, (π 2p ) 4, (σ 2p ) 2, (π* 2p ) 2, quindi l ordine di legame sarà (8-6)/2 = 2 7. Vero o falso (giustificare le risposte): a) è possibile che due atomi siano legati solo da un legame pigreco; b) l energia di dissociazione di un legame doppio è maggiore di quella di un legame singolo; c) se una molecola ha legami polari, sarà polare; d) la conducibilità dei semiconduttori aumenta con la temperatura a) Falso, perché tra due atomi legati ci deve essere sempre un legame sigma; legami pigreco sono presenti solo nei legami multipli, in aggiunta al legame sigma. b) Vero: la formazione di un legame doppio comporta il guadagno energetico del legame sigma e quello del legame pigreco. c) Falso: Una molecola contenente legami polari sarà polare solo se la somma vettoriale dei momenti di dipolo di ciascun legame polare non si annulla a causa della simmetria della molecola. d) Vero: nei semiconduttori al crescere della T aumentano gli elettroni che hanno l energia sufficiente per superare il gap energetico tra la banda di valenza e quella di conduzione. Questo rappresenta un importante differenza rispetto al comportamento dei metalli 8. Scrivere le formule di Lewis di SO 3 2-, NF 3, NO 3 -. Per ciascuna specie specificare il numero di coppie di non legame, di legame sigma e di legame pigreco attorno all atomo centrale, indicare la forma di ciascuna molecola o ione secondo la teoria VSEPR e precisare l ibridizzazione dell atomo centrale. SO 3 2- ha 26 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma, tre coppie di non legame sugli ossigeni e una coppia di non legame sullo zolfo consentirebbe ad ogni atomo di raggiungere l ottetto. Ci sarebbe però carica formale +1 sullo zolfo e 1 sui tre atomi di O. Introducendo un doppio legame lo zolfo ha carica formale zero, lasciando carica formale 1 su due ossigeni (che sono gli atomi più elettronegativi). L espansione a 10 del numero di elettroni attorno allo zolfo è compatibile con il fatto che S appartiene ad un periodo superiore al 2 ; sono possibili tre ibridi di risonanza. Portando a due il numero di doppi legami e quindi aumentando il numero totale di elettroni su S, gli si conferisce una carica formale di 1, incompatibile con il fatto che è meno elettronegativo dell ossigeno. Attorno allo zolfo ci sono 3 coppie di legame sigma, una coppia di legame pigreco e una coppia di non legame. Quindi dal punto di vista della teoria VSEPR, 4 coppie di elettroni si dispongono nelle direzione dei vertici di un tetraedro, ma una è coppia di non legame quindi lo ione ha forma piramidale a base triangolare. Lo zolfo userà 4 ibridi sp 3. NF 3 ha anch esso 26 elettroni di valenza, ma la formula di Lewis è diversa. Infatti una formula di Lewis con tre legami sigma, tre coppie di non legame sui fluori e una coppia di non legame sull azoto consente ad ogni atomo di raggiungere l ottetto e di avere cariche formali ottimali (zero su ogni atomo). Non è possibile la formula di Lewis dello ione solfito (con il doppio legame), in quanto N non ha la possibilità di espandere l ottetto. Attorno all azoto ci sono 3 coppie sigma ed una coppia di non legame(nessuna coppia pigreco). Le 4 coppie di elettroni si dispongono nelle direzione dei vertici di un tetraedro, ma una è coppia di non legame quindi la molecola ha forma piramidale a base triangolare. L azoto userà 4 ibridi sp 3. NO 3 - ha 24 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma, tre coppie di non legame sugli ossigeni non consente all azoto di raggiungere l ottetto. Introducendo un doppio legame N=O, l azoto raggiunge l ottetto; ci sono 3 ibridi di risonanza. In questa struttura l azoto ha carica formale +1, mentre due ossigeni hanno carica formale 1. Un ulteriore doppio legame porterebbe la carica formale dell azoto a zero ma lo porterebbe a 10 elettroni totali violando la regola dell ottetto (cosa che non può fare essendo del secondo periodo). Quindi attorno all azoto: 3 coppie sigma, una coppia pigreco. Per la teoria VSEPR le 3 coppie di elettroni si dispongono secondo una geometria trigonale (sul piano a 120 ). Ne risulta che lo ione sarà planare trigonale e l azoto userà 3 ibridi sp 2. 