Esercizi risolti di Chimica

Università di Udine -Sede di Pordenone- C.d.L in Ingegneria Meccanica a.a. 006/007 Esercizi risolti di Chimica 1

I. Soluzioni e Diluizioni 1) Una soluzione di HNO 3 al 7% in peso ha una densità di 1.16 g/ml. Calcolare molarità (M) e molalità (m) della soluzione. PM HNO3 63.0 g/mole 7 g HNO3 in 1 L 1160 313 g 100 313 M 4. 97 63.0 7 g HNO3 per 1000g di H O 1000 370g 63 370 m 5. 87 63.0 ) Calcolare la molalità di una soluzione ottenuta miscelando uguali volumi di soluzioni di HNO 3, rispettivamente 4.60 molale (densità 1.13g/mL) e 4.60 molare (densità 1.15 g/ml). PM HNO3 63 g/mol. Indichiamo con V il volume espresso in ml di ognuna delle due solulzioni. La massa di un volume V della prima soluzione è: 1.13 (g/ml) V(mL) 1.13 V (g) Poiché tale soluzione è 4.60 molale contiene: moli 4.60 Kg ossia: HNO H O 3 g 63 Kg HNO 3 H O g 90 Kg H O HNO 3 g 1000 Kg H O H O g + 90 Kg HNO H O g 190 Kg ( H O+ HNO 3 3 ) Nel volume V di soluzione di massa pari a 1.13 V sono quindi contenuti: H O g HNO 3 90 KgH O g H + O g 190 Kg H O HNO3 1.13 V ( g H O + g HNO3 ) 0.54V(g HNO3 ) 1.13V 0.54V 0.876V g di H O La massa di un volume V della seconda soluzione corrisponde a:

1.15 (g/ml) V(mL) 1.15 V g di H O poichè è 4.60 molare contiene una quantità di HNO 3 pari a: moli 4.60 L 63 g mole V ( ml) 10 3 1 0.90 V g di HNO 3 ml La massa di HO contenuta nel volume V di questa soluzione è data da: 1.15 V (gh O + g HNO 3 ) 0.90 V(g HNO 3 ) 0.860 V g H O dopo mescolamento dei due volumi ho una massa totale di HNO3 pari a: 0.54 (g HNO 3 ) + 0.90 V (g HNO 3 ) 0.544 V g HNO 3 e una massa di acqua totale pari a: 0.876 V (g di H O) + 0.860 V (g di H O) 1.736 V g di H O La molalità della soluzione finale è: 0.544 V ( g) 1000( g / Kg) m 4. 96 moli/kg 63( g / mole) 1.74 V ( g) 3) Una soluzione di NaOH è 1.1M Calcolare il volume di HO che deve essere aggiunto a 700mL di soluzione per ottenere una soluzione 0.35M. molinaoh 1.1 0.7 0.77 moli V 0.77 0.35. L Ammettendo che i volumi possano essere additivi il volume d H O da aggiungere è 1.5L. 4) Quale volume di acqua si deve aggiungere a 100g di una soluzione di KOH al 30% (d1.9 g/ml) per avere una soluzione 1M? 100 77.5 ml 1.9 In 77.5 ml ossia 100g di soluzione ci sono 30g di KOH 30 PM KOH M 6. 9 3 77.5 10 moli/l 3

Detto x il volume da aggiungere ho: 77.5 10-3 6.9 (77.5 + x) 10-3 1 x 457 ml 5) Una soluzione è ottenuta sciogliendo 61.9g di H 3 PO 4 in 500g di H O.La densità della soluzione è 1.16 g/ml. Calcolare molarità e molalità della soluzione. Calcolare molarità della soluzione ottenuta aggiungendo 10mL della soluzione di partenza a 0 ml di una soluzione 0.5M di H 3 PO 4. PM H3PO4 98 g/mole 61.9 m 98 1.6 moli/kg 3 500 10 La massa complessiva della soluzione è 561.9g e la densità 1.16 g/ml, Vm/d 484.4mL 0.63 M 3 484.4 10 1.3006 moli/l 0.01L 1.3006 0.013006 moli in 10mL della prima soluzione 0.5 0.0 0.01 moli in 0mL della seconda soluzione V totale 0.03L M 0.0306 0.768 moli/l 0.03 6) 10mL (V 1 )di una soluzione 0.1M (C 1 )di HCl vengono aggiunti a 0mL(V ) di una soluzione 0.M (C ) in HCl, qual è la concentrazione molare finale in HCl? Si deve calcolare il numero di moli di HCl nelle due soluzioni C n1 + n V + V C1V 1+ CV V 0.1M 0.01L + 0.M 0.0L 0. 0.03L 167 fin 1 fin 7) 1.5g di KCl vengono sciolti in 50mL d acqua. Poi vengono aggiunti altri 35mL d acqua. Calcolare la concentrazione molare prima e dopo la diluizione. Si deve calcolare il numero n di moli di KCl in 1.5g. M n g PM KCl 1.5g 74.55g / mole 0.001moli KCl 4

