COMPITO A DI CHIMICA DEL

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1 COMPITO A DI CHIMICA DEL A) Una miscela di solfato di rame pentaidrato e solfato di calcio diidrato viene scaldata fino alla perdita completa di acqua. La diminuzione in peso della miscela risulta del 25.7%. Calcolare la composizione percentuale in peso della miscela iniziale. Considero 100g della miscela dei due solfati. Indico con n 1 le moli del solfato di rame penta idrato e con n 2 le moli del solfato di calcio diidrato. Posso quindi scrivere: n 1 mm 1 + n 2 mm 2 = 100 g n n = 100 g Poiché la diminuzione in peso della miscela è dovuta alla perdita di acqua di idratazione e, in una mole del primo composto ci sono 5 moli di acqua mentre in una mole del secondo composto ce ne sono 2, posso scrivere: 5n n = 25.7 g 90.1 n n 2 = 25.7 g Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite n n 2 = 100 g 90.1 n n 2 = 25.7 g Ottengo: n 2 = mol e n 1 = mol La massa di solfato di rame pentaidrato è: mol g mol -1 = g La massa di solfato di calcio biidrato è: mol g mol -1 = g La composizione percentuale nella miscela di partenza è quindi: %CuSO 4 5H 2 O = %CaSO 4 2H 2 O = %CuSO 4 5H 2 O =, %CuSO 4 5H 2 O = 2A) Calcolare la temperatura di ebollizione e la pressione osmotica, a 30 C, di una soluzione ottenuta mescolando 300 ml di una soluzione acquosa di solfuro di sodio al 10.0% p/p avente densità 1.04 g/cm 3 con 500 ml di una soluzione acquosa nitrato di argento 1.00 M. [NB. Si consideri il solfuro di argento completamente insolubile; nella soluzione risultante si consideri m M; K eb = 0.51 C kg mol -1 ] Il solfuro di sodio ed il nitrato di argento in acqua si dissociano completamente:

2 Na 2 S 2Na + + S 2- AgNO 3 Ag NO 3 Poiché il solfuro di argento è un sale completamente insolubile posso scrivere: 2Ag + + S 2- Ag 2 S Calcolo le moli di Na 2 S nella soluzione al 10.0% p/p. Massa soluzione: ρ V = 1.04 g/cm cm 3 = 312 g n Na2S = 312 g 0.10/78.04 g mol -1 = 0.4 mol Calcolo le moli di AgNO 3 n AgNO3 = c V = 1.0 mol L L = 0.5 mol 2Ag + + S 2- Ag 2 S (s) /2= Nella soluzione risultante ho quindi n S2- = 0.15 mol, n Na+ = 0.8 mol e n NO3- = 0.5 mol e poiché m M posso calcolare l innalzamento ebullioscopico: ΔT eb = K eb ([Na + ] + [S 2- ] + [NO 3 - ]) = 0.51 C kg mol -1 (0.8 mol mol+0.5 mol)/0.8 L = 0.92 C T eb = C Calcolo la pressione osmotica π = ([Na + ] + [S 2- ]+ [NO 3 - ]) RT π = 1.81 mol L L atm mol -1 K K = 45.1 atm T eb = C π =45.1 atm 3A)100 ml di una miscela costituita da metano (CH 4 ) ed etilene (C 2 H 4 ) vengono fatti reagire con un eccesso di ossigeno. Dalla combustione si ottengono 160 cm 3 di anidride carbonica. Calcolare la quantità di calore sviluppata quando 22,4 L della miscela di metano ed etilene, misurati a condizioni normali, vengono completamente ossidati ad anidride carbonica ed acqua. [ΔH f(co2) = kj/mol; ΔH f(h2o) = kj/mol; ΔH f(ch4) = kj/mol; ΔH f(c2h4) = 52.26kJ/mol] Scrivo le reazioni di combustione del metano e dell etilene. CH 4 +2O 2 CO 2 + 2H 2 O C 2 H 4 +3O 2 2CO 2 + 2H 2 O

3 Indico con x il volume di metano nella miscela e con y il volume di etilene nella miscela. Posso scrivere quindi 1) x+y = 100 ml Inoltre, conoscendo il volume di anidride carbonica ottenuta dalla combustione della miscela, posso scrivere: 2) x+2y = 160 ml Ho un sistema di due equazioni in due incognite da cui ricavo x = 60 ml y = 40 ml. Per cui le percentuali in volume di metano ed etilene nella miscela sono rispettivamente: %CH 4 = 40% V/V %C 2 H 4 = 60% V/V e le frazioni molari di metano ed etilene nella miscela sono rispettivamente: x CH4 = 0.4, x C2H4 = 0.6. Calcolo ora l entalpia molare di combustione del metano e dell etilene: H 0 comb(ch 4 ) = H 0 f(co 2 ) + 2 H 0 f(h 2 O) - H 0 f(ch 4 ) = kj mol ( kj mol -1 ) ( kj mol -1 ) = kj mol -1 H 0 comb(c 2 H 4 ) = 2 H 0 f(co 2 ) + 2 H 0 f(h 2 O) - H 0 f(c 2 H 4 ) = 2( kj mol -1 ) + 2( kj mol -1 ) kj mol -1 = kj mol -1 In 22,4 L della miscela di metano ed etilene, misurati a condizioni normali, è contenuta 1 mol e conoscendo la frazione molare dei due componenti in miscela posso scrivere: n CH4 = 0.4 mol, n C2H6 = 0.6 mol. Per cui Q = n CH4 H 0 comb(ch 4 ) + n C2H6 H 0 comb(c 2 H 4 ) = 0.4 mol kj mol mol kj mol -1 = kj mol -1 Q = kj mol -1 4A) Alla temperatura di 1500 C ed alla pressione di 28.0 atm, lo iodio molecolare è dissociato per il 78.0% in iodio atomico. Calcolare la costante di equilibrio K p alla temperatura data. Calcolare, inoltre, il grado di dissociazione dello iodio molecolare, alla stessa temperatura, se la pressione viene portata a 45.0 atm. I 2(g) 2I (g) Inizio n - Equilibrio n (1-α) 2n α α = 0.78 Per cui, all equilibrio, ho:

4 n I2 = n (1-α) n I = 2αn n tot = n (1-α) + 2αn = n (1+α) K p = (P/ntot)(n 2 I/n I2 ) = (P/n (1+α)) [(2αn ) 2 /(n (1-α))] = P 4 α 2 /(1-α 2 )= = [ /( )= 174 Quando la pressione diventa 45.0 atm, la costante di equilibrio K p non varia per cui posso scrivere: K p = 174 = 45 4 α 2 /(1-α 2 ) α 2 = 180α 2 α = 174/180 = 0.70 Kp =174 α =0.70 5A) Calcolare il ph di un soluzione ottenuta facendo reagire 22.4 g di ossido di calcio con 2.00 L di acido acetico M. Calcolare, inoltre, la variazione di ph che si ottiene aggiungendo alla suddetta soluzione 200 ml di acido cloridrico M. [Acido acetico: Ka= ] CaO è una base forte CaO + H 2 O Ca(OH) 2 Ca OH - n CaO = 22.4 g/56.08 g mol -1 = 0.4 mol c(cao) = c b = 0.4 mol/2.0 L = 0.2 M L acido acetico è un acido debole CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO - + H 3 O + c(ch 3 COOH) = c a = 0.6 M Poiché l acido acetico è debole, gli OH - generati dalla base forte CaO reagiscono con gli H 3 O + dell acido (H 3 O + + OH - H 2 O) spostando l equilibrio di dissociazione dell acido a destra. La reazione che avviene è la seguente: CH 3 COOH + OH - CH 3 COO - + H 2 O Inizio 0.6 M 2 0.2M - Variazione -0.4M -0.4M +0.4 M fine =0.2 M - 0.4M All equilibrio ho acido acetico con concentrazione 0.2 M e ione acetato con concentrazione 0.4 M che è una soluzione tampone. K a = = [CH 3 COO - ][H 3 O + ]/[CH 3 COOH] ph = pk a + log[ch 3 COO - ]/[CH 3 COOH] = log 0.4/0.2 = 5.04

5 L aggiunta di HCl a questa soluzione fa spostare l equilibrio di dissociazione dell acido debole verso la formazione di acido acetico: le moli di H 3 O + prodotte dall acido cloridrico, reagiscono con altrettante moli di ione acetato per formare acido acetico. La concentrazione degli ioni H 3 O + derivanti dall acido cloridrico è: [H 3 O + ] = 0.2L 0.1M/( )L = M [CH 3 COOH]=0.2M 2.0L/2.2L = 0.18M [CH 3 COO - ]=0.4M 2.0L/2.2L = 0.36M CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO - + H 3 O + [ ] i [ ] e [H 3 O + ] = K a [CH 3 COOH]/[CH 3 COO - ] = /0.351 = M e ph = 5.01 Quindi ΔpH = = ph =5.04 ΔpH = A)1.50 L di una soluzione acquosa di nitrato di argento a ph = 7.00, vengono sottoposti ad elettrolisi con elettrodi inerti. Alla fine dell'elettrolisi, la massa del catodo è aumentata di 2.50 g. Calcolare: (a) Il volume di ossigeno (misurato a c.s.) sviluppato all'anodo; (b) il ph della soluzione alla fine dell'elettrolisi; (c) la quantità di carica elettrica utilizzata durante l'elettrolisi. [NB. Si trascuri la variazione del volume della soluzione in seguito all'elettrolisi; 1F = C/mol] Nella soluzione sono presenti ioni Ag + e ioni NO 3 - in acqua. Se la massa del catodo è aumentata di 2.5 g, al catodo si ha reazione di riduzione di Ag + ad Ag, mentre all anodo si ha sviluppo di ossigeno per cui i processi elettrodici in questa elettrolisi sono: Polo (-) Ag + + e - Ag Polo (+) 6H 2 O O 2 + 4e - + 4H 3 O + La reazione globale risulta essere: 4 Ag + + 6H 2 O 4Ag + O 2 + 4H 3 O + Le moli di Ag depositate al catodo sono: n Ag = 2.5g/ g mol -1 = mol e per la stechiometria della reazione n O2 = 1/4 n Ag = mol

6 a) Il volume di ossigeno sviluppato all anodo è: V O2 = n O2 RT/P = /1 = L b) Durante l elettrolisi si formano ioni H 3 O + e la soluzione si acidifica n H3O+ = n Ag = mol [H 3 O + ] = mol/1.5 L = M ph = 1.81 c) Dalla stechiometria della reazione vedo che al passaggio di 4F si depositano 4 mol di Ag e si sviluppa 1 mol di O 2 per cui la quantità di carica che circola durante l elettrolisi è: q = 4F n Ag = Cmol mol = 8954 C (a)=0.142 L (b)=1.81 (c)= 8954 C