9. Il cloruro di nitrosile ha formula NOCl. Discutere le possibili formule di Lewis, ipotizzando dapprima che l atomo centrale sia N e poi che sia O. Indicate qual è la formula più stabile e la geometria della molecola. La molecola ha 18 elettroni di valenza. Disposti i due legami sigma e tre coppie attorno agli atomi periferici resta una coppia che va attorno all atomo centrale, che non raggiunge ancora l ottetto e quindi richiederà la trasformazione di qualche coppia di non legame in legame pigreco. Comunque si effettui questa

trasformazione e qualunque sia l atomo centrale, è quindi definito il numero di coppie di legame sigma (2) e di non legame (1) attorno all atomo centrale. Questo basta a definire la geometria delle coppie e la forma della molecola secondo la teoria VSEPR: quindi le 3 coppie saranno disposte a 120 sul piano e la molecola avrà forma angolare (e non trigonale, dato che una delle tre è una coppia di non legame). Resta da distribuire le coppie di non legame periferiche e i legami pigreco in modo da raggiungere l ottetto e minimizzare le cariche formali. Nel caso in cui sia N l atomo centrale lo spostamento di una coppia di non legame dell ossigeno a dare un legame doppio O=N consente a tutti gli atomi di raggiungere l ottetto, con cariche formali zero su tutti gli atomi. Un analoga operazione sul Cl, con formazione di un doppio legame Cl=N (oltre a contrastare con la poca tendenza del Cl a dare doppi legami) darebbe cariche formali +1 per Cl e 1 per O. Con l ossigeno come atomo centrale, una formula con doppio legame N=O darebbe carica formale 1 per N, +1 per O (sfavorita rispetto alle due precedenti per la carica formale positiva su atomo più elettronegativo), mente la formula con doppio legame O=Cl darebbe cariche formali assurdamente sbilanciate (N 2, O +1, Cl +1). Formule con un legame NO triplo comporterebbero il superamento dell ottetto, che non è consentito né per N né per O, e così pure formule con due doppi legami per l atomo centrale. Quindi la formula più stabile è quella in cui N è l atomo centrale, formando un legame doppio con l ossigeno O=N ed un legame semplice con Cl, e consente a tutti gli atomi di raggiungere l ottetto, con cariche formali zero su tutti gli atomi. 10. Un composto contiene il 38.50% di O, il 14.45% di C, il 47.05% di K. Determinarne la formula minima e quella molecolare, sapendo che la massa molare vale 166.2. K 39.10, C 12.01, O 16.00. In 100 g di composto: moli O: 38.50/16.00 = 2.406 ; C 14.45/12.01 = 1.203 ; K 47.05/39.10 = 1.203. Le moli di O sono doppie sia di quelle di C che di quelle di K, quindi la formula minima è KCO 2, cui corrisponde una massa molare di 83.11. Il rapporto 166.2/83.11 = 2, quindi la formula molecolare sarà K 2 C 2 O 4. 