0.001g C1 0. 40M 0.05L Dopo la diluizione le moli di sale devono essere le stesse e si può ricavare la concentrazione dalla formula: C 1V1 CV C1V1 0.40M 0.05L C 0. 36M V 0.05L + 0.035L 8) 15mL (V 1 )di una soluzione di H SO 4 al 19.%(C 1 ) in peso (d 1.13g/mL) sono addizionati a 35mL(V ) di H SO 4 0.195M (C ) e si diluisce con H O fino a 80mL totali. Calcolare la molarità della soluzione ottenuta. C n H SO4 V n 1H SO4 + n V H SO4 g PM H SO4 H SO4 + C V V H SO4 0.01 % H SO4 PM V 1000 d 1 H SO4 V + C V H SO4 0.01 19. 0.015L 113g / L + 0.195M 0.035L 98.1g / mole C 0. 5M 0.08L II. I gas 1) Calcolare la quantità in grammi di Cl che occupa un volume di 68mL alla temperatura di 38. C e alla pressione di 435 torr. Quale sarebbe la pressione del gas se contemporaneamente la temperatura (centigrada) triplica e il volume è dimezzato? PM Cl 70.90 g/mole 435 0.68 PV 760 w PM 70.90 1.083g di Cl RT 0.08 311.36 T finale 387.7 K n Cl 0.0153 moli nrt 0.0153 0.08 387.7 P 1.46 atm finale V 0.341 5

) Un contenitore del volume di L viene riempito di N a C e 740 torr. Si aggiungono poi L di He e L di Ne misurati a C e 740torr.La temperatura resta costante. Calcolare la pressione totale esercitata dal miscuglio di gas. n N 740 760 0.08 95.13 0.0804 moli Per la legge di Avogadro n N n He n Ne pertanto il numero di moli presenti è 3 0.0804 0.41 moli totali di gas. Dall equazione di stato dei gas ideali si ha: n RT P tot V.9 atm Più semplicemente: P 3 740 0 torr.9atm 3) Un miscuglio di gas ha la seguente composizione in volume: SO 40%, N 0%, O 30%, H O 10%. Calcolare la composizione in peso. PM SO 64.06 g/mole PM N 8.0 g/mole PM O 3.0 g/mole PM HO 18.0 g/mole Poiché la composizione percentuale in volume coincide con la composizione percentuale in moli 1 mole di gas contiene 0.40 moli di SO cioè: 0.40 PM SO 5.6g SO 0.0 PM N 5.6g N 0.30 PM O 9.6g O 0.10 PM HO 1.8g H O (5.6+5.6+9.6+1.8)/1 4.6g peso molecolare medio della miscela. Si ricava facilmente la composizione in peso: 5.6 100 60.10% SO in peso 4.6 5.6 100 13.15% N in peso 4.6 9.6 100.53% O in peso 4.6 1.8 100 4.% H O in peso 4.6 6

4) In un recipiente è contenuta una miscela di N O e CH 4 (metano). La miscela esercita alla temperatura di 3.5 C una pressione di 5.1 atm. Sapendo che la composizione in peso della miscela è N 50.5% O.9% e CH 4 6.6%, calcolare la composizione percentuale in volume della miscela e le pressioni parziali dei tre gas espresse in torr. 100g della miscela vengono riscaldati a 300 C, tutto l ossigeno reagisce con CH 4 secondo la reazione: CH 4 (g) + O (g) CO (g) + H O (g). Calcolare la pressione totale nel recipiente a fine reazione. PM N 8 g/mole; PM O 3 g/mole; PM CH4 16 g/mole Se considero 100g di miscela: 50.5 n N 8. 9 n O 3 1.803 moli 0.716 moli 6. 6 n CH4 16 1.659 moli Il numero totale di moli è 4.178. Si può ora ricavare il volume del recipiente. V 4.178 0.08 305.5 0.44 L 5.1 Tenendo presente la proporzionalità tra i volumi di gas e moli ivi contenute: 1.803 %V N 100 43.15% 4.178 0.716 %V O 100 17.14% 4.178 1.659 %V CH4 100 39.71% 4.178 p N 0.4315 5.1 760 1679 torr p O 0.1714 5.1 760 667 torr p CH4 0.3971 5.1 760 1545 torr 0.716 moli di O reagiscono con 0.716/ 0.358 moli di metano e danno 0.358 moli di CO e 0.716 moli di H O.Dopo la reazione sono presenti in fase gassosa: 7

n N 1.803 moli n O 0 moli n CH4 1.659 0.358 1.301 moli n CO 0.358 moli n HO 0.716 moli n tot 1.803 + 1.301 + 0.358 +0.716 4.178 moli totali dopo la reazione P 4.178 0.08 573 0.44 9.6 atm 5) Calcolare le moli e il volume di ossigeno necessari a bruciare 10L di etano, misurati a c.n. secondo la reazione: C H 6 (g) + 7O (g) 4CO (g) + 6H O (l) Se dopo la reazione vengono prodotti 15g di H O qual era la pressione parziale dei componenti della miscela iniziale a c.n.? In 10L di etano a c.n. (essendo che una mole di un qualsiasi gas a c.n. occupa.4l) sono contenute: n CH6 10 0.446 moli.4 Dalla reazione risulta che: n O 7 nch6 n O 1.561 V O 1.561.41435 L Dopo la reazione si ottengono 15g d acqua. 15 n HO 0.833 moli H O prodotte 18 n CH6 6 nho 0.77 moli n O 6 7 nho 0.971 moli ntot 0.77 + 0.971 1.48 moli totali di gas Dette x O e x CH6 le frazioni molari dell ossigeno e dell etano ho: 8

