GIOCHI DELLA CHIMICA 2015:Fase nazionale – Classi A e B

GIOCHI DELLA CHIMICA FASE NAZIONALE 2015 CLASSI A e B

1.Indicare a cosa corrisponde il prodotto N_A · u nelle unità di misura del Sistema Internazionale:

A) 0,001 kg mol–1

B) 12 g mol–1

C) 1 / 0,001 kg mol–1

D) 1 kg mol–1

N_A  è il numero di Avogadro = 6,02 x 10²³

u è l’unità di massa atomica unificata (detta anche Dalton) = 1,66054 × 10⁻²⁷ Kg

poiché  nel sistema SI l’ Unità di massa atomica  = Kg /N_A (mol)  

le unità di misura, nel sistema SI,  del prodotto  N x u =Kilogrammi.

in questo caso 1 unità di massa = 1,66054 x 10^-27 = k g / 6,02 x 10²³     quindi

N_A x u =  1,66054 x 10^-27  x 6,02 x 10²³  = 0,999 kg/mol

2. Individuare l’affermazione corretta

A) ci sono più atomi di carbonio in 1 g di diamante che in 1 g di grafite

B) ci sono meno atomi di carbonio in 1 g di diamante che in 1 g di grafite

C) ci sono più molecole in 1 g di O3 che in 1 g di O2

D) ci sono meno molecole in 1 g di O3 che in 1 g di O2

soluzione

Nel diamante, ogni atomo di Carbonio è unito  ad altri 4 atomi  e possiede una struttura tetraedrica che è molto rigida e forte e dà al diamante una durezza straordinaria e  si traduce anche in una densità superiore a quella della grafite (3,514 g/cm3 rispetto a 2,266 g/cm3 ).Nella grafite gli atomi  sono disposti a strati che sono planari e sono tenuti  insieme da  forze di interazione deboli che ne permettono lo sfaldamento. Grafite e diamante quindi, differiscono per la diversa struttura non per il numero di atomi di carbonio.

Per quanto riguarda l’ozono e l’ossigeno sappiamo che in 1 mole vi sono  6,02 x 10 ²³ molecole quindi

Se in 32 grammi di O2 (1 mole di ossigeno ) : 6,02 x 10 ²³ molecole = in 1 g ve ne saranno x

X= 6,02 x 10²³   /   32  = 0,188  x  10²³  molecole

per l’ozono si ha    X= 6,02 x 10²³   /  48  = 0,125  x 10²³  

pertanto vi sono più molecole in 1 g di O2 che in 1 g do O3

risposta corretta D

3. Se un elettrone presenta i seguenti numeri quantici: n = 4, l = 2, ml = -2; ms = – 1 /2, esso si trova:

A) in un orbitale p del quarto livello

B) in un orbitale d del quarto livello

C) in un orbitale p del secondo livello

D) in un orbitale d del terzo livello

soluzione

il numero quantico fondamentale n indica il livello energetico quindi l’elettrone si trova al livello energetico 4.

l è il numero quantico azimutale  e sappiamo che può assumere solo  valori interi compresi tra 0 ed n-1, pertanto se n=4 allora i valori possibili di l saranno

l=0 ;    l=1;    l=2;     l=3

quando l=o   il numero quantico magnetico  m=o e pertanto  si ha uno stato completamente simmetrico   S

quando l=1  i valori di  m sono compresi tra +l, 0, -l     quindi se l=1      m=-1,  0,  +1    si hanno tre stati di tipo P

quando l=2 i valori di m saranno   +2, +1, 0,  -1, -2   si hanno 5 stati di tipo d

quando l=3 i valori di m saranno +3,+2,+1,0,-1,-2,-3  cioè si hanno 7 stati f

da quanto detto  si evince che un elettrone caratterizzato dai valori n=4 l=2 m=-2 s=-1/2 è un elettrone che occupa uno stato d ed è spaiato.

risposta corretta B

4. Secondo il principio di esclusione di Pauli, un orbitale può contenere al massimo:

A) due elettroni, purché di spin opposto

B) due elettroni, purché di spin parallelo

C) un elettrone con spin + 1 /2

D) un elettrone con spin – 1 /2

soluzione

il principio di esclusione di W. Pauli ci dice che due elettroni non possono avere tutti i  numeri quantici uguali ma  devono differire per lo spin il  che significa che  un orbitale atomico,al massimo, può contenere 2 elettroni ma con spin diversi.

la risposta corretta è A

5. Il catione monopositivo di un elemento del primo gruppo della tavola periodica ha una configurazione elettronica:

A) analoga al gas nobile che precede tale elemento

B) analoga al gas nobile che segue tale elemento

C) analoga a un alogeno

D) analoga al metallo alcalino che lo precede

soluzione

la configurazione elettronica degli atomi del primo gruppo è caratterizzata dalla presenza di un elettrone spaiato in un orbitale esterno di tipo S. es

H 1S¹  

Li 1S² 2S¹

Na 1S² 2S² 2P⁶ 3S¹

K 1S² 2S² 2P⁶ 3S² 3P⁶ 4S¹ 

quando uno di questi atomi perde un elettrone esterno, perde l’elettrone S e si trasforma in CATIONE MONOVALENTE cioè    H+  Li+  Na+  K+   . Se osserviamo la struttura che rimane essa è analoga al Gas Nobile che lo precede nella tavola periodica. FA ECCEZIONE L’IDROGENO CHE PERDENDO 1 ELETTRONE HA UN ORBITALE S SENZA ELETTRONI E QUESTA STRUTTURA NON CORRISPONDE AD ALCUN ALTRO ATOMO .

6. Indicare tra K, Rb, Ca e Sr, l’atomo che ha minore energia di prima ionizzazione:

A) Sr

B) Ca

C) Rb

D) K

SOLUZIONE

l’energia di prima ionizzazione è l’energia espressa in ev  (elettronivolts)  necessaria per allontanare da un atomo un elettrone esterno e portarlo a distanza infinita. Per far calcolarla   si fa avvenire il processo di ionizzazione dell’atomo

X(g) → X⁺(g) + e⁻   I₁

L’energia di ionizzazione è una proprietà periodica nel senso che il suo valore aumenta lungo un periodo ma diminuisce lungo un gruppo. Pertanto

da questa figura si evince chiaramente che l’E.I. aumenta nei vari periodi ma diminuisce nei gruppi.

Nel caso in esame il K preceda il Ca nel periodo  cosi’ come il Rubidio precede lo stronzio nel periodo per cui il K ha EI più bassa del Ca ed il Rubidio ha EI più bassa dello Stronzio, ma il potassio precede il rubidio nel gruppo quindi ha una EI maggiore rispetto al Rb. Si deduce che il Rubidio ha minore EI.

risposta esatta C

7. Se in una generica reazione A + B → C + D   A è il reagente limitante, vuole dire che:

A) la reazione è un equilibrio spostato a destra C

B) il reagente B non si consumerà completamente

C) la reazione è un equilibrio spostato a sinistra

D) il reagente B si consumerà completamente

soluzione

Reattivo limitante significa che le  quantità di A sono inferiori a quelle stechiometriche definite dalla reazione. Si deduce che quando tutta la quantità di A ha reagito con B , una certa quantità di B non ha potuto reagire con A perché  A  si è consumato. Si deduce che la risposta corretta è che il reagente B non si consumerà completamente (risposta B)

8. Indicare l’affermazione ERRATA riguardante le reazioni redox:

A) il numero di elettroni ceduti dalle specie che si ossidano deve essere uguale al numero di elettroni acquistati dalle specie che si riducono

B) la somma algebrica delle cariche a sinistra deve essere uguale alla somma algebrica delle cariche a destra

C) può accadere che una stessa specie si ossidi e si riduca

D) per ogni specie chimica coinvolta nell’ossidazione o nella riduzione, la variazione del numero di ossidazione deve essere un multiplo di due

soluzione

facciamo un esempio di reazione redox l’ossidazione del ferro Fe+2 con permanganato MnO4- in ambiente acido H+  :

5  [Fe+2                                 →   Fe+3 +1 e

1   [MnO4- + 8H+   + 5 e    → Mn+2  + 4H2O

________________________________

5 Fe+2  + MnO4- + 8H+     →    5Fe+3    + Mn+2   + 4H2O

il numero di elettroni ceduti dalle specie che si ossida in questo caso il Fe deve essere uguale al numero di elettroni acquistati dalle specie che si riducono quindi 5 elettroni.

la somma algebrica delle cariche a sinistra è  uguale alla somma algebrica delle cariche a destra nelle due semireazioni scritte sopra

può accadere che una stessa specie si ossidi e si riduca nello stesso tempo ma non in questo esempio. per esempio lo zolfo può ossidarsi a SO4.2 e contemporaneamente ridursi ad S-2 ( questo tipo di reazione redox è detto dismutazione)

si deduce che la risposta errata è la D

9. L’elio, il cui numero atomico è 2, ha due isotopi stabili, 4He e 3He:

A) l’isotopo 4He ha più elettroni dell’isotopo 3He

B) l’isotopo 4He ha più neutroni dell’isotopo 3He

C) l’isotopo 4He ha più protoni dell’isotopo 3He

D) nessuna delle tre precedenti

soluzione

gli isotopi differiscono esclusivamente per il numero di neutroni che non modificano la carica ma modificano la massa di un atomo. la risposta corretta è la B

10. Un elemento metallico M forma con il cloro un composto di formula MCl4 nel quale la percentuale di alogeno è 74,75% (m/m). Determinare la massa molare del metallo:

A) 189,7 g mol–1

B) 141,8 g mol–1

C) 47,90 g mol–1

D) 105,9 g mol–1

soluzione

MCl4 contiene 4 Cl come 100 g  contengono 74,75 g quindi   il peso di MCl4 è dato dalla proporzione

MCl4 :4Cl= 100:74,75   da cui MCl4 = 189,9 per ottenere il peso di M basta sottrarre a 189,9 il peso del cloro 4x 35,5= 142 quindi M= 189,9-142 = 47,9 g

11. 3,03 g di un idrossido di formula M(OH)2 subiscono, per decomposizione termica, una perdita in massa pari a 0,936 g secondo la reazione M(OH)2(s)→ MO(s) + H2O Indicare di quale idrossido si tratta.