11. Dalla reazione di 124.0 g di cloruro d ammonio solido con 103.5 g di idrossido di calcio solido si ottengono ammoniaca, cloruro di calcio e acqua. a) Scrivere l equazione bilanciata; b) indicare il reagente limitante; c) calcolare la quantità di reagente in eccesso che rimane; d) calcolare la quantità di cloruro di calcio che dovrebbe formarsi; e) calcolare la resa percentuale della reazione se si isolano 105.8 g di cloruro di calcio; f) indicare quanto idrossido di calcio si dovrebbe usare per ottenere 50.0 g di cloruro di calcio, supponendo la reazione quantitativa. (N 14.01, H 1.008, Cl 35.45, O 16.00, Ca 40.08) a) 2NH 4 Cl + Ca(OH) 2 2NH 3 + CaCl 2 + 2 H 2 O b) Moli di NH 4 Cl = 124.0/53.492 = 2.318; moli di Ca(OH) 2 = 103.5/74.096 = 1.397. Rapporto fra le moli dei reagenti = 2.318/1.397 = 1.659. Tale rapporto è minore del rapporto fra i coefficienti stechiometrici dei due reagenti (2/1), quindi Ca(OH) 2 è in eccesso e NH 4 Cl è il reagente limitante. c) Moli di Ca(OH) 2 reagite = moli reagente limitante x coeff. stech. Ca(OH) 2 /coeff.stech. NH 4 Cl = 2.318x1/2 = 1.159. Moli di Ca(OH) 2 rimaste = 1.397 1.159 = 0.238 moli, pari a 0.238x74.096 = 17.6 g in eccesso. d) Moli di CaCl 2 formate = moli reagente limitante x coeff. stech. CaCl 2 /coeff.stech. NH 4 Cl = 2.318x1/2 = 1.159, pari a 1.159x111.0 = 128.6 g di CaCl 2. e) Resa percentuale = (105.8/128.6)x100 = 82.27% f) 50.0 g di CaCl 2 corrispondono a 50.0/111.0 = 0.450 moli. La stechiometria della reazione dice che il numero di moli di CaCl 2 formate è pari a quello di Ca(OH) 2 reagite. Se la reazione è quantitativa, la formazione di 0.450 moli di cloruro di calcio richiede 0.450 moli di Ca(OH) 2, pari a 0.450x74.096 = 33.3 g. 12. Scrivere le reazioni con acqua dei seguenti ossidi, indicando il nome dei composti che si formano nei due casi: K 2 O, SO 2.. Indicare inoltre cosa si formerà dalla reazione fra i due prodotti. K 2 O ossido di potassio è un ossido ionico (K è un metallo) quindi sarà un ossido basico e la sua reazione con H 2 O genera un idrossido, l idrossido di potassio: K 2 O + H 2 O 2 KOH SO 2 è un ossido covalente (e quindi acido) in cui S ha n ox +4. La reazione con H 2 O genera l ossiacido in cui S ha quel n di ox, cioè l acido solforoso: SO 2 + H 2 O H 2 SO 3 La reazione fra un acido e un idrossido genera acqua e un sale, in questo caso solfito di potassio, che in soluzione acquosa si dissocia in 2K + e SO 3 2-. 2 KOH + H 2 SO 3 K 2 SO 3 + 2H 2 O

B COGNOME...NOME...Matricola 1) (a) Indicare a che gruppo e a che periodo appartiene l elemento che ha la seguente configurazione elettronica: [Ar] 3d 7, 4s 2 ; scriverne nome e simbolo e indicare quanti elettroni spaiati possiede. (b) Scrivere la configurazione elettronica dell elemento fosforo. Quali vi aspettate che siano i suoi numeri di ossidazione più comuni? (a) L ultimo strato occupato ha n.ro quantico principale 4, quindi 4 periodo. Ha un totale di 9 elettroni di valenza quindi 9 Gruppo (ovvero 8B, se si usa la convenzione americana); è un metallo di transizione, il Cobalto (Co); gli elettroni spaiati sono 3 perché i 7 elettroni degli orbitali d si distribuiscono secondo la regola di Hund (uno in ciascun orbitale d) e gli ultimi 2 vanno ad occupare con spin opposto due degli orbitali d già parzialmente occupati. (b) Il fosforo è del 3 periodo, gruppo 15: [Ne] 3s 2, 3p 3, n.ri ox. più comuni +5, +3 (corrispondenti alla perdita formale di tutti gli elettroni di valenza o dei soli p), -3 (corrispondente al raggiungimento della configurazione del gas nobile successivo). 2) Passando da P a S l energia di (prima) ionizzazione varia in maniera diversa rispetto al generale andamento lungo un periodo: spiegare. Indicare inoltre l andamento generale dei raggi atomici e delle energie di ionizzazione scendendo lungo un gruppo. L energia di (prima) ionizzazione di norma cresce lungo un periodo a causa della crescita di Z* (aumenta la carica del nucleo che non viene schermata efficacemente dagli elettroni dello stesso strato). Tuttavia nel passaggio dal gruppo 15 al gruppo 16 il nuovo elettrone va a collocarsi in un orbitale p già occupato da 1 elettrone: la repulsione interelettronica che ne consegue destabilizza l orbitale (rende più alta la sua energia) e quindi occorre spendere meno energia per allontanare un elettrone da quell orbitale. Scendendo lungo un gruppo i raggi atomici aumentano in quanto gli elettroni di valenza, cioè quelli più esterni, vengono a collocarsi in orbitali di numero quantico principale più elevato, quindi più espansi. Per contro il potenziale di ionizzazione cala in quanto gli elettroni più esterni risentono di una minore attrazione del nucleo a causa della loro maggiore distanza. 