SOLUZIONI COMPITO A DI CHIMICA DEL

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1 SOLUZIONI COMPITO A DI CHIMICA DEL A) grammi di una misela di gluosio (C6H12O6) e loruro di sodio viene bruiata. L anidride arbonia prodotta viene fatta gorgogliare in una soluzione di idrossido di bario e preipitano g di arbonato di bario. Calolare la perentuale di gluosio e loruro di sodio presenti nella misela. La ombustione del gluosio è C 6 H 12 O O 2 6 CO H 2 O L anidride arbonia in soluzione da origine all aido arbonio CO 2 + H 2 O H 2 CO 3 In soluzione di idrossido di bario lo ione arbonato preipita sotto forma di arbonato di bario BaCO 3 mm(baco 3 ) = g/mol g di BaCO 3 ontengono quindi un numero di moli n(baco 3 )= mol he orrispondono a 6 volte le moli di gluosio. n(gluosio) = 1/6 n(co 2 ) = n(baco 3 ) = mol mm(gluosio) = g/mol Nella misela vi sono quindi m(gluosio) = g di gluosio he orrispondono al 64.1% in peso 2A) Il sale di potassio di un aido organio forte ha la seguente omposizione perentuale in peso: C = 18.75%, H = 0.78%, O = %. Si siolgono g del sale in 100 g di aqua (K eb = 0.52 C kg/mol) e si misura una temperatura di ebollizione di C. Calolare la formula dell aido e stabilire se si tratti di un aido monoprotio o diprotio. %p (= g su 100 g di sale) n (mol) = g/pa rapporto molare C H O K Formula minima = C 2 HO 4 K (PM formula minima = 128 g/mol) sale = elettrolita forte per ui i = ν T eb = ν K eb m = (ν K eb n sale ) / kg(h 2 O) = (ν K eb g sale ) / [PM(sale) kg(h 2 O)] = = (ν K eb g sale ) / [PM(sale) kg(h 2 O)] dove = PM(sale) = N PM formula minima on N = numero intero da ui si ottiene: ν / N = [ T eb kg(h 2 O) PM formula minima ] / (K eb g sale ) = 1.5 se si trattasse di un aido monoprotio: HA H + + A - ioè ν = 2 ed N = 1.33 (non valido) se si trattasse di un aido diprotio: H2A 2 H + + A 2- ioè ν = 3 ed N = 2 La formula dell aido sarà: (C 4 H 2 O 8 )H 2 (diprotio)

2 3A) Alla temperatura di 556 K, la reazione in fase gassosa: 2HI H 2 + I 2 ha una ostante di veloità speifia k= L mol -1 s -1. Calolare il tempo oorrente, alla temperatura di 556 K, affinhé la onentrazione iniziale di 0.5 mol L -1 di HI sia ridotta a mol L -1 e alolare inoltre la frazione molare di H 2 nella misela dopo 15 giorni. Dalle dimensioni della ostante inetia posso dire he la reazione segue una inetia del seondo ordine. [analisi dimensionale: Ms -1 = M -1 s -1 M n n = 2] v = k[n 2 O] 2 -d[hi]/dt = k[hi] 2 Integrando: d[hi]/[hi] 2 = -kdt.. [] [] = -1/ /0.5 = -kt = t t = 5.407/ = s Dopo 15 giorni: 2HI H 2 + I 2 t= x +x +x t= 15gg 0.5-2x +x +x 15 gg = = s = / - 1/0.5 = / = = M = 0.5-2x = M x = M Poihé n = 0, n tot = 0.5 V n H2 = n I2 = V x H2 = V/0.5 V = A) In un reipiente, ad una data temperatura T, vengono introdotte 0.2 moli di anidride solforosa e 0.2 moli di ossigeno gassosi alla pressione totale di 10 atm. Si stabilise una reazione di equilibrio he porta alla formazione di anidride solforia. L'anidride solforia prodotta nella reazione viene fatta assorbire in aqua e fatta reagire on loruro di bario. La reazione porta alla formazione di un preipitato di solfato di bario pari a g. Determinare la K p della reazione iniziale di equilibrio

3 SO O 2 SO x 0.5x x 0.2 x x x SO 3 +H 2 O H 2 SO 4 H 2 SO 4 +BaCl 2 BaSO 4 +2HCl mm(baso 4 ) = g/mol n(baso 4 )= g / g/mol = 50.0 mmol = n(so 3 ) n(so 3 ) = 50 mmol n(so 2 ) = 150 mmol n(o 2 ) = 175 mmol ntot = 375 mmol P SO3 K P = P S P = χ SO3 1 2 χ S χ P = = se 2SO 2 + O 2 --> 2 SO 3 K P = P2 SO 3 P 2 SO 2 P = 5A) Calolare il ph di una soluzione aquosa ottenuta mesolando 150 ml di una soluzione aquosa di aido ipobromoso avente onentrazione 0.1 M, 100 ml di una soluzione aquosa di idrossido di alio avente onentrazione M e 300 ml di una soluzione aquosa di loruro di sodio avente onentrazione M. (Ka = ) HBrO + H 2 O BrO - + H 3 O + Ca(OH) 2 Ca OH - NaCl Na + + Cl - χ 2 SO 3 1 χ 2 χ SO P = = Dopo il mesolamento: V = 150 ml ml ml = 550 ml = 0.55 L Il loruro di sodio non fa variare il ph. [HBrO] = ( M 0.10 L)/0.55 L = M [OH - ] = 2 [Ca(OH) 2 ] = 2 ( M 0.10 L)/0.55 L = M Reazione tra l aido debole e la base forte: HBrO + OH - BrO - + H 2 O [ ] i [ ] e Ho una soluzione ontenente ioni ipobromoso on onentrazione M (idrolisi basia)

