Esercizio 1) n.mol CH n.mol C 4 H 6 3 = Dalla prima equazione: n.mol CH 4 = n.mol C 4 H 6 4 sostituendo nella seconda equazione:

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1 Esercizio 1 L esercizio è una sorta di analisi indiretta. Le due singole reazioni bilanciate x CH 4 (g O 2(g 1 CO 2 (g + 2 H 2 O (l y C 4 H 6 (g O 2(g 4 CO 2 (g + 3 H 2 O (l Indico con x la quantità di metano e con y la quantità di butadiene. L ossigeno viene dichiarato in eccesso, pertanto non sarebbe stato necessario bilanciarlo. Raggruppando le due reazioni (non uso stato di aggregazione per ragioni di spazio: x CH 4 + y C 4 H 6 + (2.0x+5.5y O 2 (x+4y CO 2 + (2x+3y H 2 O (l 748 mg 342 mg mol mol L operazione fatta, per quanto indicativa, è una complicazione non necessaria. Il ragionamento più semplice da fare, dopo avere bilanciato le due reazioni di combustione viene descritto qui di seguito. Il numero di moli di CO 2 formate corrisponde alla somma del numero di moli di metano + quattro volte il numero di moli di butadiene. Il numero di moli di acqua risulta pari al doppio delle moli di metano + tre volte le moli di butadiene. n.mol CH n.mol C 4 H 6 4 = n.mol CO 2 = n.mol CH n.mol C 4 H 6 3 = n.mol H 2 O = n.mol CH n.mol C 4 H 6 4 = n.mol CH n.mol C 4 H 6 3 = Dalla prima equazione: n.mol CH 4 = n.mol C 4 H 6 4 sostituendo nella seconda equazione: da cui pertanto ( n.c 4 H n.c 4 H 6 3 = n.c 4 H 6 = mol n.ch 4 = n.c 4 H 6 4 = = mol La richiesta del problema è quindi calcolabile. χ C4 H 6 = n.c 4 H 6 n.totali = = Un sistema come quello proposto si risolve più rapidamente con la regola di Kramer

2 Esercizio 2 La reazione di combustione del metano è la seguente. CH 4 (g + 2 O 2(g CO 2 (g + 2 H 2 O (l Il H della reazione di combustione vale (i dati sono in kcal mol -1 : H comb = ΔH f CO 2(g + 2 ΔH f H 2 O (l ΔH f CH 4(g ΔH f O 2 (g = = ( (-61.5 ( = kcal mol -1 Il valore ottenuto si riferisce al calore sviluppato dalla combustione di una mole di metano. La quantità di materia in moli corrispondente ai 4 grammi di metano combusti vale n.moli dich 4 = massa ( g = 4 = 0.25 mol PM CH 4 14 pertanto il calore fornito dalla combustione di 0.25 moli di metano è o q = ΔH comb n.moli = cal mol mol = cal Supponendo costante il calore specifico dell acqua, l incremento della temperatura ottenuta qualora tutto il calore fornito venga assorbito dai 12 kg di acqua, sarà q ΔT = massa Cp = cal = 4.13 K mol 18 cal mol 1 K 1 Esercizio 3 Mg(OH 2 (s Mg 2+ (aq. + 2 OH (aq s s 2 s Per questa sostanza poco solubile la costante di equilibrio Kps è descritta come Ks = [Mg 2+ ] [OH ] 2 In acqua pura [Mg 2+ ] = s, mentre [OH ] = 2 s, pertanto la relazione Kps=f(s risulta Ks = s (2 s 2 = 4 s 3 = 4 ( = Il ph della soluzione satura deriva dalla concentrazione di ioni ossidrili che risulta pari a 2 s [OH - ] = 2 s = = mol dm -3 segue poh = 3.54; ph =