3) Utilizzando lo schema di MO della molecola diatomica omonucleare N 2, determinare l ordine di legame per lo ione O + 2. Tale ione possiede 11 elettroni di valenza. La configurazione sarà quindi (σ 2s ) 2, (σ* 2s ) 2, (π 2p ) 4, (σ 2p ) 2, (π* 2p ) 1, quindi l ordine di legame sarà (8-5)/2 = 2.5 4) Quale dei seguenti composti vi aspettate sia ionico e quale covalente: CF 4 e CsBr (scrivetene il nome)? Giustificare le risposte. Il tetrafluoruro di carbonio sarà covalente, essendo un composto fra non-metalli; il bromuro di cesio sarà ionico essendo un composto fra un metallo (Cs) e un non-metallo. 5) Scrivere le formule di Lewis di SO 3, IF 3, PCl 3. Per ciascuna specie specificare il numero di coppie di non legame, di legame sigma e di legame pigreco attorno all atomo centrale, indicare la forma di ciascuna molecola secondo la teoria VSEPR e precisare l ibridizzazione dell atomo centrale. SO 3 ha 24 elettroni di valenza. Una formula di Lewis con tre legami sigma e un legame pigreco (ovvero due legami S-O semplici e un legame S=O doppio, tre ibridi di risonanza) consentirebbe ad ogni atomo di raggiungere l ottetto. Ci sarebbe però carica formale +2 sullo zolfo e 1 su due atomi di O. Portando a due il numero di doppi legami la carica formale su S scenderebbe a +1 (con espansione del numero di elettroni attorno allo zolfo fino a 10, e ancora tre ibridi di risonanza). Infine portando a tre il numero di doppi legami tutti gli atomi avrebbero carica formale zero; lo zolfo avrebbe 12 elettroni, il che è compatibile con il fatto che appartiene ad un periodo superiore al 2. In tutte e tre le ipotesi attorno allo zolfo ci sarebbero 3 coppie di legame sigma e nessuna coppia di non legame (varierebbe solo il numero di coppie pigreco). Quindi dal punto di vista della teoria VSEPR 3 coppie di elettroni si dispongono secondo una geometria trigonale (sul piano a 120 ). Ne risulta che la molecola sarà planare trigonale e lo zolfo userà 3 ibridi sp 2.

IF 3 ha 28 elettroni di valenza. Le 14 coppie di elettroni devono essere disposte a dare tre legami sigma, 3 coppie di non legame attorno a ogni F; le 2 coppie rimanenti saranno di non legame attorno allo iodio (che può espandere l ottetto). Le cariche formali sono zero per tutti gli atomi. Essendoci 3 coppie sigma e 2 di non legame attorno all atomo centrale la teoria VSEPR prevede geometria delle coppie a bipiramide trigonale. Quindi l ibridizzazione dello iodio sarà sp 3 d. Le coppie di non legame occupano le posizioni con minor ingombro (quindi due posizioni equatoriali). La forma della molecola sarà quindi a T. PCl 3 ha 26 elettroni di valenza. Le 13 coppie di elettroni devono essere disposte a dare tre legami sigma, 3 coppie di non legame attorno a ogni Cl; la coppia rimanente resta di non legame sul P. In questo le cariche formali sono zero per tutti gli atomi. Essendoci una coppia di non legame e tre coppie sigma attorno all atomo centrale, la geometria delle coppie sarà tetraedrica, e l ibridizzazione di P sarà sp 3. Essendo una delle 4 coppie di non legame, la geometria della molecola sarà piramidale trigonale (a base triangolare). 