0.971 x O 0.778 1.48 0.77 x CH6 0.1 1.48 Per cui le pressioni parziali dei due gas a c.n. (P tot 1atm, T0 C) sono: P O 0.778 1 0.778 atm e P CH6 0.1 1 0.1 atm 6) Quanti litri di diossido di zolfo si ottengono a 35 C e 740 torr bruciando Kg di pirite (FeS ) al 75% se la resa è del 9%? (FeS + 5O 4SO + FeO) PM FeS 10 g/mole La massa effettiva di pirite è : 000 0.75 1500g a cui corrispondono: 1500 n FeS 1.5 moli 10 Dalla reazione: FeS + 5O 4SO + FeO Risulta: n SO n FeS 5.0 moli V SO 5.0 0.08 308 648.46 L 740 760 Essendo la resa del 9%, il volume effettivo è: 9 V O 648.46 596.6 L 100 7) In un recipiente di 850mL inizialmente vuoto si miscelano 50mL di O a 40 C e 15 atm e 500mL di CO a 30 C e 0atm. La miscela viene portata a 00 C.Calcolare la pressione totale e le pressioni parziali dei gas dopo il riscaldamento. Data la reazione: CO (g) + O (g) CO (g) Calcolare le frazioni molari dei gas e la pressione totale a reazione avvenuta T5 C. n O n CO 15 0.5 0.146 moli 0.08 313 0 0.50 0.40 moli 0.08 303 9

n tot 0.146 + 0.40 0.548 moli 0.146 0.08 473 P O 6.66 atm 0.85 0.40 0.08 473 P CO 18.34 atm 0.85 La P totale nel recipiente è data dalla somma delle pressioni parziali dei componenti della miscela. P tot 6.66 + 18.34 5 atm Nel recipiente ho un eccesso di CO, per cui a reazione avvenuta sono presenti nel recipiente: n O 0 n CO 0.40 0.146 0.11 moli n CO 0.9 moli 0. 11 x CO 0. 40 0. 9 0.74 x CO 0.76 0. 40 P tot 0.40 0.08 98 11.56 atm 0.85 8) Calcolare quanto pesano 5L d acqua a 757torr alla T300 C (in queste condizioni l acqua è allo stato gassoso). Si usa la legge dei gas ideali (n.b. 1 atm 760 torr): PVnRT 757torr P 0. 996atm 760torr / atm T(K) 73.15+ 300 573 K n PV RT 5L 0.996atm 0.08( Latm / molek) 573K 0.53 moli H O m HO 0.53 18g / mole 9.54g 9) Data la reazione di combustione dell acetilene (C H ): C H (g) + 5 O (g) 4 CO (g) + H O (l), calcolare quante moli di CO si formano per combustione di 1L di acetilene a 5 C e P1atm.(n.b: la reazione va a completezza) e quante moli di O occorrono per bruciare 0L di C H a T5 C. a) nc H nco 10

V CO V CH L 1atm L n CO 0.0818 moli 0.08 98.15K b) Le moli di O consumate nella combustione stanno a quelle di acetilene come 5:. Si ricorda che volumi di gas diversi a stesse T e P hanno lo stesso n di molecole. V O 5 V CH 50 L 1atm 50L n CO.045 moli 0.08 98.15K 10) L aria è una miscela di gas e contiene il 0.95% in O. Calcolare il volume d aria in m 3 (a T5 C, P1atm) necessario alla combustione di 1L di etere etilico (liquido, d 0.713 g/ml, PM 74.1g/mole). La reazione che avviene è: C H 5 OC H 5 (l) + 6 O (g) 4 CO (g) + 5 H O(l). 1 L etere 713 g, n etere 713g 74.1g / mole 9.6 moli Per bruciare 9.6 moli di etere servono 6 9.6 moli (57.7moli) di O, poiché esso è al 0.95% in aria il volume necessario d aria (V) è: nrt 57.7 0.08 98.15 V O 1410.66 L 1.41 m 3 P 1 100 V VO 6.73 m 3 0.95 11) 7.5mL di una miscela gassosa composta da CO, N O 5 e C H 6 a 1 atm e T 98 K vengono fatti gorgogliare attraverso una soluzione di Ba(OH) che assorbe quantitativamente CO e N O 5 secondo le reazioni: Ba(OH) + CO Ba(CO) 3 + H O Ba(OH) + N O 5 Ba(NO 3 ) + H O Il volume del gas residuo è.45ml alle stesse condizioni di T e P. Il BaCO 3 che si è formato è un prodotto insolubile che viene filtrato e il suo peso è di 31.4mg. Trovare la pressione parziale e la frazione molare dei singoli gas. V CH6.45mL (gas residuo) PM BaCO3 197.34 g/mole 11

