GIOCHI DELLA CHIMICA NAZIONALI 2018 CLASSE C

24 Febbraio 2020 | giochi della chimica 2012 fase nazionale classi A-B | di misefari | 0 Commenti
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1. Un giorno, il dottor McCoy ritrova nel suo laboratorio un vecchio campione, dalla cui etichetta sbiadita riesce solo a capire che si tratta di un metallo alcalino. Decide quindi di sciogliere in acqua il campione e di precipitare il cloruro sotto forma di sale di argento. Da 0,500 g di campione incognito ottiene 0,961 g di AgCl. Di quale sale si tratta?
A) LiCl
B) NaCl
C) KCl
D) RbCl
1. Soluzione
Il PM   AgCl = 143,3 g/mol. 
La massa di cloro ottenuta proveniente dal cloruro del metallo adesso sotto forma di AgCl è calcolata dalla proporzione AgCl:Cl = 0,961: X    143,3 : 35,45 = 0,961 : X 

X= 0,961 x 35,45 /143,3 =0,238 g.

Da questo dato si evince che la massa di metallo è

Me=MeCl – 35,45 = 0,500 – 0,238 = 0,262 g.

Le moli di AgCl sono 0,961/ 143,3 = 0,0067  

I grammo atomi di Me e di Cl nella molecola MeCl    sono in rapporti uguali  quindi :  

 grammoatomi di Me / Peso atomico di.Me=  grammo atomi di Cl / Peso atomico. Cl

cioè   0,262 /Me = 0,238/ 35,45 = 39,1 g/mol  ma questo è il Peso Atomico del K quindi 

Si deduce che il sale era KCl.

Risposta corretta C

2. Indicare quale geometria ha lo ione PCl4 secondo la teoria VSEPR:
A) a sella
B) tetraedrica
C) planare quadrata
D) nessuna delle precedenti
2. Soluzione

la teoria VESPR (valence shell Electron Pair Repulsion) è usata come metodo per valutare la disposizione geometrica degli atomi  di una molecola nello spazio, e si basa sul fatto che gli elettroni tendono a disporsi il più lontano possibile fra loro. Ciò è in accordo con la legge di Coulomb  secondo la quale cariche  di segno uguale si respingono.

Questa teoria utilizza il cosiddetto metodo AXE in cui A è il metallo, X rappresenta il numero di legandi ed E rappresenta il numero di coppie elettroniche libere (lone Pair) e  la somma di X ed E, definita come Numero Sterico. 

Nella molecola PCl4 non vi sono coppie elettroniche non impegnate in legami per cui la forma della molecola corrisponde ad AX4 del metodo AXE che prevede per questo tipo di molecole la forma Tetraedrica.

AX4E0-2D.png        AX3E1-2D.png    AX2E2-2D.png

La geometria della molecola è pertanto  tetraedrica.

Risposta corretta B
3. Indicare il gruppo di coefficienti, riportati in ordine casuale, che bilancia la seguente reazione di
ossidoriduzione:
KMnO4 + K2S + H2O → MnS + S + KOH
A) 1, 1, 2, 2, 5, 5
B) 1, 2, 5, 7, 7, 8 
C) 2, 2, 5, 7, 8, 8
D) 2, 2, 5, 7, 8, 16
Soluzione
Le due semireazioni sono:
2[MnO4-  + 5 e‒  +4 H2O  → Mn2+ +8OH- 
5[S2‒  → S + 2 e‒
_______________________________________
2 MnO4- + 5 S= + 8H2O → 2 Mn+2  + 5 S + 16 KOH

In questa reazione lo zolfo iniziale deve essere 7 S-2 e non 5S  perchè  Mn+2 deve necessariamente reagire con S per formare MnS quindi la reazione globale è : 

2 KMnO4 + 7 K2S + 8 H2O → 2 MnS + 5 S + 16 KOH
I coefficienti sono 2, 2, 5, 7, 8, 16.

Risposta corretta  D
4. Calcolare la quantità di HCl necessaria a consumare 0,270 g di acido ossalico (COOH)2, secondo la reazione (da bilanciare):
(COOH)2 (aq) + K2Cr2O7 (aq) + HCl (aq) —> CO2 (g) + CrCl3 (aq) + KCl (aq) + H2O (l)
A) 0,292 g
B) 0,109 g
C) 0,328 g
D) 0,766 g

Soluzione

Il n,ox, del Carbonio nell’acido ossalico la cui struttura è       (O=C-OH)2   è +2 +1 = +3 pertanto le semireazioni sono:
2 [Cr2O7-2 + 6 e‒   + 14 H+ → 2 Cr3+ + 7 H2O 