A) Mg(OH)2

B) Ca(OH)2

C) Fe(OH)2

D) Pb(OH)2.

soluzione

0,936 g di H2O rappresentano la perdita di massa, che espressa in moli è 0,936 / 18 = 0,052 moli H2O

la reazione ci indica che da 1 mole di M(OH)2 si ottiene 1 mole di H2O   quindi le moli di M(OH)2 = 0,052

siccome moli =g /PM      avremo 3,03/ PM= 0,052   da cui PM   di M(OH)2 = 58,27g

pertanto sottraendo da M(OH)2 il peso di 2OH si ha   PA di M = 58,27 – 34 =24,27

si deduce che il metallo M è il Magnesio ed il composto è Mg(OH)2

12. Indicare, nell’ordine, i coefficienti che permettono di bilanciare la seguente reazione:

CuS + HNO3 → CuSO4 + NO + H2O

A) 3, 8, 3, 8, 4

B) 3, 8, 8, 8, 4

C) 8, 8, 3, 8, 4

D) 3, 8, 3, 3, 4

soluzione

la reazione redox è la seguente:

3 [ S^-2       +  4H2O                                 →  SO4^-2  + 8 H+ + 8 e

8 [ NO3-  + 4H+ +3e                             → NO      + 2 H2O

__________________________________

3 S^-2  + 8 NO3- + 12 H2O + 32 H+     →  3 SO4^-2  + 8 NO +24 H+ + 16 H2O

e semplificando H+ ed H2O si ha

3 S^-2  + 8 NO3- + 8 H+     →  3 SO4^-2  + 8 NO  + 4 H2O

la reazione data sopra, opportunamente bilanciata è :

  3 CuS + 8 HNO3 → 3 CuSO4 + 8NO +4 H2O

i coefficienti sono pertanto    3,8,3,8,4  (risposta A)

13. Calcolare la quantità di Hg(l) che si può ottenere facendo reagire 6,55 g di FeCl2 con un eccesso di HgCl2, sapendo che la reazione (da bilanciare) HgCl2 + FeCl2→Hg(l) + FeCl3 procede con una resa dell’80,0%.

A) 6,48 g

B) 5,19 g

C) 4,14 g

D) 3,11 g

soluzione

la reazione è

Hg+   +e     →   Hg(l)

Fe+2           →    Fe+3 + 2

___________________

Hg+ + Fe+2  → Hg  + Fe+3    cioè     2 HgCl2 +2 FeCl2→ 2Hg(l) +2 FeCl3

la resa di una reazione %  = resa effettiva/ resa teorica

teoricamente si dovrebbero  ottenere   da 2 moli di FeCl2 ( 2 x 126,7) 2 moli di Hg (2 x 200,6)  quindi da 6,55 g se ne dovrebbero ottenere X

X = resa teorica da 2 moli = 401,2 x 6,55 / 253,4    X = 10,37 g  e per 1 mole la resa teorica è 5,18 g

pertanto essendo la resa % =   80%    avremo che la quantità reale ottenuta è  0,80 x 5,18= 4,14 g

14. Indicare la quantità di SO2 che si ottiene mettendo a reagire 2,0 moli di FeS2 con 6,0 moli di O2, secondo la reazione: 4 FeS2 + 11 O2 →2 Fe2O3 + 8 SO2

A) 6,0 mol

B) 12,0 mol

C) 8,0 mol

D) 4,0 mol

soluzione

poiché da 4 moli di FeS2 si ottengono 8 moli di SO2 da 2 moli se ne otterranno 4.

risposta corretta D

15. La seguente reazione: HIO3 + 5 HI→ 3 I2 + 3 H2O

A) prevede che, in qualsiasi caso, da sei molecole complessive di reagenti si ottengano sei molecole di prodotti

B) è una reazione di comproporzione

C) è una reazione acido-base

D) è una reazione di dismutazione

soluzione

siamo in presenza di una reazione redox  in cui  due specie,HIO3  ed HI  contengono  lo stesso elemento I  con diverso numero di ossidazione  I⁺⁵   ed I^-1  . Essi  formano un prodotto I2  in cui lo iodio ha numero  di ossidazione pari a zero, valore che è intermedio rispetto agli altri due iniziali. Questo tipo di reazione si osserva con tutti gli alogeni

XO3– + 5X– + 6H+ → 3X2 + 3H2O    (X = Cl, Br, I) ed è chiamata REAZIONE DI COMPROPORZIONE. Questo tipo di  reazione è l’opposto della dismutazione in cui da un solo elemento per reazione redox si ottengono due specie di cui una ha n.o. maggiore ed una ha n.o.minore.

16. In uno stesso periodo della tavola periodica:

A) gli elementi del VII gruppo hanno elettronegatività minore

B) gli elementi del I gruppo hanno energia di prima ionizzazione maggiore

C) gli elementi del I gruppo hanno elettronegatività maggiore

D) gli elementi del I gruppo hanno energia di prima ionizzazione minore

soluzione

l’elettronegatività diminuisce lungo il gruppo ed aumenta lungo il periodo.

L’energia di ionizzazione  aumenta lungo un periodo ma diminuisce lungo un gruppo.

pertanto la risposta corretta è D

17. Indicare, l’affermazione ERRATA:

A) l’elio risulta poco reattivo e si trova sotto forma di molecola monoatomica

B) come tutti gli elementi del gruppo 18, l’elio presenta doppietto (ottetto) di valenza completo

C) l’elio presenta due elettroni nel guscio esterno di valenza, quindi appartiene al gruppo 2

D) il nome elio deriva dal latino helios (sole), perché fu scoperto osservando lo spettro della luce solare in occasione di una eclissi

soluzione

la risposta errata è la  C. Infatti l’elio possiede 2 elettroni 1S ma non appartiene al 2° gruppo : è un gas nobile poco reattivo.

La risposta corretta è la C

18. Nella formula chimica dell’idruro di calcio, CaH2, l’idrogeno viene scritto dopo il metallo perché si segue la regola secondo cui, nei composti binari, gli elementi sono scritti:

A) in ordine alfabetico

B) in ordine crescente di elettronegatività

C) secondo numero atomico decrescente

D) in ordine decrescente di elettronegatività

soluzione

quando si scrive un composto binario l’elemento con elettronegatività maggiore si scrive a destra e quello con elettronegatività minore si scrive a sinistra. Ciò significa che gli elementi si  scrivono da sinistra a destra secondo l’elettronegatività crescente. Risposta corretta B

19. In uno ione molecolare poliatomico, la somma algebrica dei numeri di ossidazione di tutti gli atomi deve essere uguale:

A) a zero

B) alla carica dello ione

C) al numero di atomi presenti nello ione

D) al numero di elettroni di valenza dell’atomo più elettronegativo

soluzione

prendiamo in considerazione lo ione permanganato MnO4-

il numero di ossidazione dell’ossigeno è -2 essendo legato ad un atomo meno elettronegativo, per cui la somma algebrica è data da 4 x 2 =8 a cui bisogna sottrarre la carica negativa dello ione. La somma algebrica + 7 equivale alla carica dello ione Mn. (Abbiamo impropriamente indicato come carica dello ione il numero di ossidazione dello ione).

20. Sulla base della teoria VSEPR:

A) BF3 è una molecola apolare, mentre ClF3 è polare

B) BF3 è una molecola polare, mentre ClF3 è apolare

C) entrambe le molecole sono polari

D) entrambe le molecole sono apolari

soluzione

BF₃ ha una geometria trigonale planare secondo la teoria VESPR. I legami tra B ed F sono covalenti polari ma la molecola nel suo complesso è apolare proprio perché il momento risultante, che deve tener conto  della direzione dei vettori polarità , è nullo.

Nella molecola di ClF3 il cloro, atomo centrale, ha un legame per ogni atomo di fluoro; ogni atomo di fluoro possiede tre lone pairs; l’atomo di cloro possiede, oltre a tre bond pairs (coppie di legame), due lone pairs sul cloro (coppie solitarie) che occupano due posizioni equatoriali di una ipotetica molecola bipiramidale trigonale  per cui se consideriamo le repulsioni reciproche tra le coppie elettroniche, la forma della molecola è  “a T” e risulta polare.

La risposta corretta è A

21. Viene prelevata una frazione delle moli di gas inizialmente contenute in un recipiente rigido. Al fine di mantenere inalterata la pressione all’interno del recipiente, si deve:

A) diminuire la temperatura

B) prelevare altro gas

C) aumentare la temperatura

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

soluzione

l’equazione generale di stato dei gas è    PV= n RT    quindi P= nRT/ V

Se viene diminuita la quantità di moli, per poter mantenere inalterata la pressione, essendo il recipiente rigido V non può essere modificato quindi l’unico parametro modificabile è la temperatura che deve necessariamente essere aumentata.