0.0314g n CO n BaCO3 0.000159 moli 197.34g / mole 0.000159moli 0.08( Latm / molik ) 98K V CO 3.88mL 1atm V NO5 7.50mL.45mL -3.88mL 1.17mL Ho i V parziali dei tre gas e allora posso calcolare le P parziali e frazioni molari..45ml P CH6 1 atm 0.37atm 7.50mL 3.88mL P CO 1 atm 0.517atm 7.50mL 1.17mL P NO5 1 atm 0.156atm 7.50mL Dato che la P totale è 1atm allora x CH6 0.37, x CO 0.517, x NO5 0.156. 1) Una lega di Al-Mg viene trattata con HCl. Dal trattamento di 4.g si ottengono 3.99L di H a c.n.. Calcolare la percentuale di Al nella lega date le reazioni: Al + 6HCl AlCl 3 + 3H Mg + HCl MgCl + H 3.99L n H 0.178 moli.41l Data la quantità x di Al 4.-x è la quantità di Mg. Dalla prima reazione n H 3/ n Al, mentre dalla seconda n H n Mg. n H 3 nal + n Mg 0.178 3 x PM Al + 4. x PM Mg Dati PM Al 7 g/mole e PM Mg 4.3 g/mole ottengo x 0.36g. 0.36 %Al 100 8.6% (Il Mg è il 91.4%) 4. 13) Un volume di gas impiega 3 secondi ad effondere da un foro capillare, un identico volume d aria impiega.54 s (PM medio 9 g/mol). Qual è il PM del gas? Data la legge di Graham: 1

v v 1 V 1 t1 V t d d 1 (V volume gas, ttempo, ddensità) se abbiamo volumi uguali di gas, possiamo ottenere il peso molecolare riarrangiandola: d 1 t 1 1.38 d t PM x 1.38 PM aria 39.9 (Argon) III. Bilanciamento reazioni 1) Calcolare quanti ml di una soluzione di 3.5g di K Cr O 7 per L ossidano.8g di FeSO 4 in ambiente acido. La reazione (da bilanciare) è: Cr O 7 - + Fe + + H + Fe 3+ + Cr 3+ + H O Bilanciamento con il metodo delle semireazioni: Cr O 7 - + 6 e - + 14H + Cr 3+ + 7H O 1 Fe + Fe 3+ + 1e- 6 Cr O 7 - + 6 Fe + + 14H + 6 Fe 3+ + Cr 3+ + 7H O Moli FeSO 4 in.8g (PM FeSO4 151.91g/mole; PM KCrO7 94.g/mole ):.8 n FeSO4 0.01843 moli 151.91 [Cr O 7 - ] 3.5 94. 0.08 moli/l 1 Una mole di K Cr O 7 ossida 6 moli di FeSO 4.Se V è il volume di soluzione di K Cr O 7 : [Cr O 7 - ] V n FeSO4 6 13

0.01843 V 0.038L 38mL 6 0.08 ) 500mL di una soluzione contengono 15.8g di KMnO 4. L aggiunta di 0 ml di tale soluzione a 10mL di una soluzione di SnCl fa avvenire la seguente reazione (da bilanciare): MnO 4 - + Sn + + H + Mn + + Sn 4+ +H O Calcolare la concentrazione Sn + stato tutto ossidato. di nella soluzione, ammettendo che lo stagno presente sia MnO 4 - + 8H + +5e- Mn + + 4H O Sn + Sn 4+ + e- 5 MnO 4 - + 5Sn + + 16H + Mn + + 5Sn 4+ + 8H O PM KMnO4 158 g/mole [MnO 4 - ] 15.8 158 0.5 0. moli/l in 0mL ho n MnO4-0. 0.0 0.004 moli moli di MnO 4 - ossidano 5 moli di Sn +. n Sn+ 0.004 5 0.01 moli presenti in 10mL [Sn + ] 0.01 1 M 0.01 3) Data la reazione (da bilanciare) Cu + HNO 3 Cu(NO 3 ) + NO + H O a) Se 4 g/atomi di Cu vengono posti a reagire con 16 moli di HNO 3, quante moli di HNO 3 restano a fine reazione e quante moli di prodotti si ottengono? b) Se 4g di Cu vengono messi a reagire con 1g di HNO 3, quale reattivo e quanti g di esso restano? Cu Cu + + e- 3 NO 3 - + 3e- + 4H+ NO + H O 14