6[2 C3+ → 2 C4+ + 2 e‒
_____________________________________________________________
3 (COOH)2 + Cr2O7-2  + 14 H+ → 6 CO2 + 2 Cr+3 +7 H2O
cioè 
3 (COOH)2 + K2Cr2O7 + 8 HCl —> 6 CO2 + 2 CrCl3 + 2 KCl + 7 H2O

(infatti 6 atomi di H provengono da 3 (COOH)2 che assieme a 8 HCl formano 14 H+)
Da questa reazione si vede che  3 moli di acido ossalico (3 x 90 g) reagiscono con 8 moli (8 x 36,45 )di HCl  quindi 0,270 g di acido ossalico reagiscono con X di HCl

270 : 291,6 = 0,270 : X     X= 0,292 g HCl
Risposta corretta A
5. Indicare, tra le seguenti molecole, quella NON planare, secondo la teoria VSEPR:
A) AlCl3
B) XeF4
C) H2O
D) nessuna delle precedenti
 Soluzione
Secondo il metodo AXE in AlCl3 non vi sono doppietti elettronici liberi su Al per cui la struttura è:

AX3E0-side-2D.png

è planare trigonale.

Poichè in XeF4 l’atomo di Xeno possiede due doppietti elettronici non accoppiati la sua struttura è una struttura del tipo AXE2 cioè planare quadrata

AX4E2-2D.png

 Le due coppie di non legame occupano i vertici in alto e in basso, mentre i 4 atomi di fluoro sono legati ai vertici della base quadrata.
Nella molecola H2O l’ossigeno possiede 2 doppietti elettronici liberi per cui la struttura è  AX2E2  e la sua struttura secondo la teoria VESPR è 

AX2E2-2D.png

angolare

Si deduce che la molecola non planare è H2O e la risposta corretta è C

6. Qual è la formula minima di un composto costituito dal 23,965% in peso di ossigeno e la restante parte da iodio?
A) I9O4
B) I2O5
C) IO
D) IO2
Soluzione
Le moli di ossigeno su 100 g sono 23,965/16 = 1,498; Le moli di iodio: (100 ‒ 23,965)/126,9 = 0,599.
Dividendo per il numero più piccolo:
O = 1,498/0,599 = 2,5; I = 0,599/0,599 = 1

Ii rapporto tra i due atomi è pertanto 1 : 2,5   ma per la legge di Dalton i rapporti tra atomi devono essere interi e generalmente piccoli quindi per avere numeri interi  occorre moltiplicare per 2   2 : 5

La formula del composto è : I2O5.

Risposta corretta B
7. Indicare il gruppo di coefficienti, riportati in ordine casuale, che bilancia la seguente reazione di ossidoriduzione:
K2Cr2O7 + FeSO4 + H2SO4–>Cr2(SO4)3 + Fe2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
A) 1, 1, 3, 3, 6, 7, 7
B) 1, 1, 1, 3, 3, 6, 7
C) 1, 1, 1, 3, 6, 7, 7
D) 1, 1, 1, 1, 3, 6, 6
7. Soluzione
Le due semireazioni sono:
 1[Cr2O7-2 + 6 e‒  + 14 H+→ 2 Cr3+ + 7H2O 

 6[Fe2+  →  Fe3+ +  e‒

________________________________________________

Cr2O7-2  + 6 Fe+2 + 14 H+ → 2Cr+3 + 6 Fe+3 + 7H2O 
la reazione è pertanto :
K2Cr2O7 + 6 FeSO4 +7 H2SO4 –>  Cr2(SO4)3 + 3 Fe2(SO4)3 + K2SO4 +7 H2O

I coefficienti sono: 1, 1, 1, 3, 6, 7, 7.

Risposta C
8. Il dottor McCoy,(sempre lui) che ha da poco scoperto un nuovo elemento M di peso atomico 402 u, ne sta studiando il comportamento chimico. Ottiene due ossidi di generica formula bruta MxOy e MzOk. Riesce a capire che nel primo ossido (MxOy) l’ossigeno è presente al 3,83 % in peso e nel secondo (MzOk) al 5,63 % in peso. Indicare quali sono gli stati di ossidazione che il nuovo elemento assume in questi due composti.
A) +1; +2
B) +2; +3
C) +3; +5
D) +5; +7
8. Soluzione

La % di O e di Me sono     O= 3,83  e Me= 100-3,83 = 96,17     

dividiamo per i corrispondenti Pesi Atomici 

3,38 /16 =0,21     96,17/402 = 0,23

Dividendo per il numero più piccolo avremo il rapporto minimo tra gli atomi   quindi Me1 O1 

Il primo composto è MeO in cui il n. Ox di Me  = +2 

Nel secondo composto O= 5,93 % ed Me = 100- 5,93 =94,07 

dividiamo per i corrispondenti Pesi Atomici 

O= 5,93/16= 0,37     ed Me = 94,07 / 402= 0,23

Dividendo per il numero più piccolo si ha Me1 O=1,5   

Il rapporto tra atomi è quindi Me1O1,5 

Poichè per la legge di Dalton i rapporti tra atomi devono essere rapporti tra numeri interi dobbiamo moltiplicare gli indici per 2 e si ottiene 

Me2O3 

In questo composto il metallo ha n.Ox = +3 

Risposta corretta B .