22. 0,02 mol di Ar (PA= 39,95) contenute in un recipiente rigido si trovano inizialmente a 15 °C e 1,01 ·105 Pa. Viene loro fornito calore per un totale di 27 J. Qual è la pressione finale all’interno del recipiente? (capacità termica molare di Ar a volume costante = 12,48 J K–1 mol–1).

A) 1,8 ·104 Pa

B) 1,4 ·105 Pa

C) 1,2 ·105 Pa

D) 1,6 ·105 Pa

soluzione

per calcolare la pressione a volume costante  ricordiamo che per la legge di Gay Lussac    P2/P1 = T2/T1

i dati che possediamo sono P1=1,01 x 10^-5 Pa  T1 =15+273 =288 K  pertanto dobbiamo calcolare T2 dai dati di calorimetria. Infatti  ΔT = Q/ massa x calore specifico  ma la massa x cal spec = Capacità termica molare  (Cv a v=Kost)quindi

ΔT = 27/ 0,02 x 12,48 = 108,2    pertanto essendo T2-T1 =108,2 T2 = 288 + 108,2 = 396,2 K

e P2= 1,01 x 10^-5  x  396,2 / 288 = 1,01 x 10^-5  x 1,38 = 1,4 x 10^-5    

23. Lo ione nitrato ha una geometria (posizione media relativa degli atomi)

A) planare (triangolo equilatero con azoto al centro)

B) planare (quadrilatero con azoto in uno dei vertici)

C) piramidale

soluzione

lo ione nitrato NO3- ha una struttura planare totalmente simmetrica e l’Azoto è ibrido SP2 con angolo ONO =120° .Il sistema π comprende 6 elettroni

 secondo Lewis è possibile scrivere  3 strutture e la struttura dello ione è una struttura di risonanza tra quelle possibili:

 

infatti l’azoto ha 5 elettroni disponibili e l’ossigeno 3 x 6= 18 elettroni  + 1 carica negativa: in totale vi sono 24 elettroni da sistemare e si sistemano come scritto sopra. La struttura è quindi trigonale planare.

la risposta corretta è la A

D) non si può dare una risposta, in mancanza di altre informazioni

24. Se si mescolano 25,0 g di una soluzione di BaCl2 al 15,0% (m/m) con 64,0 g di una soluzione di BaCl2 al 33,0%(m/m), qual è la concentrazione della nuova soluzione (in % m/m)?

A) 27,9%

B) 21,2%

C ) 29,7%

D) 19,8%

soluzione

le quantità mescolate sono:

25 x 0,15 = 3,75 g di soluz. BaCl2   al 15%

64 x 0,33 = 21,12 g di soluz. BaCl2 al 33%

abbiamo mescolato pertanto 3,75 g + 21,12 g = 24,87 g   in una quantità totale di 64+ 25 = 89 g

pertanto essendo la % (m/m) = (grammi soluto / quantità totale) x 100  si ha :

%(m/m) = (24,87/ 64+25 ) x 100 = 27,94 %

25. Il Mar Mediterraneo ha un contenuto salino di 39,0 g/L. Quanti m3 di acqua di mare sono necessari per ottenere, per evaporazione, 2,50 tonnellate di sale marino?

A) 95,7 m3

B) 64,1 m3

C) 87,5 m3

D) 89,9 m3

soluzione

da 1 litro si possono ottenere 39 g quindi da 1 m³ (1000 litri) se ne possono ottenere 39000 g cioè 39 Kg

se da 1 m³ si ottengono 39 Kg da X metricubi se ne otterranno 2500  Kg( cioè 2,5 tonnellate)

1 : 339 = X : 2500       X= 2500 / 39 = 64,1 m³

26. Calcolare la molarità degli ioni Ca2+ in una soluzione ottenuta trattando 10,0 kg di CaMg(CO3)2 con 0,500 L di una soluzione di HCl 0,500 M, considerando la trasformazione completa e assumendo che il volume della soluzione non cambi.

A) 0,505 M

B) 0,356 M

C) 0,125 M

D) 0,145 M

soluzione

le moli di HCl che hanno reagito sono    V x M = moli   0,5 x 0,5 = 0,25 moli HCl

dalla reazione   CaMg(CO3)2 + 4HCl → CaCl2 + MgCl2 + H2CO3

si vede che 1 mole di CaMg(CO3)2 reagisce con 4 moli di HCl quindi

1:4 = X :  0,25      X= 0,0625 moli di CaMg(CO3)2 che hanno reagito on 0,25 moli di HCl

cioè 0,0625 x 184,38(PM) = 11,52 g di CaMg(CO3)2

quindi se in CaMg(CO3)2 : Ca+2 = 11,52: X   X= 2,5 x 184,38/ 40,0  = 2,5 g di Ca+2

2,5 g sono contenuti in 0,5 l quindi in 1 litro vi son 5,0 g cioè 5,0/40 = 0,125 moli

pertanto la soluzione di Ca+2 risultante è    0,125 M

27. A 25 °C e 1,01 ·105 Pa, l’aria ha un contenuto di elio pari a 5,00 ppm (v/v). Calcolare i grammi di elio che si possono estrarre da 200 m3 di aria.

A) 2,35 g

B) 1,63 g

C) 4,68 g

D) 8,57 g

soluzione

il volume  di 1 mole di gas  a 25° ed 1 atm  è 24,5 m³ /mole

28. Una soluzione di NaOH ha pH = 12,5. Quale volume di acqua occorre aggiungere a 20 mL di tale soluzione affinché il pH diventi 11,5? (considerare i volumi additivi).

A) 180 mL

B) 100 mL

C) 480 mL

D) 1000 mL

soluzione

determiniamo il POH della soluzione iniziale    POH= 14-PH = 14- 12,5 = 1,5  calcoliamo [OH-]

[OH-] = 10^-1,5  = 3,16 x 10^-2 moli/l

il POH finale è  POH= 14-PH=14- 11,5 = 2,5     da cui [OH-]= 3,16 x 10^-3 moli/l

sapendo che VxM =VxM   deve essere 20 x  3,16 x 10^-2 =  V  x  3,16 x 10^-3       V=  3,16 x 10^-2  x 20 / 3,16 x 10^-3    

V= 200 ml

Pertanto il volume finale deve essere 200 ml quindi a 20 ml di soluzione iniziale occorre aggiungere 180 ml di H2O

D) 1000 mL

29. Un olio di oliva contiene acido oleico, un acido monoprotico, in concentrazione 3,0% (m/m). Quanti litri di una soluzione di NaOH 1 M occorrono per ridurre l’acidità di 1000 kg di olio, portando la concentrazione di acido a 0,5% (m/m)? (considerare invariata la massa dell’olio) La massa molare dell’acido oleico è 282,5 g mol –1 e la sua costante di ionizzazione acida è Ka = 4,0 ·10–8 .

A) 54,8 L

B) 112,4 L

C) 99,7 L

D) 88,5 L

soluzione

acido iniziale  1000 x 0,03= 30 kg  = 30000 g   moli=30000/282,5 = 106,19 moli di acido iniziale

acido finale     1000 x 0,005 = 5 Kg = 5000 g     moli =5000/282,5   = 17,69  moli di acido finale

la differenza  106,19 -17,69 = 88,5 sono le moli da neutralizzare con NaOH 1 M che corrispondono quindi a

Volume x M = moli    cioè V= 88,5 /1  =88,5 litri di NaOH 1M

30. Un campione solido di NaCl contiene HCl come impurezza. Sapendo che l’HCl contenuto in 10,0 g di campione è neutralizzato da 100 mL di una soluzione di NaOH 0,001M, calcolare la percentuale (m/m) di HCl nel campione.

A) 0,075%

B) 0,054%

C) 0,036%

D) 0,098%

soluzione

la quantità di HCl contenuta in 10 g di campione è pari alla NaOH usata quindi 100 x 0,001 =0,1 millimoli

in quanto volume(ml)  x conc = mmoli

cioè 0,1 x 36,5 (PM di HCl) = 3,65 mg= 0,00365 g

pertanto se in 10 g vi sono 0,00365 g di HCl in 100 ve ne saranno X   X= 0,00365 x 100/10 = 0,0365 %

31. A quale pH il fenolo è ionizzato per il 25%? La sua costante di ionizzazione è Ka = 1,3 ·10–10 .

A) 7,82

B) 9,41

C) 8,54

D) 10,81

soluzione

sappiamo che Ka= α² Ca/ (1-α)    da cui è possibile calcolare Ca  =  Ka(1-0,25) /(0,25)²    Ca= Ka – 0,25Ka /(0,25)²

Ca= 1,3 x 10^-10  – 0,325 x0^-10  /  0,063  = 0,972 x 0^-10  /0,0625 = 15,42 x0^-10  

[H+] = √Ka x Ca = √1,3 x0^-10   x   15,42 x 10^-10   = 4,5 x 0^-10        PH= 10-log 4,5 = 10- 0,6 =9,4

32. Il radon è un gas che a 25 °C ha una solubilità in acqua di 9,2 ·10–8 M/Pa. Calcolare la concentrazione in g/L di radon in una soluzione acquosa sottoposta alla pressione parziale di radon di 2,0 ·105 Pa.

A) 2,99 g/L

B) 7,85 g/L

C) 9,32 g/L

D) 4,08 g/L

soluzione

in questo caso si applica le legge di Henry  cioè Conc.= K_H  x  P_p  dove K è la solubilità in M/Pa e P la pressione parziale cui il gas è sottoposto. Trasformiamo K in g/Pa   ricordando che il Peso atomico del Radon è 222 g perciò si ha:

K = 9,2 x 10^-8  x  222 = 2042,4  g/Pa      quindi Conc. = 2042,4 x 10^-8 x  2,0 x 10⁵ = 4,084 g/L

33. Raddoppiando la concentrazione di un acido debole HA, con Ka = 1,0 ·10–5 , di quante volte aumenta la concentrazione di ioni H+ in soluzione?