Per completare il bilanciamento della reazione devo aggiungere 6 NO 3 -, che vanno a formare il Cu(NO 3 ). Per cui: 3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) + NO + 4H O a) n HNO3 3 8 ncu 3 8 4 10.67 moli nhno3 rimasto 16-10.675.33moli n Cu(NO3) 4 n NO 3 ncu.67 moli n HO 3 4 ncu 5.33 moli b) n Cu 4 0.378 moli 63.5 1 n HNO3 0.19 moli (Cu in eccesso) 63 n Cureagiti 8 3 nhno3 0.071 moli n Cu in eccesso 0.307 0.307 63.5 19.51 g Cu rimasti. 4) Bilanciare la reazione: Fe + + MnO 4 - +H + Fe 3+ + Mn + + H O Calcolare quanti grammi di FeSO 4 sono necessari per la riduzione di una quantità di KMnO 4 tale da contenere 0.5g di Mn. Bilancio con il metodo delle semireazioni: Fe + Fe 3+ + 1e- 5 MnO 4 - + 5e- + 8H + Mn + + 4H O 1 5Fe + + MnO 4 - +8H + 5Fe 3+ + Mn + + 4H O In una mole di Mn è contenuta una mole di KMnO 4. 15

n KMnO4 n Mn 0.5 0.00455 moli 55 Dalla stechiometria della reazione risulta: n FeSO4 5n KMnO4 0.075 moli PM FeSO4 151.91 g/mole g FeSO4 0.075 PM FeSO4 0.075 151.91 3.45g 5) Una soluzione contiene KI, Na SO 4, e un altro materiale inerte. 0.35g della miscela vengono disciolti in H O e vengono aggiunti 5.6mL di una soluzione di 0.893g di KMnO 4 in 50mL in ambiente acido che reagisce stechiometricamente con il KI presente secondo la reazione (da bilanciare): MnO 4 - + I - + H + Mn + + I + H O Un campione di 0.53g trattato con BaCl (Na SO 4 + BaCl BaSO 4 + NaCl) diede 0.565g di BaSO 4. Calcolare le % di K e Na nella miscela di partenza. Il bilanciamento è: MnO 4 - + 5e- + 8H + Mn + + 4H O I - I + e- 5 MnO 4 - + 10I - + 16H + Mn + + 5I + 8H O n KMnO4 0.893 158 0.06 0.5 n KI 0.0 5 0.0056 0.00063 moli PM K 39.1 g/mole m K+ 0.00063 PM K 0.047g 0.047 %K 100 7.07% 0.35 PM BaSO4 33.4 g/mole n BaSO4 0.565 0.004 33.4 16

Dalla stechiometria della reazione Na SO 4 + BaCl BaSO 4 + NaCl si ha che: n NaSO4 n BaSO4 1 n Na+ n Na+ n BaSO4 0.00484 moli PM Na 3 g/mole m Na+ 0.00484 PM Na 0.111g 0.111 %Na 100 1% 0.53 IV. Equilibrio in fase gassosa 1) Calcolare la Kp per l equilibrio di dissociazione: I (g) I (g) Sapendo che a 100 C 0.497g di iodio in un recipiente di 50mL esercitano una pressione di 101.9 cmhg. Dalla formula generale per le moli totali nel sistema: n tot n [1 + α (a + b 1 )] dato che a e b 0 se la reazione di dissociazione generica fosse A a B b aa + bb. n tot n [1 + α] n 0.497 0.00196 moli 53.8 Applicando la legge di stato dei gas ideali si ha: PV n [1 + α] RT α 101.9 0.5 76 0.00196 0.08 1473-1 1.416 1 0.416 4α Kp P 1.1 1 α 17

) Un recipiente riempito con NH 3 a 300 C. La pressione totale è di 1650torr e l ammoniaca è dissociata per l 89%. Calcolare le pressioni parziali dei componenti della miscela gassosa, nota la reazione di dissociazione: 1650 torr.17 atm α 0.89 α P N P 0.511 atm 1+ α P H 3 P N 1.533atm 1 α P NH3 P 0.16 atm 1+ α NH 3 (g) N (g) + 3H (g) n (1-α) α α 3) 5.7 L di H a T 5 C e P 75 torr vengono fatti passare attraverso un forno tubolare a 1100 C contente FeO. All interno del forno si instaura l equilibrio: FeO(s) + H (g) Fe(s) + H O(g) Il gas uscente viene fatto passare in un tubo contenente CaCl Che assorbe l acqua formatasi. L aumento di peso è di 1.9533g. Calcolare la Kc e Kp della reazione. PV RT 75torr 5.7L 760torr / atm 0.3moli 0.08( Latm / molik) 98.15K n P H H RT 0.3moli 0.08( Latm / molik ) 1673K 31. 66 atm V V V 1.9533g n HO 0.108 moli 18g / mole n H 0.3-0.108 0.1 moli 0. 108 Kc 0.88 0. 1 Pf HO n H O RT 14. 8 atm V V Pf H 31.66 14.8 16.86 atm atm atm V V V 18