9. Un anestetico adoperato usualmente dai dentisti è il monossido di diazoto (N2O). Alla temperatura di 25 °C, una bombola da 20,0 dm3 di N2O gassoso si trova alla pressione di 303,9 kPa. Nel caso ipotetico che per una singola anestesia vengano consumati 0,15 g di N2O, determinare quanti cicli di anestesia possono essere effettuati con una singola bombola.
A) 570
B) 650
C) 720
D) 785
 Soluzione

Dall’equazione generale di statio dei gas PV = nRT ricaviamo le moli n = PV/RT, Sappiamo infatti che :
T = 25 + 273 = 298 K;

P = 303,9/101,3 = 3 atm. pertanto

n = 3 ∙ 20/0,0821 ∙ 298 = 2,45 mol.

Il PM  di N2O è 28 + 16 = 44 g/mol.

Quindi essendo le moli di N2O nella bombola pari a 2,45 mol 
I grammi  di N2O  sono   44 ∙ 2,45 = 107,9 g.

Essendo una dose di anestetico  o,15 g  allora 107,9 g corrispondono a 

107,9/0,15 = 719 dosi 

Risposta corretta C

10. Il superossido di potassio (KO2) ha largo impiego negli autorespiratori in quanto, reagendo con l’acqua, produce ossigeno secondo la seguente reazione non bilanciata:
KO2 (s) + H2O (l) —-> O2 (g) + H2O2 (aq) + KOH (aq)
Nell’ipotesi in cui, in condizioni STP (T = 273,15 K, P = 101,3 kPa) un uomo inali 8,00 litri di ossigeno al minuto quanti chilogrammi di KO2 serviranno per garantire un’autonomia di 2,00 ore all’autorespiratore?
A) 6,09 kg
B) 4,06 kg
C) 2,28 kg
D) 2,03 kg
10. Soluzione

Un consumo di 8 litri di Ossigeno al minuto corrispondono in 2 ore al consumo di 8 x 120 = 960 litri

Dobbiamo quindi calcolare dalla reazione data, la quantità di KO2 che produce 960 litri, Per questo occorre scrivere la reazione 
 2 KO2 + 2 H2O –>  O2 + H2O2 + 2 KOH

sapendo che 1 mole a STP , occupa 22,414 litri allora n moli di Ossigeno corrispondono a 960 litri

moli di O= 42,83 moli 

Dalla reazione si può vedere che  per 1 mole di ossigeno prodotto occorrono 2 moli di KO2 quindi per 42,83 moli necessitano 42,83 x 2 moli di KO2 = 85,66 moli di KO2 che corrispondono a  71,1 x 85,66 = 6090 g 

cioè 6,09 Kg 

Risposta A

11. Indicare il gruppo di coefficienti, riportati in ordine casuale, che bilancia la seguente reazione di ossidoriduzione:
As2S3 + HClO3 + H2O —> H3AsO4 + S + HCl
A) 3, 5, 5, 6, 6, 9
B) 5, 3, 9, 10, 9, 5
C) 3, 5, 9, 6, 9, 5
D) 3, 5, 9, 6, 9, 3

soluzione

In questa reazione sia As+3  che S= si ossidano rispettivamente ad AS+5  ed S° mentre l’ ossidante ClO3- si riduce a Cl- (in ambiente acido) quindi per quanto riguarda gli elettroni scambiati nelle due singole reazioni occorre considerare la loro somma che poi va moltiplicata per l’altra reazione:

6[[2As+3   + 8H2O       —>   2AsO4-3 + 4 e + 16 H+

6[3S=                          —> 3S   + 6e

10[ClO3-        + 6H+    —>   Cl-  + 6 e    + 3H2O

_________________________________________

12 As+3 + 18 S= + 10 ClO3-  + 48 H2O + 60 H+ —> 12 AsO4-3  + 18 S  + 10 Cl- + 30 H2O + 96 H+

dividendo tutto per 2

6 AS+3 +9 S= + 5 ClO3- + 24 H2O + 30 H+ —> 6 ASO4-3 + 9 S + 5 Cl- + 15 H2O + 48 H+

semplificando

6 AS+3 +9 S= + 5 ClO3- + 9 H2O + 30 H+ —> 6 ASO4-3 + 9 S + 5 Cl- + 15 H2O + 48H+

6 AS+3 +9 S= + 5 ClO3- + 9 H2O —> 6 ASO4-3 + 9 S + 5 Cl- + 24 H+

la reazione quindi è :