A) 2,5

B) 1,4

C) 2,0

D) 3,5

soluzione

sappiamo che per un acido debole [H+] =√Ka x Ca

supponendo che inizialmente Ca =1   allora [H+] =√1 x 10^-5 x 1 = 3,1 x 10-3

quando Ca=2 si ha   [H+] =√2 x 10-5 = 4,42x 10-3         quindi 4,42 /3.16 =1,4  cioè  quando Ca raddoppia

[H+] = 1,4 [H+] iniziale

34. Calcolare il volume di acqua da aggiungere a 100 mL di una soluzione di HCl 0,001M per ottenere una soluzione a pH 4.

A) 1000 mL

B) 500 mL

C) 900 mL

D) 2000 mL

soluzione

la conc da ottenere è    [H+]= 10-4 moli /l       da una [H+] = 10-3  moli/l

10-3                             10-4

10-4

acqua                    0,0009

moltiplicando  tutto per 10-3 si ha

1                              0,1

0,1

acqua                     0,9

cioè per 1 ml di acido occorre usare 9 ml di acqua

ciò indica che per 100 ml di acido dobbiamo usare 900 ml di acqua

35. Calcolare il volume di H2SO4 2,5 M necessario per neutralizzare una soluzione che contiene 2,50 g di NaOH.

A) 25,0mL

B) 12,5mL

C) 18,4mL

D) 29,4mL

soluzione

2,5 g corrispondono a 2,5/40 = 0,0625 moli di NaOH (o equivalenti di NaOH)

l’acido H2SO4 è 2,5 M o meglio 5 N  (normale)

poiché 1 equiv di acido reagisce con 1 equiv di base allora si applica Vol x N = equivalenti

Volume = 0,0625/5 = 0,0125  litri cioè 12,5 ml

36. Calcolare le moli di I2 che si ottengono se si trasformano 3,4 moli di ICl3 secondo la reazione (da bilanciare): ICl3 + H2O→ I2 + HIO3 + HCl

A) 0,68 mol

B) 1,54 mol

C) 2,89 mol

D) 0,42 mol

soluzione

la reazione bilanciata è    5 ICl3 + 9 H2O → 3 HIO3 + 15 HCl + I2

il tricloruro di iodio si dismuta in acqua formando I2 ed IO3- ma può anche formare I- ( es HI ) . Allo stato solido esiste come dimero I2Cl6 con struttura panare . Può reagire anche secondo la reazione 2 ICl3 + 3 H2O →ICl + HIO3 + 5HCl

se da  5 moli di ICl3 si ottiene 1 mole di I2 da 3,4 moli se ne ottengono X    X= 0,68 moli

37. Calcolare la costante di equilibrio della reazione: AgCN(s) + I^— (aq) →AgI(s) + CN^— → (aq) KPS AgCN(s) = 1,2 ·10^-16 ; KPS AgI(s) = 1,5 ·10^-16

A) 0,25

B) 5,4

C) 0,80

D) 9,8

soluzione

il rapporto tra Ka = [CN-] /[I-]       [CN-]= kps/[ AgCN(s)]      e [I-] = Kps/[AgI(s) ]   tuttavia [AgI(s) ] ed [ AgCN(s)] essendo solidi hanno valore costante inglobato in KPS quindi  [CN-]= kps  e  [I-] = Kps pertanto

Ka=  1,2 ·10–16 / 1,5 ·10–16 = 0,80

38. Calcolare le moli di NaOH necessarie per ottenere 2,0 moli di Na2S, secondo la reazione (da bilanciare): S + NaOH→ Na2S + Na2S2O3 + H2O

A) 8,0 mol

B) 6,0 mol

C) 7,0 mol

D) 6,8 mol

soluzione

la reazione bilanciata è

S + NaOH→ Na2S + Na2S2O3 + H2O

la reazione è:

4[S    +2e                   →  S^-2

2 [2S   + 6 OH-         →  S2O3^-2  + 3H2O  + 4e

---

[4  e 2[  si semplificano e divengono 2 ed 1  quindi

2S  + 2S  + 6OH           →2 S^-2  + S2O3^-2  + 3H2O

4S + 6 NaOH  → 2Na2S  +Na2 S2O3  + 3H2O

come è evidente dalla reazione per ottenere 2 moli di Na2S occorrono 6 moli di NaOH

39. Calcolare il volume di una soluzione di HNO3 al 19,0% (m/m) e densità 1,11 g mL–1, che può essere preparato diluendo con acqua 50 mL di una soluzione di HNO3 al 69,8% (m/m) e densità 1,42 g mL–1. Considerare i volumi additivi.

A) 283 mL

B) 265 mL

C) 235 mL

D) 434 mL

soluzione

la concentrazione iniziale di acido è 1,42 x 69,8 =99,1 g %

la concentrazione finale deve essere  19,0 x 1,11 = 21,09 g %

sapendo che Volume1 x conc1 = Volume 2 x Conc.2    allora V2 x 21,1 = 50 x 99,1   da cui V2 = 50 x 99,1 / 21,09 = 234,9

 

40. Il momento dipolare del clorometano (CH3Cl) è maggiore (1.87 D) di quello del singolo legame C-Cl (1.5 D). Scegliere, la corretta disposizione dei dipoli nella molecola in grado di giustificare la precedente evidenza:

 

A) 1

B) 2

C) 3

D) 4

soluzione

è evidente che vi è il contributo dei vettori momento dipolare dovuti ai legami CH e la figura che mette in evidenza il contributo maggiore è la figura 1 infatti tutti gli elettroni di legame convergono verso il cloro ed il vettore momento dipolare è la somma dei vettori di ogni legame CH  e  CCl

 

Qui continuano i quesiti della classe A (41-60)

41. Individuare, l’unica affermazione corretta.

A) il legame a idrogeno si forma nella molecola dell’idrogeno

B) le forze intermolecolari dipolo permanente – dipolo permanente sono generalmente più forti delle forze intermolecolari dipolo indotto – dipolo indotto

C) il triplo legame si forma solo tra atomi uguali

D) una molecola che ha legami covalenti polari è sicuramente una molecola polare

soluzione

Il legame a idrogeno, con energia del legame tra 10-40 kJ/mol, è una forza intermolecolare in cui è implicato un atomo di idrogeno che fa parte di una molecola in cui è legato ad un elemento elettronegativo (δ-) che lascia sull’idrogeno una parziale carica positiva (δ+). L’idrogeno con questa parziale carica positiva è attratto da un altro atomo elettronegativo  che appartiene ad una molecola vicina. L’esempio tipico di legame idrogeno lo possiamo osservare nella molecola di acqua (vedi figura)

Le interazione dipolo indotto-dipolo indotto (con energia di legame compresa fra 0,05-40 kJ/mol) sono dette Forze di London che sono forze di dispersione o forze dipolo istantaneo-dipolo indotto. Esse sono  forze che si presentano a livello molecolare in cui vi sono elettroni in movimento su tutta la molecola (ad es. elettroni π ) dove si vengono a creare  poli istantanei.L’interazione tra le nubi elettroniche di due molecole  provoca una loro ridistribuzione, con una conseguente creazione di un dipolo, in quanto la nube elettronica si sposta creando una  perdita di  simmetria tra distribuzione di cariche positive e nube elettronica. Il dipolo così formato permette l’attrazione tra i due sistemi che interagiscono.

L’l’interazione di un dipolo permanente ed un dipolo indotto è detta, invece,  forza di Debye ed ha un’energia di legame compresa fra 2-10 kJ/mol

Gli  atomi e le molecole sono polarizzabili nel senso che in presenza di un campo elettrico si ha una deformazione della nuvola elettronica; questa tendenza alla deformazione  viene definita Polarizzabilità e si indica con α. Il campo elettrico può essere esterno o generato da una molecola polare vicina (vedi figura sopra che indica l’interazione tra il cloro in verde e l’acqua). Il dipolo indotto μ  viene allora definito come:

                                         μ = α E   dove E è il campo elettrico che si avvicina alla molecol

Le interazioni dipolo permanente-dipolo permanente, dette anche forze di Keesom si verificano tra il polo positivo di una molecola e  quello negativo di un’altra molecola vicina. Il legame a idrogeno è considerato l’estremo di questo genere di interazioni. L’energia media delle forze dipolo-dipolo è compresa tra 10-40 kJ/mol, che tuttavia è molto debole in confronto a quella di un legame covalente che è di circa 400 KJ/mole.

da quanto espresso si evince che l’ affermazione corretta è la B

 

 

42. Indicare la specie che non possiede alcun legame covalente multiplo.

A) CO

B) CO2

C) NH4 +

D) CN–

soluzione

La  molecola  di CO è costituita da un atomo di ossigeno e un atomo di carbonio legati con un triplo legame.

Analoga struttura con triplo legame è presente in CN-

CO2 possiede una struttura che risuona tra le seguenti strutture limite

tra tutte le strutture mostrate solo NH4+ ha struttura tetraedrica solo con legami covalenti σ

la risposta corretta è  C

43. Indicare in quale delle seguenti specie il fosforo ha numero di ossidazione +3

. A) P4O10

B) H3PO4

C) H3PO3

D) H4P2O7

soluzione

il n.o è un numero che si attribuisce ad un atomo in funzione dell’elettronegatività degli atomi a cui è unito.