Kp 0.88 4) Una mole di H e una mole di I sono riscaldate in una camera di V 30 L a 448 C. A tale temperatura la Kc 50. All equilibrio, quante moli di I non hanno reagito? H (g) + I (g) HI(g) x V 4x Kc 50 1 x (1 x) V Risolvo l equazione di II grado: 0.08x (1-x) 0.9x x + 1 1- x 1-x x Ho due soluzioni: x 1 0.779 e x 1.394. Chiaramente la seconda soluzione è da scartare. Moli di I rimaste 1-0.779 0.1 5) In un recipiente del volume di 1.0L è presente un gas inerte (He) alla pressione di 1 atm a 5C. Si introducono 0.5 moli di PCl 5 e si scalda a 1000K. Quando la reazione: PCl 5 (g) PCl 3 (g) + Cl (g) è all equilibrio, la pressione totale del recipiente è 60atm. Calcolare la Kc della reazione. PCl 5 (g) PCl 3 (g) + Cl (g) Moli iniziali n PCl5 0 0 Moli all equilibrio n PCl5 - n PCl3 n PCl3 n PCl3 [ PCl3 ][ Cl ] Kc [ PCl ] 5 n PCl 3 V n PCl V ncl V 5 1 ( n V ( n PCl PCl 5 3 ) n PCl 3 ) Il valore di n PCl3 lo ricavo dalla legge dei gas e considerando le moli all equilibrio: PV n T RT [n He + ((n PCl5 - n PCl3 ) + n PCl3 + n PCl3 )] RT [n He + n PCl5 + n PCl3 )] RT PV PV P V n He PCl3 ( n + ) + He n PCl n 5 PCl 5 RT RT RTHe n PCl3 1.0L 60atm 1.0atm 1.0L + 0.5moli 0.08 1000K 0.08 98K 19

n PCl3 0.73 moli - 0.041 moli - 0.5 moli 0.191 moli Se vado a sostituire: 1 (0.19 ) Kc 0.119 V (0.5 0.19 ) 6) Sapendo che a 1000 C e a 1 atm la Kp della reazione C (s) + H (g) CH 4 (g) è di 0.0158, calcolare la percentuale di H all equilibrio. Kp P P CH 4 H 0.0158 Essendo la pressione totale di 1 atm ho che P CH4 1 - P H ho che: 0.0158 ( 1 P ) H H P da cui P H 0.985 atm La frazione molare di H è: x H 0.985 0.985 1 Per cui %H 98.5% 7) A 7 C e 1 atm (P 1 ) N O 4 è dissociato per il 0% in NO. Calcolare il grado di dissociazione a 7 C e 0.1atm (P ). La reazione è: N O 4 (g) NO (g). Essendo a e b 0 4α 1 Kp 1 α 1 4 0. P 1 1 0.167 1 0. A 7 C e P 0.1 atm si ottiene: 4α Kp 0.167 1 α P Risolvendo si ottiene: α 0.54 0

Una diminuzione della pressione ha causato un aumento della dissociazione dal 0% al 54% in accordo col principio di Le Chatelier, dato che la reazione comporta un aumento di moli. 8) La costante Kp per l equilibrio: NH 3 (g) N (g) + 3H (g) sapendo che, introducendo 1 mole di NH 3 gassosa in un reattore da 5L a 400 C la concentrazione dell azoto all equilibrio è di 0.086 moli /L. Specie NH3 N H Moli iniziali n NH3 1 0 0 Moli all eq n NH3 n NH3 -n N n N n H 3n N n N [N ] V 0.086 5 0.43 moli n H 3 0.43 1.9 moli n NH3 1-0.43 0.14 moli 1.9 3 0.086 [ N ][ H ] 5 Kc [ NH 3 ] 0.14 5 3 1.9 Per il generico equilibrio: aa + bb qq + ss P Kp P q Q a A P P s S b B q s [ Q] [ S] ; Kc a b [ A] [ B] Per la generica specie i-esima Pi [i]rt Se si fanno le sostituzioni ottengo la relazione tra Kp e Kc: Kp Kc (RT) [(q+s)-(a+b)] In questo caso: a b0 q1 s3 Kp Kc (RT) 5.78 10 3 9) Data la costante di equilibrio a 1000 K (Kp.61) della seguente reazione: 1

C (s) + H O (g) CO (g) +H (g) (gas d acqua) Calcolare la pressione parziale di CO in equilibrio con la grafite e H O quando P HO è atm. Se la reazione avviene in un recipiente di 10 litri ed erano stati introdotti 10g di grafite quanti ne sono rimasti?.61 P CO P P H O H ma P CO P H per cui: P CO.61.85 atm n CO P CO V.85 10 RT 0.08 1000 0.786 moli dalla stechiometria della reazione ho che n CO n C, per cui hanno reagito 0.786 moli di grafite cioè: g C 0.786 1 3.343g Per cui nel reattore restano 6.656g di grafite. 9) In un recipiente di 10 L viene introdotto COCl e la temperatura portata a 800 C. Quando si stabilisce l'equilibrio: COCl (g) CO (g) + Cl (g) La pressione totale nel recipiente è 7.40 atm e si formano 10.4 g di Cl. Calcolare il grado di dissociazione di COCl e la Kp. P tot P COCl + P CO + P Cl P COCl + P Cl PM Cl 70.9 g/mole 10.4 0.08 1073 P Cl 70.9 1.9 atm 10 P COCl(i) : pressione del COCl iniziale. 7.4 P COCl(i) P Cl + P Cl α P P Cl COCl ( i) 1. 9 0.11 6. 11