3 As2S3 + 5 HClO3 + 9 H2O —>  6 H3AsO4 + 9 S + 5 HCl

I coefficienti sono: 3, 5, 9, 6, 9, 5.

risposta corretta C

12. Calcolare il pH di una soluzione ottenuta aggiungendo 4,0 g di NaOH (s) a 1,0 L di soluzione di HF 0,1 M
(trascurare le variazioni di volume).
A) 13,0
B) 9,8
C) 8,1
D) 7,5
12. Soluzione

Dal momento che aggiungiamo 4 grammi di NaOH in 1 litro di soluzione la molarità di NaOH è data da 4 / PM per L, cioè 4/40 = 0,1 M. Questa aggiunta neutralizza completamente  HF  trasformandolo in NaF .   

NaF è un sale di un acido debole HF e base forte NaOH e subisce idrolisi. In definitiva per calcolare il PH dobbiamo calcolare il PH di idrolisi del sale. La razione di idrolisi è :     

F –  + H2O —> HF + OH- 

la Keq = [HF][OH-]/ [F-]      cioè Keq = [OH-]2 / [F-]      ma [F-]0 concentrazione del sale quindi essendo Keq una costante basica 

Kb = [OH-]2 / Csale   

sappiamo inoltre che per una qualunque sostanza acida o basica  che si dissocia    Ka Kb= Kw   allora Kb= Kw/Ka 

la Ka di HF =7,2 ∙10‒4  per cui  Kb = Kw/Ka = 10‒14/7,2 ∙10‒4           Kb = 1,39 ∙10‒11.

Sostituendo i valori nella espressione    Kb = [OH-]2 / Csale      ed essendo Csale=0,1M 

[OH‒ ] =√ (Kb Csale)= √1,39 ∙10‒11∙ 0,1
[OH‒] = 1,18 ∙10‒6 

pOH = 5,9  quindi    essendo PH+POH =14    pH = 8,1.

Risposta corretta  C

13. Una compressa di Maalox (farmaco antiacido) contiene 200 mg di Mg(OH)2 (s) e 200 mg di Al(OH)3 (s).
Considerando, per semplicità, entrambi gli idrossidi come basi forti, quante compresse occorrono per
neutralizzare 72,0 mL di una soluzione di HCl 0,5 M?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 1
13. Soluzione

Gli equivalenti  di HCl da neutralizzare sono  0,072  x 0,5= 0,0375 eq  quindi occorrono 0,0036  equivalenti di OH- cioè 0,612 g di OH-  grammi = equivalenti x peso equivalente ) (il peso equivalente = PM/ valenza o numero elettroni scambiati se si tratta di sostanza che ha reazione redox)

Occorre quindi calcolare per ogni compressa quanto OH- proviene da 200 mg di Mg(OH)2 e quanto OH- proviene da 200 mg di al(OH)3

Sappiamo che  Mg(OH)2 : 2OH- = 0, 200 g : X  X= 0,200 x 2x 17 / 58,3 = 0,116 g di OH-  

allo stesso modo Al(OH)3 : 3OH- = 0,200 : X    X= 0,2 x 3 x 17 / 78 = 0,131 g di OH- 

in totale quindi 1 compressa fornisce  0,247 g  

Se 1 compressa fornisce 0,247 g  di OH- X compresse forniscono 0,612 g di OH- necessari per neutralizzare  l’ HCl

X= 0,612/0,247 = 2,5

 Occorrono quindi 2,5 compresse 

14. Un alogenuro di bario, BaX2, contiene il 46,21% (m/m) di bario. Stabilire quale alogeno è X.
A) cloro
B) bromo
C) fluoro
D) iodio
14. Soluzione

La quantità di X è 100 – 46,21 = 53,79       X= 53,79 % 

Possiamo quindi scrivere che 46,21 / Ba = 4,21 / 137,33 = 0,3364 grammoatomi Ba

Essendo i grammoatomi di X il doppio di quelli del Ba allora i grammo atomi di X sono 53,79 / 2 x 0,3364 cioè   53,79/ 0,673 quindi 

X = 79,92

Risposta corretta B
15. Un gas Y occupa il volume di un litro alla temperatura di 273,15 K e alla pressione di 1,01 ∙105 Pa. In queste condizioni il suo peso è 1,293g. A quale temperatura un litro dello stesso gas pesa 1,000 g, se la pressione è
diventata 0,917 ·105 Pa?
A) 365 K
B) 388 K
C) 321 K
D) 305K

15. Soluzione

Dalla legge dei gas PV = nRT calcoliamo le moli n = PV/RT = 1 ·1/0,0821 · 273 = 0,0446 mol.di gas 
Sapendo che moli= gr /PM  allora  PM = g/moli  dove PM= Peso molecolare del gas.