6) Scrivere il nome dei seguenti composti: ClO 3 -, BaBr 2, MnO 2. Scrivere la formula dei seguenti composti: ossido di argento(i), solfato di cromo(iii), ione perossido. Anione clorato ( o ione clorato), bromuro di bario (è superfluo specificare il numero di ossidazione del Ba, perché può essere solo due), biossido di manganese o ossido di manganese(iv). Ag 2 O, Cr 2 (SO 4 ) 3, O 2 2-. 7) Il cloruro di nitrosile ha formula NOCl. Discutere le possibili formule di Lewis, ipotizzando dapprima che l atomo centrale sia N e poi che sia O. Indicate quale sarà la formula più stabile e la geometria della molecola. La molecola ha 18 elettroni di valenza. Disposti i due legami sigma e tre coppie attorno agli atomi periferici resta una coppia che va attorno all atomo centrale, che non raggiunge ancora l ottetto e quindi richiederà la trasformazione di qualche coppia di non legame in legame pigreco. Comunque si effettui questa trasformazione e qualunque sia l atomo centrale, è quindi definito il numero di coppie di legame sigma (2) e di non legame (1) attorno all atomo centrale. Questo basta a definire la geometria delle coppie e la forma della molecola secondo la teoria VSEPR: quindi le 3 coppie saranno disposte a 120 sul piano e la molecola avrà forma angolare (e non trigonale, dato che una delle tre è una coppia di non legame). Resta da distribuire le coppie di non legame periferiche e i legami pigreco in modo da raggiungere l ottetto e minimizzare le cariche formali. Nel caso in cui sia N l atomo centrale lo spostamento di una coppia di non legame dell ossigeno a dare un legame doppio O=N consente a tutti gli atomi di raggiungere l ottetto, con cariche formali zero su tutti gli atomi. Un analoga operazione sul Cl, con formazione di un doppio legame Cl=N (oltre a contrastare con la poca tendenza del Cl a dare doppi legami) darebbe cariche formali +1 per Cl e 1 per O. Con l ossigeno come atomo centrale, una formula con doppio legame N=O darebbe carica formale 1 per N, +1 per O (sfavorita rispetto alle due precedenti per la carica formale positiva su atomo più elettronegativo), mente la formula con doppio legame O=Cl darebbe cariche formali assurdamente sbilanciate (N 2, O +1, Cl +1). Formule con un legame NO triplo comporterebbero il superamento dell ottetto, che non è consentito né per N né per O, e così pure formule con due doppi legami per l atomo centrale. Quindi la formula più stabile è quella in cui N è l atomo centrale, formando un legame doppio con l ossigeno O=N ed un legame semplice con Cl, e consente a tutti gli atomi di raggiungere l ottetto, con cariche formali zero su tutti gli atomi. 8) Un composto contiene il 47.76% di O, il 17.93% di C, il 34.31% di Na. Determinarne la formula minima e quella molecolare, sapendo che la massa molare vale 134.0. Na 22.99, C 12.01, O 16.00. In 100 g di composto: moli O: 47,76/16.00 = 2.985 ; C 17,93/12.01 = 1.493 ; Na 34,31/22.99 = 1.493. Le moli di O sono doppie sia di quelle di C che di quelle di Na, quindi la formula minima è NaO 2 C, cui corrisponde una massa molare di 67.00. Il rapporto 134.0/67.00 = 2, quindi la formula molecolare sarà Na 2 O 4 C 2. 9) Bilanciare la seguente reazione di ossidoriduzione che avviene in ambiente acido utilizzando il metodo delle semireazioni ed indicando l ossidante e il riducente: BrO 3 - (aq) + N 2 H 4 (aq) Br - (aq) + N 2 (g) Nel passaggio da bromato a bromuro il numero di ossidazione del Br cala da +5 a 1, con un acquisto di 6 e -. Il Br si riduce e quindi l anione bromato agisce da ossidante. Nel passaggio da idrazina a azoto elementare, ogni atomo di N passa da 2 a zero. Quindi ogni molecola di idrazina, che contiene due atomi di azoto, cede 4 elettroni. N si ossida, l idrazina è il riducente.