4 BrO - + H 2 O HBrO + OH - [ ] i [ ] e x x x Ki = Kw/Ka = / = = [HBrO] [OH - ] / [BrO - ] = x 2 /( x) [OH - ] = M poh = 3.44 da ui ph = = A) g di una lega ontenente solo nihel e romo viene siolta in HCl per dare gli ioni orrispondenti [nihel(ii) e romo(iii)]. La soluzione ottenuta viene elettrolizzata faendo passare una orrente di 10 A per 15 ore, 7 minuti e 54 seondi, e si ottiene al atodo la deposizione quantitativa di entrambi i metalli. Stabilire la omposizione della lega. Ni + 2 HCl NiCl 2 + H 2 (Ni + 2 H + Ni 2+ + H 2 ) 2 Cr + 6 HCl 2 CrCl H 2 (2 Cr + 6 H + 2 Cr H 2 ) Al atodo avvengono entrambe le riduzioni: Ni e - Ni (s) Cr e - Cr (s) t = ( s) + (7 60 s) + 54 s = s Q = i t = 10 A (54474 s) = C eq = Q (C) / (C/F) = F = (numero di equivalenti totali depositati al atodo). pongo x = g(ni) ed y = g(cr) da ui g(ni) + g(cr) = x + y = n eq = n eq (Ni) + n eq (Cr) PE(Ni) = PA(Ni) / 2; PE(Cr) = PA(Cr) / 3 n eq (Ni) = 2 n(ni); n eq (Cr) = 3 n (Cr) n eq = 2 n(ni) + 3 n(cr) = = 2 [g(ni)/pa(ni)] + 3 [g(cr)/pa(cr)] = 2 (x/58.69) + 3(y/52.00) Risolvendo si ottiene: x = g(ni) = g e y = g(cr) = 26.9 g da ui % p Ni = 81.7% e % p Cr = 18.3% SOLUZIONI COMPITO B DI CHIMICA DEL

5 1B) grammi di una misela di maltosio (C12H22O11) e loruro di sodio viene bruiata. L anidride arbonia prodotta viene fatta gorgogliare in una soluzione di idrossido di bario e preipitano g di arbonato di bario. Calolare la perentuale di gluosio e loruro di sodio presenti nella misela. La ombustione del maltosio è C 12 H 22 O O 2 12 CO H 2 O L anidride arbonia in soluzione da origine all aido arbonio CO 2 + H 2 O H 2 CO 3 In soluzione di idrossido di bario lo ione arbonato preipita sotto forma di arbonato di bario BaCO 3 mm(baco 3 ) = g/mol g di BaCO 3 ontengono quindi un numero di moli n(baco 3 )= mol he orrispondono ad 11 volte le moli di gluosio. n(maltosio) = 1/12 n(co 2 ) = n(baco 3 ) = mol mm(maltosio) = g/mol Nella misela vi sono quindi m(maltosio) = g di maltosio he orrispondono al 58.6% in peso 2B) Il sale di potassio di un aido organio forte ha la seguente omposizione perentuale in peso: C = 25.00%, H = 1.04%, O = %. Si siolgono mg del sale in 100 g di aqua (Kr = 1.86 C kg/mol) e si misura una temperatura di ongelamento di C. Calolare la formula dell aido e stabilire se si tratti di un aido monoprotio o diprotio. %p (= g su 100 g di sale) n (mol) = g/pa rapporto molare C H O K Formula minima = C 2 HO 2 K (PM formula minima = 96 g/mol) sale = elettrolita forte per ui i = ν T eb = ν K eb m = (ν K eb n sale ) / kg(h 2 O) = (ν K eb g sale ) / [PM(sale) kg(h 2 O)] = = (ν K eb g sale ) / [PM(sale) kg(h 2 O)] dove = PM(sale) = N PM formula minima on N = numero intero da ui si ottiene: ν / N = [ T eb kg(h 2 O) PM formula minima ] / (K eb g sale ) = 1.5 se si trattasse di un aido monoprotio: HA H + + A - ioè ν = 2 ed N = 1.33 (non valido) se si trattasse di un aido diprotio: H2A 2 H + + A 2- ioè ν = 3 ed N = 2 La formula dell aido sarà: (C 4 H 2 O 4 )H 2 (diprotio)