PM = 1,293/0,0446 = 29 g/mol.

Noto il PM del gas calcoliamo le moli di 1 g  quindi   n = 1/29 = 0,03448 mol.

Noto n possiamo calcolare T dall’equazione di stato dei gas  T = PV/nR = 0,917 x 105  ·1/0,03448 · 0,08314  = 320 K.

T= 0,917 / 0,00286= 320,,6 = 321 K 

Risposta  corretta C 

16. Alla temperatura di 291,15 K e alla pressione di 1,01 ·105 Pa, la solubilità (espressa come frazione molare) dell’ammoniaca in metanolo è 0,35. Calcolare la solubilità in % m/m.
A) 34%
B) 17%
C) 13%
D) 22%
16. Soluzione

Conoscendo la frazione molare  = X/X+Y = 0,35 per il metanolo su 100 moli totali vi sono 35 di NH3 e 65 di CH3OH

I corrispondenti grammi di CH3OH sono   65moli x PM CH3OH = 65 x 32 =  =2080 g e  35 x 17 = 595 g di NH3 

in totale abbiamo 595+ 2080 = 2675 g 

la % in peso di NH3 è pertanto   595/2675 x 100 = 22,2 %

tuttavia essendo 2 le cifre significative allora  %NH3= 22%

Risposta corretta  D

17. Determinare la percentuale (v/v) di H2 (g) e di Ar (g) in una miscela che presenta una densità di 1102 g/m3
misurata alla temperatura di 303,15 K e alla pressione di 1,01 ·105 Pa.
A) H2 (g): 33% Ar (g): 67%
B) H2 (g): 61% Ar (g): 39%
C) H2 (g): 14% Ar (g): 86%
D) H2 (g): 38% Ar (g): 62%
17. Soluzione

Essendo  densità= grammi / volume allora  1,102 g /Litro  cioè 1litro pesa 1,102 g 
Le moli totali di gas sono calcolatedDalla legge generale di stato dei gas PV = nRT perciò

n = PV/RT = 1 ·1/0,0821 ·303 = 0,0402 mol.totali (H2+ Ar)

Se poniamo X quale numero di moli di H2  

le moli di Ar = moli totali – moli H2 = 0,0402 – X 

trasformiamo le moli in grammi 

Moli H2 x PMH2 = 2 X g

Moli Ar =( 0,042-X ) • 40 

la somma delle due quantità in grammi deve essere uguale ai grammi totali iniziali quindi

1,102 = 2X + (0,042 -X) 40 

Possiamo calcolare X cioè i grammi di H2 nella miscela 

1,102 = 2X + 1,608 – 40X 

1,608- 1,102 = 40X – 2X 

0,506 = 38X 

X= 0,578/38 = 0,0133 g H2   quindi Ar = 0,0402 – 0,0133 = 0,0269 g Ar 

la % in peso in questo caso = % volume perciò possiamo scrivere 

0,0269/ 0,0402= 66,91 % cioè 67 % Ar 

ovviamente 33% di H2 

La risposta corretta è A

18. Un ossido di uranio UxOy è costituito dal 89,9% di uranio. Determinare la formula minima del composto.
A) UO2
B) U3O5
C) U2O3
D) UO4
18. Soluzione

Se l’Uranio è 89,9% allora l’ossigeno è 100-89,9= 10,1 %

dividiamo per il Peso atomico e si ha :

U= 89,9/ 238 =0,3777      e  O= 10,1/16 =0,6312
Dividendo per il valore più piccolo si ottiene: U (0,3777/0,3777 = 1); O (0,6313/0,3777 = 1,67):

Il rapporto minimo tra gli atomi è 1 : 1,67

poichè però i rapporti devono essere secondo numeri interi (legge di Dalton)  occorre moltiplicare per quel valore che rende i rapporti interi .

In questo caso per ottenere i due numeri interi occorre moltiplicare  per 3 ed otteniamo il rapporto 3 : 5 quindi la formula  del composto è U3O5.

La Risposta corretta è B

19. La curva di titolazione di una soluzione di una base debole generica B‒ (come NaB) con costante basica Kb con una soluzione di 0,1 M HCl è indicata dalla curva tratteggiata. Indicare lo spostamento corretto della curva se la costante Kb diminuisce

19. Soluzione

All’inizio della titolazione  di B‒ proveniente da NaB  si forma HB quindi abbiamo un acido debole (con un certo valore di Ka che è ottenibile da Kw/Kb ) in presenza del suo sale cioè  una soluzione tampone, e finchè tutto il sale non si trasforma in acido  il pH ha un valore vicino al pKa dell’acido debole che si forma. Se la base è ancora più debole, il pKa ovviamente è più piccolo e quindi diminuisce anche il pH al quale la soluzione è tamponata.