Si attribuisce +1 per ogni legame impegnato con un atomo più elettronegativo

si attribuisce – 1 per ogni legame impegnato con un atomo meno elettronegativo

si attribuisce zero se l’ atomo è legato ad un altro della stessa specie chimica   es C-C    H-H  O=O ecc.

pertanto in P4O10 il n.o di 1 atomo di fosforo è calcolato da 10 x 2(ogni ossigeno più elettronegativo del P   è legato con 2 legami) diviso 4 (perché gli atomi di P nelle molecola sono 4). Quindi in P4O10 il n.o. di P è 5

in H3PO4 il n.o. è calcolato da 2×4 – 3 = 5  (-3 perché l’idrogeno è meno elettronegativo del P)

in H3Po3  il n.o. è calcolato da 3 x 2 – 3 =3

in H4P2O7   il n.o. è calcolato da (7 x 2 – 4 )/2 = 5  ( diviso 2 perché gli atomi di P nella molecola sono 2 )

si deduce che, tra quelle indicate, la molecola che possiede un atomo di P con n.o. = 3 è  H3PO3

44. Indicare il nome dello ione N3– secondo la nomenclatura internazionale.

A) nitrito

B) nitrato

C) azoturo

D) nitruro

soluzione

Nitrito NO2- , Nitrato è NO3-  mentre l’azoturo è

 gli azoturi sono considerati sali dell’acido azotidrico HN3

nitruro è invece un composto chimico binario costituito da azoto ed un elemento metallico o semimetallico con una elettronegatività minore e secondo la nomenclatura ufficiale  è chiamato IONE NITRURO

45. Indicare le formule dei composti ionici che si formano quando l’anione HPO4 2– si lega ai cationi Na+ , Ca2+ e Al3+ .

A) Na2HPO4, CaHPO4, Al2(HPO4)3

B) NaHPO4, CaHPO4, Al2(HPO4)3

C) Na2HPO4, Ca(HPO4)2, Al2(HPO4)3

D) Na2HPO4, CaHPO4, Al3(HPO4)2

soluzione

gli ioni Na+1     Ca+2   e Al+3   reagiscono con HPO4-2 nel seguente modo

Na+1   HPO4-2   l’esponente dell’uno diviene l’indice dell’altro: in questo caso l’esponente del sodio cioè 1 diviene l’indice di HPO4-2 e l’esponente di quest’ultimo 2 diviene l’indice del sodio quindi   Na2(HPO4)1 che si scrive più opportunamente Na2HPO4

Ca+2 ed HPO4-2 ci daranno il composto  Ca2(HPO4)2 e poiché gli indici sono uguali si possono trasformare in 1 ed 1 perciò   CaHPO4

Al+3 ed HPO4-2 seguendo il procedimento sopra descritto formano   Al2 (HPO4)3

la risposta corretta è  A

46. Una miscela gassosa di elio e argon occupa un volume di 22,4 L a 273 K e 1,01 ·105 Pa. Essa è costituita da:

A) 6,02 ·1023 atomi di elio e 6,02 ·1023 atomi di argon

B) 6,02 ·1023 atomi

C) 6,02 ·10-23 atomi

D) Per rispondere occorre conoscere la composizione della miscela

soluzione

sappiamo che a 0° C ed una pressione di 1,01 x 105 Pa  il volume di 22,4 litri è occupato da 6,02x 10²³ molecole  di qualunque sostanza(1 mole). Sappiamo inoltre che in una miscela di gas (Elio ed Argon) ogni gas contribuisce alla pressione totale attraverso la sua pressione parziale ed il volume di ogni singolo gas della miscela è il volume occupato dal gas come se non fosse in una miscela ma fosse il solo gas contenuto nel recipiente.

PV=nRT     V= RT/P    essendo n=1     V = 22,4 litri

si deduce quindi che la risposta corretta è B

47. Quando in una reazione lo ione Fe3+ diventa Fe2+, lo ione Fe3+:

A) guadagna un elettrone

B) perde un protone

C) perde un elettrone

D) guadagna un protone

soluzione

quando si ha la trasformazione di Fe+3 ad Fe+2 si ha una riduzione del numero di ossidazione quindi Fe+3 acquista 1 elettrone per ridurre da 3 a 2 il suo  n. ossidazione

Fe+3 +e →  Fe+2

48. Nella molecola di HCl, è presente un legame:

A) ionico

B) covalente non polare

C) covalente polare

D) covalente polare, ma solo se è sciolta in acqua

Nella molecola di HCl (allo stato gassoso)  la nube elettronica che forma il legame covalente  tra H e Cl è molto spostata verso il cloro che è molto più elettronegativo dell’H. Ciò determina una asimmetria nella nube elettronica di legame formando una parziale carica negativa sul Cl (δ-)  ed una parziale carica positiva sull’H(δ+)  il che produce un momento di dipolo il cui vettore è diretto dall’H al Cl.

In soluzione acquosa, invece, HCl è completamente dissociato in Ioni H+ e ioni Cl- quindi non si ha alcun legame covalente.

Si deduce che la risposta corretta è C

49. Gli atomi di due elementi, che appartengono allo stesso periodo della tavola periodica, differiscono:

A) solo per un protone

B) solo per un elettrone

C) almeno per un protone e un elettrone

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

soluzione

Due elementi nello stesso periodo aumentano il numero di protoni ed il numero di elettroni contemporaneamente perché altrimenti si avrebbero ioni positivi o negativi e non atomi neutri.

50. I gas cosiddetti ‘nobili’ devono il loro nome a una loro caratteristica:

A) sono stati scoperti da insigni scienziati appartenenti a casati nobiliari

B) sono tutti molto rari e difficilmente reperibili

C) non si mescolano con gli altri gas per formare miscele gassose

D) sono poco reattivi avendo l’ottetto di valenza completo

soluzione

sono definiti gas nobili perché possiedono gli orbitali esterni tutti occupati da elettroni accoppiati e quindi hanno una distribuzione  elettronica che dona loro la massima stabilità  e quindi non sono inclini a reagire.

ad es. l’Elio ha struttura  1S²

il neon ha la struttura : 1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz²

l’argo ha la struttura  1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz² 3s²3Px²3Py^2  3Pz²

è evidente che la definizione D è la più vicina alla nostra definizione ma non è formalmente corretta  considerato che l’Elio non ha un ottetto bensì un doppietto.

51. Il legame a idrogeno è una forza intermolecolare di tipo dipolo-dipolo che si instaura tra molecole in cui esiste un legame tra l’idrogeno:

A) e un metallo dei gruppi principali

B) e un metallo di transizione

C) e un atomo molto elettronegativo

D) e un atomo poco elettronegativo

soluzione

abbiamo già discusso sul legame idrogeno nel quesito n. 41 a cui rimandiamo.

52. Indicare il tipo di legame che si ottiene quando un orbitale s si sovrappone a un orbitale p lungo la direzione di legame.

A) metallico

B) ionico

C) covalente sigma

D) covalente pi-greco

soluzione

la sovrapposizione di un orbitale P con un orbitale di tipo S  fornisce un legame sigma .

53. Indicare quale tra le seguenti formule indica un tipico composto costituito da iodio e un metallo alcalino-terroso M.

A) M2I

B) MI

C) MI2

D) M2I3

soluzione

i metalli alcalino terrosi appartengono al secondo gruppo e possiedono n.o. +2 quindi il composto indicato nel quesito deve avere formula MI2. Risposta corretta C

54. Indicare quale alogeno ha numero di ossidazione -1 quando si combina con l’ossigeno.

A) iodio

B) cloro

C) bromo

D) fluoro

soluzione

Il difluoruro di ossigeno è un fortissimo ossidante, ed il n. di ossidazione dell’atomo di ossigeno è +2 e quello del Fluoro è -1 . Lo Xeno pur essendo un gas nobile, reagisce formando XeF₄ e ossi fluoruri di xeno come XeOF₂ e XeOF₄

 

55. I sali contenenti ioni Mg2+ e Ca2+ sono:

A) molto comuni, perché gli ioni hanno la configurazione elettronica del gas nobile che li precede

B) poco comuni, perché gli ioni hanno la configurazione elettronica dell’elemento che li precede nel gruppo 1

C) sempre intensamente colorati

D) sempre solubili in acqua

soluzione

consideriamo il calcio che ha 20 elettroni . La struttura elettronica è

Ca  1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz² 3s²3Px²3Py²  3Pz²  4S²     che si può scrivere [Ar] 4S²   il suo ione Ca+2 ha due elettroni in meno quindi la struttura diviene

Ca+2   1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz² 3s²3Px²3Py²  3Pz²   che è la struttura dell’argo.

Il Magnesio che ha 12 elettroni ha la struttura    1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz² 3s²

il suo ione Mg+2 possiede 2 elettroni in meno assumendo la struttura 1S²  2S²2Px²2Py²  2Pz²  che è la struttura del Neon.

ne consegue che la risposta corretta al quesito è la A

56. Quanti grammi di LiOH(s) sono necessari per preparare una soluzione contenente lo stesso numero di moli di soluto che sono presenti in 10 mL di una soluzione di NaOH 0,2 M.

A) 0,099 g

B) 0,077 g

C) 0,055g

D) 0,048 g

soluzione

le moli contenute in 10 ml di NaOH 0,2 M sono    Volume x Molarità = moli  quindi 10 x 0,2 =2 millimoli

La quantità in grammi di LiOH da pesare per ottenere 2 millimoli è   2millimoli= mg/PM LiOH cioè

23,94 x 2 = 47,88 mg  cioè 0,0479 g  o meglio 0,048 g

57. 0,102 g di un campione di polveri emessi da un camino industriale hanno un’acidità che viene neutralizzata da 1,25 mL di una soluzione acquosa di Ba(OH)2 0,002 M. Esprimere l’acidità del campione in moli di H+ per kg di campione.