3 Se si impone un ph utilizzando un efficace tampone, risulta praticamente fissata la concentrazione degli ioni ossidrili. L espressione del Ks rimane immutata, e la concentrazione di Mg 2+ risulta uguale alla quantità di Mg(OH 2 che si solubilizza: s 1 = [Mg 2+ Ks ] = [OH ] = Ks = = mol dm In altri termini, in una soluzione tampone è controllato il valore di ph, poh, O + ] e [OH ], pertanto, essendo Ks solo funzione della temperatura, se risolviamo l espressione del Ks rispetto al catione, si ricava la solubilità dell idrossido in presenza di tampone. Esercizio 4 N 2 O 4 (g n 0 (1 α 2 NO (g n 0 2 α P = 1 atm T = 30 C = K Il numero di moli totali, in funzione del grado di dissociazione risulta n t = n 0 (1 α + n 0 2 α = n 0 (1+ α Per la miscela possiamo scrivere PV = n t RT Anche se non indicato anche P, V sono pressione globale e volume globale. Esplicitiamo n t : PV = n 0 (1+αRT Ipotizziamo una massa iniziale di tetraossido che successivamente si dissocia. Ovviamente nel recipiente la massa risulta costante anche se ripartita ora tra due sostanze diverse. Chiamiamo ad esempio m N 2 O 4 tale massa iniziale. 0 PV = m N 2 O 4 (1+αRT PM N2 4 O introduciamo ora il termine di densità 0 P= m N 2 O 4 V 1 PM N2 4 O (1+αRT - 3 -

4 1 P= d mix (1+αRT PM N2 4 O La densità è quella della miscela. Riarrangiamo l equazione per ricavare il grado di dissociazione (NOTA: la densità deve essere espressa in g dm -3 1+α = P PM N4 2 O d mix R T α = P PM N4 2 O d mix R T 1= = Ora che ci è noto il grado di dissociazione siamo in grado di calcolare la frazione molare delle specie presenti in miscela: segue che χ (NO2 = n (NO 2 n t χ (N2 O 4 = n (N 2 O 4 n t ( 2 Kp = P (NO 2 P (N2 O 4 = n 0 (2α n 0 (1+α = 2α 1+α = = = n (1 α 0 n 0 (1+α = 1 α = 1+α = ( = P χ (NO 2 2 P χ (N2 O 4 = = atm Esercizio 5 Si tratta di una pila a concentrazione Ag / AgCl (sol. satura // AgNO 3 (0.01M / Ag La forza elettromotrice di una pila vale E pila = E catodo E anodo Se è scritta secondo le convenzioni sarà anche E pila = E catodo E anodo = E right E left Nell elettrodo di destra la concentrazione ionica è direttamente fornita dal sale solubile (AgNO 3. Nell elettrodo di sinistra la concentrazione di ioni Ag + deriva solo dalla parte di sale che si è sciolto (AgCl è un sale poco solubile. Per questa - 4 -

5 sostanza poco solubile, se posta in acqua pura, possiamo scrivere le seguenti equazioni Pertanto AgCl (s Ag + (aq. + Cl (aq s s s Ks = [Ag + ] [Cl ] = s s = s 2 [Ag + ] = s = Ks = = mol dm -3 I potenziali dei singoli elettrodi si calcolano come segue Ag e - Ag E Ag + /Ag = E Ag + /Ag RT F ln (Ag = E (Ag + Ag + /Ag + RT F ln (Ag + L elettrodo che fungerà da catodo è quello con la concentrazione ionica maggiore. La differenza di potenziale della pila sarà = E cat E an = = E Ag + /Ag + RT F ln (Ag + cat E Ag + /Ag + RT F ln (Ag + an = RT F ln (Ag + cat (Ag + an = = ln = ln 5 (1 103 = 0.177V Alcuni autori usano il logaritmo decimale, pertanto dalla conversione si ha = log( = log( = 0.177V Attenzione: se la temperatura non è 25 C e il logaritmo non è quello in base 10, non usate il valore

6 Esercizio 6 KbNH 3 = Kw/KaNH 3 = a La base ammoniaca da sola, considerato il valore della concentrazione, ha un ph così ricavabile [OH ] = Kb Cb = = mol dm -3 poh = 2.87; ph = oppure (in questo caso non necessario: [OH ] = Kb2 + 4 Kb Cb Kb 2 b NH 3 + HCl NH 4 Cl mix mmol iniz. 2 1 mmol end 1-1 = mol dm -3 O + ] = Ka n a n s = = mol dm 3 ph = 9.26 c NH 3 + HCl NH 4 Cl mix mmol iniz. 2 2 mmol end Ca (NH 4 = Cs = n.mol/v = 2/30 = M O + ] = Ka Ca = = mol dm 3 O + ] = Ka n a n s = = mol dm 3 ph = 5.21 d NH 3 + HCl NH 4 Cl mix mmol iniz mmol end C è un eccesso di HCl pari a O + ] = [HCl] = n.moli = 0.4 = mol dm 3 V 32 ph =