Esercizio 1) Esercizio 2)

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1 Esercizio 1 La reazione può essere scritta e bilanciata utilizzando x e y come coefficienti dell idrocarburo incognito. La combustione è completa, questo significa che l idrocarburo scompare e rimangono a contribuire al volume solo gli eventuali prodotti gassosi (solo CO 2 e l eccesso rimanente del comburente ossigeno CxHy (g + (x + y/4 O 2(g x CO 2(g + y/2 H 2 O (l Iniz. 80 ml 800 ml Fine < ml > eliminando CO 2 resta solo ossigeno 200 ml pertanto il volume di CO 2 sarà il complemento a 600: 400 ml la reazione pertanto sarà avvenuta tra react 80 ml 600 ml Il rapporto dei volumi, a parità di T e P, equivale al rapporto tra le moli reagite e formate. Dividendo il volume di CO 2 per quello dell idrocarburo, in base alla stechiometria di reazione si otterrà il coefficiente x: VCO 2 VC x O y nco 2 nc x O Y x Dividendo il volume di O 2 per quello dell idrocarburo si otterrà il coefficiente dell ossigeno (x + y/4; VO 2 VC x O y no 2 nc x O Y x + y x + y da cui y 10 Esercizio 2 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 Nel nostro caso abbiamo una pila a conc. costituita da due elettrodi ad idrogeno. Per tali elettrodi - 1 -

2 2 H e - H 2 essendo nullo il potenziale standard e, se la pressione del gas è quella standard: E H E + /H 2 H RT + /H 2 2F ln (H 2 (H + RT 2 F ln 1 (H + invertiamo il segno E H + RT + /H 2 F ln(h + Dall espressione precedente deduciamo che l elettrodo che fungerà da catodo è quello con la concentrazione ionica maggiore (segue che la pila è scritta secondo la convenzione anodo a sinistra catodo a destra. anodo Pt / H 2 (1atm / NaCl 0.01 M // HA (0.1M / H 2 (1atm / Pt catodo La differenza di potenziale della pila sarà E cat E an RT F ln(h + cat RT F ln(h + an ricordando che RT/F, in unità fondamentali vale 8.314*298.15/96487 V ln(h + cat ln(h + an ln(h + anright + ln(h + anleft ln(h + anright ln(10 7 pertanto (H + anright exp( mol dm 3 Allora la costante di dissociazione dell acido sarà Ka [H 3 O+ ] 2 Ca [H 3 O + ] [ ] Esercizio 3 Bilanciamo la reazione di combustione del metanolo: CH 3 OH (l + 2 O 2 (g CO 2 (g + 2 H 2 O (l H reaz H CO2, g + 2 H H2 O, l - H CH3 OH, l - 2 H O2, g - 2 -

3 x kj per mole di metanolo Quello calcolato è il calore sviluppato dalla combustione di una mole di metanolo tenendo anche conto del calore di condensazione dell acqua. Il calore necessario per scaldare un certo numero di moli di sostanza da T 1 a T 2 è dato da Nel nostro caso il calore specifico dell acqua viene considerato costante, pertanto il calore necessario per scaldare un litro di acqua da 20 a 40 C, alla pressione di una atmosfera sarà dato da: q necessario n.moli Cp T J 83.7 kj il calore specifico è stato espresso in J K -1 mol -1 e la massa in moli. Si poteva esprimere la massa in grammi ma era necessario esprimere Cp in J K -1 g -1 per ottenere lo stesso risultato in Joule: q necessario grammi Cp T J 83.7 kj Se una mole di metano produce kj, quante moli saranno necessarie a produrre 83.7 kj? moli necessarie q necessario o ΔH combustione mol Queste moli corrispondono a grammi massa metanolo n.moli PM g Nota la densità del metanolo sarà: V ml massa ( g d ml di metanolo Esercizio 4 PCl 5 (g PCl 3 (g + Cl 2 (g n o (1- α n o α n o α Per la miscela di gas ideale, vale l equazione di stato con n pari al numero di moli complessive incrementate dall avvenuta dissociazione; PV n RT PV n t RT PV (1+α RT (1+α PV RT - 3 -

4 α α PV RT 1 PV RT Siamo ora in grado di calcolare la frazione molare delle specie presenti in miscela: segue che χ (PCl5 n (PCl 5 n t n (1 α 0 (1+α (1 α (1+α χ χ n (PCl 3 (PCl3 n (α 0 (Cl 2 n t (1+α α (1+α Kp P (PCl 3 P (Cl 2 P (PCl5 P χ (PCl 3 P χ (Cl 2 P χ (PCl5 P χ (PCl 3 χ (Cl 2 χ (PCl5 P α (1+α α (1+α (1+α (1 α semplificando e sostituendo i valori Kp P α 2 (1+α (1 α atm Esercizio 5 Il numero di equivalenti di argento depositati al catodo è pari a n eq Ag massa ( g eq. PE La reazione di ossidazione dell acqua è 2 H 2 O O e H + ed il numero di equivalenti di ossigeno formato sarà uguale a quelli di argento n eq Ag n eq O 2 n moli O 2 n eq ne mol 4 V O2 n RT P Litri - 4 -

5 Esercizio 6 HA + H 2 O A - + H 3 O + 1-α α α Per un elettrolita debole 1:1 la pressione osmotica vale π i M RT (1+α M RT da cui pertanto α π M RT K a C α ( α Per la soluzione 0.1 molare si potrà ricavare il nuovo grado di dissociazione sfruttando la stessa formula precedente ma risolvendo rispetto ad α; K a K a α C 0 α 2 C 0 α 2 + K a α K a 0 0.1α α α α Il valore della pressione osmotica per la soluzione 0.1 M dell acido debole sarà π (1+α M RT ( atm - 5 -