Semireazioni: BrO - 3 (aq) + 6 e - + 6 H + Br - (aq) +3 H 2 O N 2 H 4 (aq) N 2 + 4 e - + 4 H + Minimo comune multiplo fra 6 e 4 è 12. Quindi moltiplicando la prima semireazione per 12/6=2 e la seconda per 12/4 =3, e sommando si ottiene: 2BrO - 3 (aq) + 3N 2 H 4 (aq) + 12 e - + 12 H + 2Br - (aq) +6 H 2 O + 3N 2 + 12 e - + 12 H + Quindi la reazione bilanciata è 2BrO - 3 (aq) + 3N 2 H 4 (aq) 2Br - (aq) +6 H 2 O + 3N 2 10) Scrivere le reazioni con acqua dei seguenti ossidi, indicando il nome dei composti che si formano nei due casi: MgO, N 2 O 5.. Indicare inoltre cosa si formerà dalla reazione fra i due prodotti. MgO è un ossido ionico (Mg è un metallo) quindi sarà un ossido basico e la sua reazione con H 2 O genera un idrossido, l idrossido di magnesio (non è necessario specificare II, perché Mg può avere solo n ox = +2): MgO + H 2 O Mg(OH) 2 N 2 O 5 è un ossido covalente (e quindi acido) in cui N ha n ox +5. La reazione con H 2 O genera l ossiacido in cui N ha quel n di ox, cioè l acido nitrico: N 2 O 5 + H 2 O 2 HNO 3 La reazione fra un acido e un idrossido genera acqua e un sale, in questo caso nitrato di magnesio che in soluzione acquosa si dissocia in Mg 2+ e 2NO 3 -. Mg(OH) 2 + 2 HNO 3 Mg(NO 3 ) 2 + 2H 2 O 11) Riscaldando 35.5 g di idrossido di calcio solido con 62.0 g di cloruro d ammonio solido si ottengono ammoniaca, cloruro di calcio e acqua. a) Scrivere l equazione bilanciata; b) indicare il reagente limitante; c) calcolare la quantità di reagente in eccesso che rimane; d) calcolare la quantità di ammoniaca che dovrebbe formarsi; e) calcolare la resa percentuale della reazione se si isolano 12.3 g di ammoniaca; f) indicare quanto cloruro di ammonio si dovrebbe usare per ottenere 50.0 g di ammoniaca, supponendo la reazione quantitativa. (N 14.01, H 1.008, Cl 35.45, O 16.00, Ca 40.08) a) 2NH 4 Cl + Ca(OH) 2 2NH 3 + CaCl 2 + 2 H 2 O b) Moli di NH 4 Cl = 62.0/ 53.492 = 1.16; moli di Ca(OH) 2 = 25.5/74.096 = 0.479. Rapporto fra le moli dei reagenti = 1.16/0.479 = 2.42. Tale rapporto è maggiore del rapporto fra i coefficienti stechiometrici dei due reagenti (2/1), quindi NH 4 Cl è in eccesso e Ca(OH) 2 è il reagente limitante. c) Moli di NH 4 Cl reagite = moli reagente limitante x coeff. stech. NH 4 Cl/coeff.stech. Ca(OH) 2 = 0.479x2/1 = 0.958. Moli di NH 4 Cl rimaste = 1.16 0.958 = 0.202 moli, pari a 0.202x53.492 = 10.8 g in eccesso. d) Moli di NH 3 formate = moli reagente limitante x coeff. stech. NH 3 /coeff.stech. Ca(OH) 2 = 0.479x2/1 = 0.958, pari a 0.958x17.034 = 16.3 g di NH 3. e) Resa percentuale = (12.3/16.3)x100 = 75.5% f) 50.0 g di NH 3 corrispondono a 50.0/17.034 = 2.94 moli. La stechiometria della reazione dice che il numero di moli di NH 3 formate è pari a quello di NH 4 Cl reagite. Se la reazione è quantitativa, la formazione di 2.94 moli di ammoniaca richiede 2.94 moli di NH 4 Cl, pari a 2.94x53.492 = 157 g. 12) Vero o falso (giustificare le risposte): a) un doppio legame può essere costituito da due legami sigma oppure da due legami pigreco; b) la distanza di legame in un legame doppio è minore che in un legame singolo; c) una molecola con legami polari, sarà polare; d) la conducibilità dei metalli aumenta con la temperatura a) Falso, perché un doppio legame è costituito sempre da un legame sigma e uno pigreco. b) Vero: la distanza di legame diminuisce al crescere dell ordine di legame; c) Falso: Una molecola contenente legami polari sarà polare solo se la somma vettoriale dei momenti di dipolo di ciascun legame polare non si annulla a causa della simmetria della molecola. d) Falso: al crescere della T la conducibilità dei metalli diminuisce, in quanto le vibrazioni degli atomi attorno alle loro posizioni ostacolano il moto degli elettroni.