6 3B) La reazione di deomposizione dell'ossido nitroso, a 694 C: 2N 2 O 2 N 2 + O 2 ha una ostante di veloità speifia k = L mol -1 s -1. Calolare il tempo oorrente, alla temperatura di 694 C, affinhé la onentrazione iniziale di 0.8 M di N 2 O sia ridotta a 0.23M e alolare inoltre la frazione molare di N 2 nella misela dopo 12 s. Dalle dimensioni della ostante inetia posso dire he la reazione segue una inetia del seondo ordine. [analisi dimensionale: Ms -1 = M -1 s -1 M n n = 2] v = k[n 2 O] 2 -d[n 2 O]/dt = k[n 2 O] 2 d[n 2 O]/[ N 2 O] 2 = -kdt Integrando: [] [] = = t 0.8 1/0.23-1/0.8 = t t = 3.098/ = 23 s Dopo 12 s: 2 N 2 O N 2 + O 2 t= x +x +x t= 15gg 0.8-2x +x +x 1 = kt = / - 1/0.8 = / = = 0.35 M = N2O = 0.8-2x = 0.35 M x = M N2 = 2x = 0.45 M n N2 = 0.45 V n tot = ( ) V = V x N2 =0.45 V/ V = B) In un reipiente, ad una data temperatura T, vengono introdotte 0.4 moli di monossido di arbonio e 0.2 moli di ossigeno gassosi alla pressione totale di 9 atm. Si stabilise una reazione di equilibrio he porta alla formazione di anidride arbonia. L'anidride arbonia prodotta nella reazione viene fatta assorbire in aqua e fatta reagire on loruro di bario. La reazione porta alla formazione di un preipitato di arbonato di bario pari a g. Determinare la K p della reazione iniziale di equilibrio CO + ½ O 2 --> CO x 0.5 x x 0.4 x x x CO 2 + H 2 O --> H 2 CO 3 H 2 CO 3 + BaCl 2 --> BaCO HCl

7 mm(baco 3 ) = g/mol n(baco 3 )= g / g/mol = 75.0 mmol = n(co 2 ) n(co 2 ) = 75 mmol n(co) = 325 mmol n(o 2 ) = mmol ntot = mmol P C K P = P CO P = χ C 1/2 χ CO χ 1 1/2 P = / =0.143 se 2CO + O 2 --> 2 SO 2 K' P = B) Calolare il ph di una soluzione aquosa ottenuta mesolando 300 ml di una soluzione aquosa di ammoniaa avente onentrazione 0.8 M, 200 ml di una soluzione aquosa di aido solforio avente onentrazione 0.60 M e 600 ml di una soluzione aquosa di loruro di potassio avente onentrazione 0.1 M. (Kb = ). Considerare l aido solforio forteforte. NH 3 + H 2 O NH OH - H 2 SO 4 SO H 3 O + NaCl K + + Cl - Dopo il mesolamento: V = 300 ml ml ml = 1100 ml = 1.1 L [NH 3 ] = (0.8 M 0.3 L)/1.1 L = M [H 3 O + ] = 2 (0.60 M 0.20 L)/1.1 L = M Il loruro di sodio non fa variare il ph. Reazione tra la base debole e l aido forte: NH 3 + H 3 O + + NH 4 [ ] i [ ] e H 2 O Dopo il mesolamento ho una soluzione di solfato di ammonio on onentrazione M he subise idrolisi aida. + NH 4 + H 2 O NH 3 + H 3 O + [ ] i [ ] e x x x Ki = Kw/Kb = / = = [NH 3 ] [H 3 O + ] / [NH 4 + ] = x 2 /( x) Poihé il valore della ostante è molto basso posso trasurare la x al denominatore. Ho: x = ( ) = M = [H 3 O + ] e quindi ph = 4.96

8 6B) g di una lega ontenente solo alluminio e magnesio viene siolta in HCl per dare gli ioni orrispondenti [alluminio(iii) e magnesio(ii)]. La soluzione ottenuta viene elettrolizzata faendo passare una orrente di 15 A per 2 ore, 20 minuti e 34 seondi, e si ottiene al atodo la deposizione quantitativa di entrambi i metalli. Stabilire la omposizione della lega. 2 Al + 6 HCl 2 AlCl H 2 (2 Al + 6 H + 2 Al H 2 ) Mg + 2 HCl MgCl 2 + H 2 (Mg + 2 H + Mg 2+ + H 2 ) Al atodo avvengono entrambe le riduzioni: Al e - Al (s) Mg e - Mg (s) t = ( s) + (20 60 s) + 34 s = 8434 s Q = i t = 15 A (9946 s) = C F = Q (C) / (C/F) = F = (numero di equivalenti totali depositati al atodo). pongo x = g(al) ed y = g(mg) da ui g(al) + g(mg) = x + y = n eq = n eq (Al) + n eq (Mg) PE(Al) = PA(Al) / 3; PE(Mg) = PA(Mg) / 2 n eq (Al) = 3 n(al); n eq (Mg) = 2 n (Mg) n eq = 3 n(al) + 2 n(mg) = = 3 [g(al)/pa(al)] + 2 [g(mg)/pa(mg)] = 3 (x/26.98) + 2(y/24.30) Risolvendo si ottiene: x = g(al) = 1.95 g e y = g(mg) = g da ui % p Al = 12.74% e % p Mg = 87.26%