A) 0,205 mol/kg

B) 0,049 mol/kg

C) 0,287 mol/kg

D) 0,032 mol/kg

soluzione

le moli di Ba(OH)2 usate sono 1,25 x 0,002  =2,5 x 10 -³ millimoli  2,5 x 10-⁶ moli . Trattandosi di una base con 2 ossidrili, ci conviene trasformare tutto in equivalenti ricordando che  1 equivalente di base reagisce con un equivalente di acido e poiché gli equivalenti di Base Ba(OH)2 sono il doppio delle moli allora gli equivalenti di acido saranno 2,5 x 10-⁶ moli  x 2 = 5,0 x 10-⁶ equivalenti che in questo caso sono uguali alle moli di acido pertanto

se in 0,102 g vi sono 5,0 x 10-⁶ moli , in 1000 ve ne sono X   da cui X=  5,0 x 10-⁶ 

x 1000 / 0,102  = 49 x 10-³  = 0,049 moli/Kg

58. L’idrossido di sodio solido commerciale contiene il 12% di acqua. Calcolare quanti kg di questo composto sono necessari per preparare 60 L di una soluzione di NaOH 0,5 M.

A) 1,36 kg

B) 3,79 kg

C) 2,41 kg

D) 4,23 kg

soluzione

se il 12% è costituito da H2O allora l’88 % è costituito da NaOH .Le moli di NaOH necessarie per preparare 60 litri di NaOH  0,5 M sono   :   moli= 60 x 0,5 = 30 moli   che corrispondono a 40 x 30 = 1200 g cioè 1,2 Kg se fosse NaOH al 100%  sarebbero necessari 1,2 Kg ma invece l’ NaOH  è all’ 88 % per cui 100 :88 = X : 1,2    X= 1,36 Kg necessari.

59. Un recipiente di 40 dm3 contiene una miscela equimolare di metano e propano alla pressione di 1,01 ·107 Pa ed alla temperatura di 25 °C. Calcolare la massa di metano contenuta nel recipiente.

A) circa 13 kg

B) circa 1,3 kg

C) circa 0,13 kg

D) circa 20 kg

soluzione

siano X1 ed X2 le moli di gas metano e propano rispettivamente. le moli totali della miscela sono calcolate da

PV= n RT    esprimendo P in atmosfere 1,01 x 10⁷ Pa = 99,68 atmosfere per cui R= 0,0821 e T= 298

pertanto n= 99,68 x 40 / 0,0821 x 298   =  163  moli  ed essendo CH4 e C3 H8  contenuti in quantità equimolari allora

moli di CH4 = 163  /2   = 81,5 moli  =  moli di propano

grammi di metano = PM x 81,5 = 16 x 81,5 = 1304 g   1,304  Kg

60.   5,0 mol di un gas che ideale sono contenute in un recipiente chiuso, con una parete scorrevole, immerso in un termostato a 60 °C. Sulla parete viene esercitata un pressione di 5×10⁶Pa e la parete scorre fino a raggiungere l’equilibrio. Qual è il volume del recipiente in queste condizioni?

A) circa 48 dm3

B) circa 4,8 dm3

C) circa 2,8 dm3

D) circa 0,8 dm3

soluzione

a 60°C =333 K ed 1 atmosfera il volume di 5 moli di gas è   1 x V =5 x 0,0821 x 333     V=  5 x 27,33 =136,6 litri

quando la Pressione diviene 5 x 10⁶   Pa cioè 49,34 atmosfere

poiché P1V1 = P2V2 allora V2 = 1 x 136,6 / 49,34     V2= 2,77 litri circa 2,8 litri

Qui riprendono i quesiti della classe B (41-60)

41. Calcolare la resa percentuale della reazione 4 Al(s) + 3 O2(g) → 2 Al2O3(s) se, mettendo a reagire 8,00 moli di Al con 3,00 moli di O2, si formano 160 g di Al2O3.

A) 39,2%

B) 19,6%

C) 52,3%

D) 78,4%

soluzione

teoricamente solo 4  moli di Al reagiscono con 3 moli di ossigeno quindi  si dovrebbero ottenere  sempre 2  moli di Al2O3 cioè da  4 x 26,98 g = 107,9  g di Al   si dovrebbero ottenere 2 x 101,96 =203,9  g di Al2O3 . in pratica però delle 8 moli di Al reagiscono solo 4 co 3 moli di O2 quindi  da 8 moli di Al si ottengono 160 g di Al2O3  se su 203,9  g teorici

pertanto  la resa è calcolata da grammi reali ottenuti / grammi teorici x 100 quindi

Resa % =  160 x 100/203,9 = 78,46

42.   3,00 g di vanadio metallico reagiscono esattamente con 6,26 g di cloro molecolare secondo la seguente reazione: V + x /2 Cl2  → VClx . Determinare la formula del cloruro VClx.

A) VCl2

B) VCl3

C) VCl4

D) VCl5

soluzione

se 3 g di V reagiscono con 6,26 di Cl2 allora un atomo di V reagirà con X/2 Cl2

3:6,26 = 50,94 : x/2 x 71    da cui    50,94 x 6,26 / 3 = x/2 x 71    cioè    50,94 x 6,26 /3x 35,5 =X  da cui X = 2,99

Quindi per ogni atomo di vanadio vi devono essere 3 Cl  pertanto la formula deve essere VCl3

43. I lantanidi sono un insieme di:

A) 14 elementi e in essi si ha il riempimento progressivo dell’orbitale 4d

B) 10 elementi e in essi si ha il riempimento progressivo dell’orbitale 4d

C) 10 elementi e in essi si ha il riempimento progressivo dell’orbitale 4f

D) 14 elementi e in essi si ha il riempimento progressivo dell’orbitale 4f

soluzione

i lantanoidi  o lantanidi sono un gruppo di 14 elementi compresi nella tavola periodica tra lantanio ed afnio ed assieme a scandio ed ittrio formano le cosiddette “Terre Rare”. Nei lantanidi gli orbitali interessati al riempimento elettronico sono gli orbitali 4f mentre gli orbitali p e d più esterni sono non occupati. Gli orbitali f conferiscono loro proprietà magnetiche e ottiche  interessanti tanto che il samario è molto usato in lega con il cobalto per fabbricare magneti permanenti  mentre l’ erbio è usato nella fibre ottiche. Da quanto detto si evince che la risposta corretta è D

44. Indicare, sulla base della teoria VSEPR, in quale, tra gli ioni ICl2 – e NO2 – , gli atomi sono allineati.

A) solo in ICl2 –

B) solo in NO2 –

C) in ambedue le specie

D) in nessuna delle due specie

soluzione

In ICl2- lo iodio  è ibridizzato dsp3 quindi la geometria è una bipiramide trigonale  con 3 doppietti elettronici di non legame. Nelle  5 posizioni i legami assiali risultano più lunghi in quanto risentono della repulsione di 3 coppie elettroniche a 90° (quelle sul piano equatoriale) e queste risentono ciascuna della repulsione di 2 coppie a 90° (quelle assiali), mentre tra loro sono a 120°. Le coppie di non legame (che occupano un volume maggiore nello spazio immediatamente vicino al nucleo) vanno posizionate nelle posizioni equatoriali

 

Una struttura di questo tipo è definita  AX2E3 ( dove A è l’atomo centrale, X sono gli atomi di cloro ed E rappresenta  le coppie di elettroni solitarie “lone pairs”).   AX2E3 è quindi apparentemente   “Lineare” ed il legame  Cl-I-Cl è di 180 gradi.

Nello ione NO2-  l’atomo di azoto e  gli atomi di ossigeno sono  ibridi SP2 e la struttura risultante è planare con angolo ONO di 120°. Pertanto la risposta corretta è A.

45. 0,229 g di una miscela di CaCO3 e CaSO4 sono trattati con un eccesso di HCl in soluzione acquosa. Dalla reazione si raccolgono 20,5 mL di CO2 gassosa, misurati in condizioni standard. Determinare la composizione in massa della miscela.