Tra i grafici proposti solo il grafico B risponde a quanto abbiamo detto.

20. Una soluzione satura di un idrossido con formula M(OH)Y (con costante di solubilità Kps = 3,3 ·10‒25) presenta un pH uguale a 8,0. Determinare il valore di Y nella formula.
A) 4
B) 1
C) 2
D) 3
20. Soluzione
Sappiamo che PH+POH=14  quindi se il pH è 8, il pOH è 6 (14 – 8 = 6) e [OH‒] è 10‒6.

Y può essere y=2, Y= 3 ecc
supponiamo che y  sia  uguale a 3 allora si ha  M(OH)3→ M3+ +3 OH‒

Kps = [M3+] [OH‒]3   ponendo [OH‒] = x si ha Kps =1/3 X• X4 = 1/3 X 4     possiamo calcolare X

X= (3Kps )1/4       X= 0,997 x 10-6 = 10-6
Possiamo concludere che  il composto è quindi M(OH)3.

Risposta corretta D

21. A 350 nm, una soluzione a concentrazione incognita di K2Cr2O7 presenta un’assorbanza (misurata con una cella da 0,1 cm) uguale a quella di una soluzione 5,61 ·10‒5 M di K2Cr2O7 (misurata con una cella da 0,5 cm).
Calcolare la concentrazione della soluzione.
A) 6,5 ·10‒4 M
B) 2,8 ·10‒4 M
C) 9,4 ·10‒5 M
D) 3,2 ·10‒6 M
21. Soluzione

La legge di Beer-Lambert o Legge di Beer-Lambert-Bouguer, mette in relazione la quantità di radiazione luminosa assorbita da una sostanza chimica, alla sua concentrazione e allo spessore del mezzo attraversato.

Quando un fascio di luce (monocromatica) di intensità I0 attraversa uno strato di spessore l di un mezzo, una parte di esso viene assorbita dal mezzo stesso e una parte ne viene trasmessa con intensità residua I1.Il rapporto tra le intensità della luce trasmessa e incidente sul mezzo attraversato è espresso dalla seguente relazione   I1/I0 = T (trasmittanza) e il logaritmo dell’inverso della Trasmittanza è definita Assorbanza   A= log 1/T essa dipende dalla lunghezza della cella che contiene il campione che indichiamo con l (cammino ottico) dalla concentrazione C e da una quantità detta assorbitività o coefficiente di assorbimento molare che si indica con ε

 A = ε l C quindi

C = A/(ε l)

Dai dati del quesito A ed ε non cambiano, la concentrazione C dipende solo dal cammino ottico l , quindi si ha: C1 = k/l. Se l raddoppia (1 cm contro 0,5 cm), C2 è la metà (5,61·10‒5)/2 = 2,8·10‒5

22. Calcolare le pressioni parziali di He (g) e N2 (g) in una loro miscela che presenta una densità di 1,755 g/L misurata a 295,15 K e 3,01 ·105 Pa.
A) He (g): 1,2 ·105
Pa; N2 (g): 1,7 ·105 Pa
B) He (g): 1,1 ·105 Pa; N2 (g): 1,9 ·105 Pa
C) He (g): 2,3 ·105 Pa; N2 (g): 3,6 ·105 Pa
D) He (g): 1,7 ·105 Pa; N2 (g): 1,3 ·105 Pa
Soluzione
Dalla legge dei gas PV = nRT si ricavano le moli in un litro alla pressione P = 3,01/1,013 = 2,98 atm:
n = PV/RT = 2,98 ·1/0,0821 ·295 = 0,123 mol.
Queste moli sono costituite da x moli di He e 0,123 – x di N2. La loro massa è 1,7552 g, quindi si può scrivere:
x ∙ MM(He) + (0,123 – x) ∙ MM(N2) = 1,7552 2 x + 0,123 ·28 – 28 x = 1,7552 26 x = 3,444 – 1,7552
x = 1,689/26 = 0,065 mol (He) e 0,123 – 0,065 = 0,058 mol (N2)
P (He) = nRT/V = 0,065 ·8,31 ·295/10‒3
= 1,6 ·105 Pa.
P (N2) = (3,0 – 1,6) ·105 = 1,4 ·105 Pa.

Risposta corretta  D

23. La curva di titolazione di una soluzione di un generico alogenuro X‒ con una soluzione 0,05 M di AgNO3, è rappresentata dalla curva tratteggiata. Indicare lo spostamento corretto della curva se il prodotto di solubilità di AgX (s) aumenta.

Soluzione
Se il prodotto di solubilità di AgX aumenta, alla fine della titolazione vi è una [X‒ ] maggiore a cui corrisponde un valore di -logX cioè un pX minore (come ad una [H+ ] maggiore corrisponde un pH minore).