P COCl(i) 6.11 atm; P COCl(equilibrio) 6.11 1.9 4.8 atm Kp (1.9) 4.8 0.345 10) Calcolare la Kp a 630 C per l equilibrio: SO 3 SO + O sapendo che a tale temperatura 1L di miscela pesa 1.4g ed esercita una pressione di 1.5 atm. Specie SO 3 SO O Moli iniziali n SO3 0 0 Moli all eq n NH3 n SO3 -n O n O n O Dato che da moli di SO 3 si formano moli SO e 1 mole di O. n tot n SO3 + n O PV 1. 4 n O RT 80 1.5 1-0.0175.73 10-3 moli 0.08 903 n SO n O 5.46 10-3 n SO3 n SO3 - n O 0.01 moli P O no P n tot.73 10 0.00 3 1.5 0.03 atm Analogamente: P SO3 0.891 atm; P SO 0.405 atm. PO P Kp P SO3 SO 4.19 10 - V. Elettrochimica 3

Pile 1) Calcolare il potenziale della coppia Zn + /Zn a 5 C per una semipila formata da una lamina di zinco immersa in una soluzione.5 10 - molare di Zn + sapendo che E -0.76V. E E + 0.059 log [ Zn + ] - 0.76 + [ Zn] 0.059 log (.5 10 - ) -0.807 V ) Calcolare il potenziale di un elettrodo di Pt che pesca in una soluzione a ph 1 e contenente KMnO 4 M e MnSO 4 M. La reazione (da bilanciare) è: MnO 4 - + H + Mn + + H O Mn si riduce e passa dallo stato di ossidazione +7 a + acquista 5 e -. Si devono mettere 8 ioni H + per il bilancio di carica. MnO 4 - + 8H + + 5e - Mn + + 4H O Data l equazione di Nernst, il potenziale è: + 0.059 [ MnO4 ][ H ] E E MnO4-/ Mn+ + log + 5 [ Mn ] 8 0.059 1.51 - ph 1.416 V 5 3) Una pila è così formata: 8 1.51 + 0 8 log[ H + ].059 5 Pt [Sn 4+ ] 1M, [Sn + ] 1M [Zn + ] 1M Pt Determinare la f.e.m. della pila. Le reazioni che avvengono sono: Sn 4+ +e - Sn + E 0.15V Zn + +e - Zn E -0.76V La reazione complessiva è: Sn 4+ + e - Sn + Zn Zn + + e - Zn +Sn 4+ Sn + + Zn + f.e.m. E Sn4+/Sn+ + 0.059 [ Sn log [ Sn 4+ + ] 0.059 + - E Zn+/Zn - log[ Zn ] ] 4

f.e.m. E + 4+ 0.059 [ Sn ] log + [ Sn ][ Zn 4) Data una pila così costituita: + Pb PbCl (V1L, satura) [Ag + ]0.5M Ag 0.059 0.15 + 0.76 + log1 0.91V ] Calcolare f.e.m. della pila e la f.e.m. quando alla soluzione di sinistra viene aggiunta una mole di NaCl. (E Pb+/Pb -0.13V; E Ag+/Ag 0.8V; Kps PbCl.4 10-4 ) PbCl (s) Pb + (sol) + Cl - (sol) x x Kps x (x) x 3 Kps 0.039 M 4 f.e.m. 0.8 + 0.059 log[ag + ] + 0.13 - Dopo l aggiunta di NaCl ho che [Cl - ]1M Kps x (1), ottengo x [Pb + ].4 10-4 f.e.m. 0.8-0.0178 + 0.13 + 0.107 1.0 V 5) Calcolare la f.e.m. della pila: Zn/ [Zn + ] 0.01M // [Ag + ] 0.M /Ag Sapendo che E Zn+/Zn -0.763 V e E Ag+/Ag 0.799 V. Le reazioni che avvengono spontaneamente sono: ( - ) (ossidazione) Zn Zn + + e- (+ ) (riduzione) Ag + + 1e- Ag 0.059 log[pb + ] 0.8-0.0178 + 0.13 + 0.0416 0.953V 0.059 + E E c -E a E - log[ ] 0.059 log 0.059 E 1.561- log(0.01) + 0.059 log (0.) E 1.58V + Zn + [ Ag ] 6) Calcolare la f.e.m. della seguente pila a 5 C: 5