A) CaCO3 = 20,0% ; CaSO4 = 80,0%

B) CaCO3 = 80,0% ; CaSO4 = 20,0%

C) CaCO3 = 40,0% ; CaSO4 = 60,0%

D) CaCO3 = 60,0% ; CaSO4 = 40,0%

soluzione

a c.normali (273K ed 1 atmosfera) il volume occupato da una mole di un qualunque gas è 22,4 litri coè 22400 ml quindi

1mole : 22400ml  =Xmoli : 20,5 ml  X= 20,5/22400 = 0,000915 moli  cioè 44 x 0,000915 =0,04026 grammi

inoltre CaCO3 produce CO2 quindi da X grammi se ne otterranno 0,04 g

100:44 =X : 0,04026    X= 0,04026 x 100/44 = 0,0915 g

0,229 :0,0915 =100 : X        X= 39,3     quindi CaCo3 = 39,96%      e 100-39,96 = 60,04% di CaSO4

46. Indicare i numeri di ossidazione possibili per l’ossigeno:

A) +2, 0, -2, -3

B) +3, +2, 0, -1

C) 0, -1, -2, -4

D) +2, 0, -1, -2

soluzione

l’ossigeno molecolare O=O essendo legato ad un atomo dello stesso tipo ha un n.o zero per ogni legame quindi in O=O si ha 0+0 cioè numero di ossidazione zero

nella molecola di H2O l’ossigeno è legato con due legami ai  2 atomi di idrogeno che sono meno elettronegativi pertanto il n.o è  – 1  +  -1   quindi n.o.=-2

Nell’acqua ossigenata H2O2 l’ossigeno è legato ad un altro  atomo di ossigeno  con un legame (valore o)  e con 2 legami all’idrogeno(.1+ -1)  pertanto i due atomi di O2 legati ta loro  hanno un  n,o, -2 quindi 1 solo atomo di ossigeno ha n.o. -1

Nella molecola OF2

l’ossigeno è legato al fluoro più elettronegativo quindi il suo n.o. è +1  +  +1  =+2

si evince quindi che la risposta corretta al quesito è la D

47. Due recipienti (A e B) termostatati a 298,15 K sono a contatto tramite una parete rigida semipermeabile, attraverso cui passano le sole molecole di solvente. Dire cosa accade se in A viene posto un dm3 di una soluzione 0,01 M di glucosio mentre in B viene posto un dm3 di una soluzione 0,01 M di cloruro di sodio:

A) l’acqua passa da A a B

B) l’acqua passa da B ad A

C) non si osserva passaggio netto di acqua

D) parte dell’acqua contenuta in A evapora

In questo caso osserviamo la proprietà colligativa delle soluzioni che è la Pressione Osmotica regolata dall’equazione di Vant’Hoff  che per un non elettrolita come il glucosio è

π V = n RT

mentre per gli elettroliti occorre moltiplicare il secondo membro per il numero di ioni i che si formano ad es. NaCl     i=2 (due ioni Na+ e Cl-)

π V = i  n RT

pertanto     per il glucosio e per  NaCl V= 1 litro  e T=298,15  ed n=0,01 moli /l

quindi   per il Glucosio π = 0,01 x 0,0821 x 298,15 /1 = 0,2448 atm

Per  NaCl     π = 2 x  0,01 x 0,0821 x 298,15 /1 =  0,4896 atm

da questi dati si vede che il solvente passerà dalla soluzione contenente glucosio a quello contenente NaCl per stabilire l’equilibrio.

48. Mediante un processo adiabatico in cui non avvengono reazioni chimiche, un sistema chiuso viene portato da uno stato iniziale 1 a uno stato finale 2. Il lavoro scambiato nel processo:

A) è necessariamente nullo

B) dipende dell’effettivo percorso seguito

C) non dipende dell’effettivo percorso seguito

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

essendo Q = 0, per il 1° principio  L = – ΔU = – n Cv (Tfi – Tin) = n Cv (Tin – Tfi)

Si possono verificare due casi:

• ΔU  > 0 : il sistema compie lavoro sull’esterno che  viene effettuato a spese dell’energia interna che risulta minore di zero
•  ΔU < 0 : viene compiuto lavoro sul sistema e viene immagazzinato come energia interna che risulta maggiore di zero

Quando il  lavoro è fatto dal sistema si ha una  diminuzione di temperatura mentre se è fatto  sul sistema si ha  un aumento della temperatura.

il Lavoro adiabatico  quindi è   ΔU =  – nC_vdT  e ricordando che Cp-Cv =R  ΔU =  – n( R-Cv ) dT 

e quindi non dipende dal percorso seguito.

La risposta corretta è C

49. La reazione elementare: A → prodotti segue una cinetica di primo ordine. Cosa è possibile presumere sul suo meccanismo di reazione?

A) la reazione decorre a causa di una instabilità intrinseca di A

B) la reazione decorre a causa degli urti tra le molecole di A e quelle dei prodotti

C) la reazione decorre a causa degli urti tra le molecole di A

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

per una reazione A →prodotti  che segue una cinetica del primo ordine v = K[A]  o meglio v =- ΔA/Δt  dove

ΔA = concentrazione finale – concentrazione iniziale. (Il segno meno si riferisce alla diminuzione di A nel tempo). La velocità istantanea della reazione per Δt tendente a zero è  :

v = – dA/dt  quindi   K[A] = – dA/dt   K[A] dt = – d[A]   Kdt = – d[A]/[A] ed integrando si ha:

ln [A]/[A_o] = – k ( t – t_o)    dove [A_o]= concentrazione iniziale ed  [A] = concentrazione dopo un  tempo t.  Generalmente si pone il tempo iniziale t_o=0 per cui :

ln [A]/[A_o] = – kt  e, per le proprietà dei logaritmi :

ln [A] – ln [A_o] = – kt

l’unità di misura di k, in una reazione del primo ordine è sec^-1. In una reazione del primo ordine, pertanto, il logaritmo naturale di [A] è una funzione lineare del tempo. Riportando in grafico ln [A] in funzione di t, otteniamo una retta di pendenza pari a –k e la cui intercetta all’origine (t=0) corrisponde a ln [A_o].

La formazione dei prodotti dal composto A certamente non dipende dagli urti delle molecole di A con i prodotti, né tantomeno tra gli urti tra molecole di A perché anche urtandosi A  non forma i prodotti.  I prodotti si formano a causa della instabilità del composto A che per motivi diversi ( es temperatura ) si decompone formando i prodotti. un esempio è l’inversione del saccarosio in ambiente acido oppure  la decomposizione dell’acetone  CH₃COCH₃→CH₃CH₃ + CO oppure  ancora la decomposizione del diazometano (CH₃)₂N₂ →N₂ + C₂H_6.

Risposta corretta è A

50. Per una reazione che ha legge cinetica v = k [A]x [B]y si ha che k = 4,8 dm mol–2 s–1 . Qual è l’ordine della reazione?

A) la reazione è di ordine due

B) la reazione è di ordine tre

C) la reazione è di primo ordine

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

soluzione

Abbiamo già visto che l’unità di misura di k, in una reazione del primo ordine è sec^-1

sappiamo inoltre che la cinetica per una reazione  aA+ b B →Prodotti

in forma differenziale è :  v = – d[A]/dt = K[A][B] se a = b = 1 e [A₀] è diverso da [Bo]

se a = b = 1 e [A_o]= [B_o] la  velocità è v = – d[A]/dt = K[A]²

 K = 1/t ( 1 /[A] – 1 / [A_o]) 

se la reazione è      2 A → Prodotti   si ha ancora v = – d[A]/dt = K[A]²   e    K = 1/t ( 1 /[A] – 1 / [A_o])

se esprimiamo il tempo in secondi e la concentrazione delle sostanze in mol/L si verifica che l’unità di misura della costante K delle reazioni di secondo ordine vale :

1/s x mol/L = L/s x mol     cioè litri x secondo^-1 x mole^-1

nelle reazioni del terzo ordine, del resto non molto comuni, del tipo     2 A + B → Prodotti

si ha  v = – d[A]/dt = K[A]²[B]

se invece la reazione  è del tipo

3A → Prodotti

Si ha v = -d[A]/dt = K[A]³     che integrata diventa:    K = 1/2t( 1 /[A]² – 1/[A_o]²)

da questa espressione si ha l’unità di misura di K di una reazione del terzo ordine :

L²/mol² x s cioè litri² x moli-² x secondi^-1

Poiché il quesito ci fornisce il valore di K =4,8 dm² mol^-2 S^-1    ne consegue che si tratta di una reazione con cinetica del terzo ordine.

51. Per una certa reazione i dati sperimentali hanno mostrato che quando la temperatura aumenta, la costante di equilibrio non subisce variazioni apprezzabili. Assumendo che ΔH° e ΔS° siano indipendenti dalla temperatura, si può affermare che:

A) la reazione è endotermica

B) la reazione è esotermica

C) la reazione è atermica

D) nessuna delle risposte precedenti è corretta

soluzione

una reazione esotermica (esoergonica) produce energia generalmente sotto forma di  calore. Un esempio tipico sono le la reazioni di combustione.

in questo caso dln K/dt= ΔH°/RT² doveΔH° è l’entalpia standard della reazione e nelle reazioni esotermiche ΔH° è negativo

(ricorda che ΔH= ∑H_^prodotti  – ∑H_reagenti) . Un aumento della temperatura produce un aumento di K cioè si dovrebbe formare meno prodotto quindi nelle reazioni esotermiche la formazione di prodotto è favorita da una diminuzione della temperatura.

Una reazione endotermica (endoergonica) invece,assorbe calore dall’ambiente circostante e spesso ha bisogno di continuo flusso di energia per potersi realizzare. Un esempio è la solubilizzazione del cloruro di ammonio spesso commercializzato come ghiaccio istantaneo, oppure ad es l’elettrolisi che richiede energia elettrica.In una reazione endotermica il ΔH° è positivo e la formazione di prodotto è favorita da un aumento di temperatura.