Risposta  corretta C

24. Un recipiente chiuso e termostatato a 375 K è occupato in parte da acqua liquida. Qual è la pressione nel recipiente misurabile con un manometro?
A) maggiore di quella atmosferica
B) minore di quella atmosferica
C) uguale a quella atmosferica
D) non è possibile rispondere alla domanda in mancanza di dati aggiuntivi

375 K sono 102 °C. A questa temperatura l’equilibrio liquido vapore (acqua che bolle) si realizza ad una pressione leggermente maggiore di 1 atmosfera.
Risposta A

25. Un sistema chiuso, in cui non avvengono reazioni chimiche, subisce una serie di processi reversibili che lo riportano allo stato iniziale. Il sistema ha svolto un lavoro di 500 kJ sull’ambiente circostante.
Quale delle seguenti affermazioni è vera?
A) dall’ambiente circostante è entrato nel sistema un calore maggiore di 500 kJ
B) dall’ambiente circostante è entrato nel sistema un calore minore di 500 kJ
C) dall’ambiente circostante è entrato nel sistema un calore uguale a 500 kJ
D) nessuna delle precedenti
Soluzione
Siamo in presenza di un ciclo termodinamico ed in questo specifico caso per la prima legge della termodinamica non si ha variazione di energia quindi  è ΔE = Q ‒ L  = 0   dove L rappresenta il lavoro svolto nel ciclo e Q il calore ceduto o assorbito nel ciclo . Ciò significa che  Q=L e significa anche che il lavoro è servito a sviluppare calore o che il calore ceduto al sistema è servito a produrre lavoro.
Quindi W = Q cioè il lavoro svolto W deve essere uguale al calore assorbito Q.
Dall’ambiente entra nel sistema un calore Q uguale a 500 kJ. (Risposta C)

26. In un sistema chiuso, costituito da un solo componente, le transizioni di fase avvengono:
A) a temperatura e volume costanti
B) a temperatura costante e pressione variabile
C) a temperatura e pressione costanti
D) a volume e pressione costanti

Soluzione
In figura sono mostrate tre transizioni di fase nel diagramma di stato P/T: fusione, ebollizione, sublimazione.


Le transizioni mostrate avvengono fornendo calore al sistema mentre pressione e temperatura rimangono costanti.

Risposta corretta C

27. Una sostanza si decompone seguendo una cinetica del primo ordine, con un tempo di dimezzamento di 37 s.
Quanto tempo è necessario per ridurre la concentrazione del reagente ad un quinto del suo valore iniziale?
A) circa 96 s
B) circa 66 s
C) circa 56 s
D) circa 86 s
Soluzione
Essendo una  cinetica del primo  ordine allora ln Ao-logA = kt quindi k = ln(Ao/A)/t.

Quando t = t1/2 la concentrazione è dimezzata Ao/A = 2 quindi k = ln2/t1/2 Quindi possiamo scrivere:
ln2/t1/2 = ln(Ao/A)/t

t = ln5/ln2 t1/2  = 1,61 / 0,693 t1/2  =  2,3 x t1/2   = 2,323  x 37 = 85,96 =86 

Risposta corretta D

28. In un reattore aperto avviene la combustione della grafite. Scegliere, tra le seguenti azioni, quella utile a spostare l’equilibrio verso la formazione dei prodotti.
A) alimentare anidride carbonica
B) diminuire la temperatura a pressione costante
C) aggiungere un catalizzatore
D) nessuna delle procedenti
Soluzione

La reazione da considerare è C + O2 —> CO2 + Q (calore) 

Si tratta pertanto di  una reazione esotermica e può essere spostata verso destra sottraendo calore, in quanto dobbiamo considerare Q come se si trattasse di una sostanza. Si potrebbe eliminare immediatamente anche la CO2 prodotta per spostare la reazione a destra ma è più semplice diminuire la temperatura raffreddando la CO2 prodotta. 

Risposta corretta  B

29. Una parete permeabile alle sole molecole di acqua separa due soluzioni acquose di ugual volume. La temperatura ai due lati della parete è la stessa. In una delle due soluzioni sono sciolti 2,0 g di dietilenglicol. Quanti grammi di cloruro di sodio occorre sciogliere nell’altra soluzione affinché la pressione dai due lati della parete sia uguale? Considerare le soluzioni ideali.
A) 2,2 g
B) 1,1 g
C) 0,55 g
D) 0,85 g

soluzione

 la molecola del dietilenglicol 

ha formula è C4H10O3 ed il suo PM= 106 g/mol.

Due grammi di dietilenglicol corrispondono a  2/106 = 1,89 ·10‒2 mol.

la pressione esercitata dall’etilenglicol è definita pressione osmotica  ed è data da π V = moli RT x i  dove i è il numero di particelle in soluzione che per l’etilenglicol è 1.