Le reazioni atermiche (anergiche) invece, tra l’altro poco comuni, non producono nè assorbono energia. In tal caso ΔH° =0 e la temperatura non ha alcuna influenza sul prodotto di reazione. In questo caso dln K/dt= ΔH°/RT² se il numeratore è 0 è chiaro che qualsiasi variazione di T non influenza il valore di K.

si deduce che la risposta esatta al quesito è la C

52. Quanti grammi di NaF occorre aggiungere a 0,50 L di una soluzione acquosa di HF 0,05 M per ottenere una soluzione con pH=3,14 ? La costante di ionizzazione Ka di HF è 7,2 ·10–4

A) 2,10 g

B) 1,05 g

C) 3,15 g

D) 6,20 g

soluzione

l’aggiunta diNaF  all’acido debole HF produce un Tampone.

infatti   HF <=> H+ + A        Ka= [H+] [A-] /[HA]  se indichiamo co Ca la [HA]  e con Cs la [A-]  avremo

Ka = [H+] Cs /Ca   da cui    [H+]  = Ka Ca/Cs

nel caso in esame   [H+]= 10^-3,14   Ca /Cs   ma Ca = o,05 x 0,5 = 0,025 moli pertanto [H+]=7,2 x 10^-4        

quindi   7,2 x 10^-4 = 7,2 x 10^-4 x 0,025 /Cs      da cui Cs= 0,025 moli/l    cioè  in 0,5 litri di soluzione occorre aggiungere una quantità NaF pari a 0,025 x PM = 0,025 x 41,98 = 1,05 g

53. Calcolare la concentrazione di Pb+2 in una soluzione ottenuta mescolando volumi uguali di una soluzione di NaCl 0,002 M e di una soluzione contenente Ag+ e Pb+2 entrambi 0,002 M. Kps _{A gCl} = 1,8 x 10^-10 Kps _PbCl2 = 1,7 x 10^-5

A) 2,4 ·10–5 M,

B) 1,0 ·10–3 M

C) 3,1 ·10–4 M

D) 1,0 ·10–4 M

soluzione

il cloro necessario per precipitare AgCl  è   [Cl-] = Kps /[ Ag+]  [Cl-]= 1,8 x 10^-10 /0,002 = 9.10^-8 M

il cloro necessario per far precipitare PbCl2  è dato da  [Cl-]² =Kps/[Pb+2 ] = 1,7 x 10^-5  / 0,002 = 0,085 M

[Cl-] = √0,0085 =0,092 M

quando il piombo inizia a precipitare la [Ag+] è = 1,8 x 10^-10 / 0092 = 0,56 x 10^-10  quindi quando inizia a precipitare il PbCl2   , Ag+ è precipitato quantitativamente. La quantità di Cl- utilizzata dall’ Ag+ è quasi un miliardesimo di 0,002.  Tale quantità è molto piccola e trascurabile rispetto a 0,002  per cui rimangono 0,002 moli/l  di Cl- disponibili per il Pb+2 che è 0,02 M . Essendo il rapporto di reazione Pb+2/Cl uguale a 1/2   allora o,002 moli di Cl- reagiranno con o,oo1 moli di Pb+2 e siccome [Pb+2]= 0,002 si deduce che in soluzione rimangono 0,001 moli cioè [Pb+2] = 1 x 10^-3 M

54. NaAlH4 riduce la formaldeide a metanolo, secondo la reazione (da bilanciare): AlH4 – + HCHO + H2O →Al3+ + CH3OH + OH– Calcolare quante mol di NaAlH4 sono necessarie per ottenere 5 mol di metanolo.

A) 1,25

B) 3,80

C) 4,51

D) 2,20

soluzione

4 HCHO   + AlH₄^–   + 4H2O → 4 CH3OH + 4OH-

infatti

2[4H-               → H+ +8e                                                      1 [4H-               → 4H+ +8e

8[HCHO           →  CH3OH +2e                                           4[HCHO           →  CH3OH +2e   cioè

come si vede per ogni mole di LiH4^–    si ottengono 4 di CH3OH pertanto

1 mole Idruro :4 moli alcol = 5 😡     X = 5/4 = 1,25

55: Un composto di formula MAx ha una solubilità di 1,0 ·10–5 M. Sapendo che la sua costante di solubilità KPS è 2,7 ·10–19 determinare, per tentativi, la formula del composto.

A) MA

B) MA2

C) MA3

D) MA4

soluzione

supponiamo che il composto abbia la formula  MA          se KPS= 2,7 x 10^-19    [M+][A] = KPS  da cui

S² =2,7 x 10^-19      quindi S= 5,19 x 10^-10   p Moli/l pertanto la formula non può essere MA

supponiamo che il composto abbia la formula  MA2          se KPS= 2,7 x 10^-19    [M+][A]² = KPS

pertanto  S x (2S)²  = 2,7 x 10^-19        cioè 4S³ =2,7 x 10^-19      S³= 2,7 x 10^-19  /4 =  67,5 x 10^-21    S= 4,07 x 10^-7 moli/l

quindi la formula non può essere MA2

supponiamo che il compos abbia la formula  MA3  in questo caso  si ha Sx (3S)³   =  27 x 10^-19   27 S⁴ = 2,7 x 10^-19 

S⁴   = 2,7 x 10^-19  /27  da cui S⁴ =  1 x 10^-20    da cui si ottiene S= 1 x 10^-5 moli/l

La formula del composto è quindi MX₃

56. Calcolare la concentrazione molare di una soluzione di un acido debole HA (Ka = 1 ·10–5 ) che presenta la stessa concentrazione idrogenionica di una soluzione di acido acetico 0,05M. (Ka acido acetico = 1,8 ·10–5).

A) 0,067M

B) 0,090 M

C) 0,044 M

D) 0,076M

soluzione

una soluzione di CH3COOH 005 M essendo un acido debole ha una concentrazione idrogenionica [H+] = √Ka x Ca

quindi [H+]²= 1,8 ·10^-5  x 0,05   =  moli/l   [H+]² = 0,09 x 10^-5

quindi per l’acido HA la concentrazione dell’acido è  0,09  x 10^-5  = 1 x 10^-5  x Ca

Ca=0,09 x 10^-5 / 1 x 10^-5   = 0,09 M

57. Un acido debole HX in soluzione acquosa reagisce con un catione M+ formando un composto poco solubile MX(s) secondo la reazione HX + M+ → MX(s) + H+ la cui costante di equilibrio vale 1,0 ·10⁴ . Sapendo che il composto MX(s) ha una costante di solubilità KPS = 1,0 ·10^-12. calcolare la costante di ionizzazione Ka dell’acido HX.

A) 1,0 ·10–8

B) 3,4 ·10–9

C) 2,9 ·10–7

D) 7,0 ·10–6

soluzione

Ka2 = [H+][X-]/ [HX]     Ka1 = [H+]/[M+][ HX]   se moltiplichiamo i due membri dell’espressione Ka1 x [X-]  si ha

[X-] Ka1 = [H+][X] /[M+] [HX]      ma [H+][X]/[HX]   = Ka2   quindi     [X-] Ka1 = Ka2 /[M+]

ma [M+] = Kps / [X]    quindi sostituendo     [X-] Ka1 = Ka2 [X] / Kps    perciò  Ka1 =Ka2/Kps     da cui

Ka2 = Ka1 x KPs   Ka2 = 1,0 x 10⁴  x 1,0 x 10^-12         Ka= 1,0 x 10^-8 

58. Indicare quale ione può essere ossidato in una soluzione 1 M di FeCl3

Fe3+ + e– → Fe2+ (E° = +0,77 V)

Ag+ + e–→ Ag(s) (E° = +0,80 V)

Zn2+ + 2 e–→ Zn(s) (E° = -0,76 V)

Cd2+ + 2 e– → Cd(s) (E° = -0,40 V)

Sn4+ + 2 e–→ Sn2+ (E° = +0,15 V)

A) Ag+

B) Zn+2

C) Cd+2

D) Sn+2

soluzione

dai dati di E° di riduzione vediamo che lo ione il primo ione che può essere ossidato è lo stagno Sn+2 che ha un valore di E° = +0,15 V

59. Il dolcificante sintetico aspartame è 160 volte più dolce del saccarosio. Quali prodotti si otterrebbero se l’aspartame fosse idrolizzato completamente in una soluzione acquosa di HCl?

aspartame

A) un dipeptide e metanolo

B) acido aspartico, fenilalanina e metanolo

C) acido aspartico e estere metilico della fenilalanina

D) l’aspartame non è idrolizzabile in ambiente acido

soluzione

l’attacco dell’OH- si orienta su ambedue gli atomi di  Carbonio del carbonile  staccando prima l’acido aspartico e poi il CH3O- che form il metanolo

          CH3OH

acido aspartico                                 fenilalanina                               metanolo

60. Disporre fenolo, p-nitrofenolo, m-nitrofenolo e cicloesanolo in ordine di acidità crescente:

A) cicloesanolo; fenolo; m-nitrofenolo; p-nitrofenolo

B) p-nitrofenolo; m-nitrofenolo; fenolo; cicloesanolo

C) fenolo; cicloesanolo; p-nitrofenolo; m-nitrofenolo

D) cicloesanolo; m-nitrofenolo; p-nitrofenolo; fenolo

soluzione

 il pH del cicloesanolo è circa 16 mentre il fenolo  è più acido ed il suo pH è circa 10.Questa differenza di acidità dipende dal fatto che la base coniugata del fenolo cioè lo ione fenato risultante dalla perdita dell’atomo di idrogeno legato all’ossigeno è stabilizzata per risonanza in quanto nello ione fenato l’ossigeno diventa ibrido SP2  e la carica negativa viene delocalizzata sull’anello. Nel  cicloesanolo gli atomi di carbonio ibridi SP3  per cui la sua  base coniugata  ha una carica negativa che non può essere delocalizzata . Essendo inoltre il gruppo NO2 legato all’anello nel meta nitrofenolo un elettron attrattore abbastanza forte, delocalizza ulteriormente la carica negativa del fenato dando maggiore stabilità alla base coniugata che si esprime in una maggiore acidità rispetto al fenolo. Infine, il para nitrofenolo ha lo stesso effetto che osserviamo nel meta nitrofenolo con la differenza che il gruppo NO2 questa volta è in posizione para rispetto allo ione fenato e la molecola risente molto più l’influenza dell’attrazione