Per quanto riguarda  NaCl  la pressione osmotica che bilancia quella dell’etiletilenglicol  è π V = moli RT x 2  poichè NaCl si dissocia in 2 particelle Na+ e Cl- 

Poichè π, V, T sono uguali nei due compartimenti la concentrazione di NaCl è il doppio di quella dell’etilenglicol quindi la quantità di NaCl deve essere la metà di quella dell’etilenglicol per avere la tessa pressione. Pertanto 

la quantità di NaCl = 1,89 x 10-2 /2 = 0,945 x 10-2  moli  cioè  0,945 x 10-2  moli  x 58 (PMNaCl) = 0,55 g 

Risposta corretta C

30. Per la reazione: 2 SO2 (g) + O2 (g) → 2 SO3 (g)   l’entalpia standard di reazione è: ‒1,8 ·105 J mol‒1.
A quale temperatura la costante di equilibrio vale 1,0 ·106 , sapendo che a 800 K essa vale 9,1 ·102 ?
A) 482 K
B) 924 K
C) 526 K
D) 636 K
Soluzione
Dall’equazione che lega ΔG° a K:

ΔG° = ‒RT lnK si ha :
ΔG° = ‒8,31 800 ln(9,1 ·102) = ‒45296 J/mol
Alla nuova temperatura T1 si ha ΔG1° = ‒RT1 lnK1 da cui si ha: ΔG1°/T1 = ‒RlnK1
ΔG1°/T1 = ‒8,31 ln(1,0 ·106) = ‒114,8 J mol‒1 K‒1
Per le due temperature T (800 K) e T1 si può scrivere

ΔG° = ΔH° ‒ TΔS° 

ΔG1° = ΔH° ‒ T1ΔS°

Essendo il ΔS° costante si ottiene: ΔS° = ΔH°-ΔG° / T = ΔH°/T1  – ΔG1°/T1

ΔH°/T1 = ΔG1°/T1 + ΔH°-ΔG° / T = ‒114,8 + (‒1,8 ·105+ 45296) / 800 = ‒283,18

T1 = ΔH°/‒283,18

T1 = ‒1,8 ·105 /‒283,18 = 636 K

Risposta corretta D

31. Il reagente A si trasforma in prodotti seguendo una cinetica del secondo ordine. Alla temperatura di 40 °C il
suo tempo di dimezzamento a partire da una soluzione 3,2 M, è pari a 13 giorni e 7 ore. Quale sarà l’energia di
attivazione sapendo che il fattore preesponenziale vale 3,7 ·1011 dm3 mol‒1
s‒1
?
A) circa 59 kJ
B) circa 35 kJ
C) circa 109 kJ
D) circa 45 kJ
31. Soluzione
Qui bisogna ricordare le leggi cinetiche delle reazioni di ordine 0, I, II.
Ordine zero: v = k Ao – A = kt t1/2 = Ao/2k
Ordine I: v = k A lnAo/A = kt t1/2 = (ln2)/k
Ordine II: v = k A2
1/A – 1/Ao = kt t1/2 = 1/kAo
Trasformiamo il tempo di dimezzamento in secondi: t1/2 = (13 · 24 + 7) 3600 = 1,1484 ·106 s
Nella cinetica del secondo ordine si ha: t1/2 = 1/kAo da cui si ricava k
k = 1/t1/2Ao = 1/(1,1484 ·106 · 3,2) = 2,72 ·10‒7 s‒1 M‒1
L’equazione di Arrhenius lega la k di velocità all’energia di attivazione:
 k = A e EA/RT   da cui si ricava
lnk/A = ‒EA/RT

EA = ‒RTln k/A = ‒8,31 ·313 ln (2,72 ·10‒7 / 3,7 ·1011) = 108,6 kJ.

Risposta C
32. Le entalpie di formazione standard di due bromuri di tungsteno sono ‒146,7 kJ mol‒1(WBr4) e ‒184,4 kJ mol‒1(WBr6).

Calcolare l’entalpia standard della seguente reazione:
WBr4 + Br2→ WBr6
A) -37700 J mol‒1
B) -3,7 kJ mol‒1
C) 331 kJ mol‒1
D) -331 kJ mol‒1

Soluzione

Sappiamo che per una reazione chimica

∆H°(reazione) = Σ∆Hf°(prodotti) ‒ Σ∆Hf°(reagenti)

quindi nel caso in esame
∆H°(reazione) = ∆Hf°(WBr6) ‒ ∆Hf°(WBr4)
∆H°(reazione) = (‒184,4) ‒ (‒146,7) = ‒37,7 kJ/mol = ‒37700 J/mol.

Risposta  corretta A

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