Pt,H (g)(p1.0atm) / [H + ] 0.1 M // [Cl - ]0.10 M; [ClO - 4 ]0.0 M; ph3 / Pt sapendo che E ClO4 - - /Cl 1.35 V. Le reazioni che avvengono spontaneamente agli elettrodi sono: (-) (ossidazione) H (g) H + + e - (+) (riduzione) 8H + + ClO - 4 + 8e - Cl - + 4H O EE c -E a 1.35-0 059. [ Cl ] log + 0. 059 Log + 8 8 [ ClO4 ][ H ] c [ H + ] p H a E 1.35-0.059 8 log 0.10 8 (0.0) (0.001) 0.059 1.0 + log ( 0.1) 1. V 7) Calcolare la f.e.m. della pila: Zn/Zn + (0.1M) / [K SO 4 ]1 M / [Mn + ]0.1 M, [MnO 4 - ]0.5 M, [H + ]0.1M /Pt dati E Zn+/Zn -0.763 V e E MnO4-/ Mn+ 1.51V. (K SO 4 non partecipa alla reazione) ( - ) (ossidazione) Zn Zn + + e- 5 (+ ) (riduzione) MnO 4 - + 8H + + 5e- Mn + + 4H O bilancio moltiplicando la prima semireazione per 5 e la seconda per, sommo membro a membro e ottengo la reazione: 5 Zn + MnO 4 - + 16H + Mn + + 8H O + 5 Zn + La f.e.m. della pila è dunque: + 5 + 0.059 [ Zn ] [ Mn ] E E c -E a E - log + 16 10 [ MnO ] [ H ] 5 0.059 (0.1) (0.1) E 1.51- (-0.763) - log 16 10 (0.5) (0.1) 4.V 8) La f.e.m. della seguente pila è pari a 0.36V a 5 C. (-) (+) (P H 1atm) Pt ph x ph 0.1 (P H 1atm) Pt Calcolare il ph della soluzione anodica. 6

Si tratta di una pila a concentrazione e la spontaneità del processo corrisponde alla reazione: H anodo + H + catodo H + anodo + H catodo + 0.059 [ H ] anodo PH catodo E E c -E a E - log + [ H ] catodo PH anodo Il E 0 + [ H ] anodo 0.36-0.059 log -0.059 (- log [H + ] + catodo + log[h + ] anodo ) [ H ] catodo -4 (ph catoodo - ph anodo ) ph anodo 4.1 9) Calcolare la costante di equilibrio della seguente reazione(da bilanciare): Fe + + MnO 4 - + H + Mn + + H O + Fe 3+ Sapendo che E Fe3+/Fe+ 0.771V e E MnO4-/ Mn+ 1.51V ( - ) (ossidazione) Fe + Fe 3+ + 1e- 5 (+ ) (riduzione) MnO 4 - + 8H + + 5e- Mn + + 4H O 1 5 Fe + + MnO 4 - + 8H + Mn + + 4H O + 5 Fe 3+ All equilibrio E0 per cui: E MnO4-/ Mn+ + 0.059 [ MnO4 ][ H log + 5 [ Mn ] + ] 8 3+ 5 0.059 [ Fe ] E Fe3+/Fe+ + log + 5 5 [ Fe ] Kc [ Mn [ MnO 4 + ][ ][ Fe 3+ ] 5 8 + 5 H + ] [ Fe ] 3+ 5 0.059 [ Fe ] E MnO4-/ Mn+ - E Fe3+/Fe+ log + 5 5 [ Fe ] - 0.059 [ MnO4 ][ H log + 5 [ Mn ] + ] 8 + 3+ 5 5 Ε [ Mn ][ Fe ] log 8 + 5 0.059 [ MnO ][ H + ] [ Fe ] Log Kc 6 4 5 E 0. 059 Kc 10 10 6 7

10) La pila: (-) (+) Pb [Pb + ] x [Pb + ] 0.1M Pb Ha una f.e.m. di 0.04mV.Se aggiungo all anodo 1mole/L di NaCl, sapendo che il sale PbCl ha solubilità in H O pura di 11g/L calcolare la f.e.m. della pila dopo l aggiunta. PM PbCl 78.11 S PbCl 0.0395 moli/l KsS (S).46 10-4 E E c -E a - 0.04-0.059 x0.0044m Ks[Pb + ][Cl - ] 0.059 [ Pb log [ Pb [Cl-] 1-0.044 0.991M + + ] ] anodo catodo x 0.059 0.059 log log 0.1 log x 0. 1 [Pb +.46 10 ] 0.991 4.5 10-4 M E - 0.059 log.5 10 0.1 4 0.077V Elettrolisi 1) Una soluzione salina contenente un metallo di PA 11 è sottoposta ad elettrolisi per 150 minuti con una corrente di 0.15 A. La massa di metallo depositato è 0.783 g. Determinare il numero di ossidazione del metallo nel sale. Dalle leggi di Faraday si ha che: n eq Q F i t F 0. 15 A ( 150 60) s 96485C / eq 1. 4 10 eq n eq W PE W PA / n ox 0. 783g 11g eq 1.4 10 - da cui n 1 ox / n ox 8

) Una corrente di 10A passa per 1h attraverso 1L di soluzione acquosa di NaCl. Determinare il volume dei gas sviluppati al termine del processo a c.n. La reazione è: NaCl + H O Cl + H + NaOH. Q 10 A 3600s 36000 C 36000C 96500C / eq 0.373eq Agli elettrodi le reazioni che avvengono sono: catodo H + + e - H anodo Cl - Cl + e - V H V Cl 0.373.4L 4.18L 3) Usando una corrente di 3A calcolare quante ore occorrono per decomporre 36.0g d acqua. Le reazioni che avvengono sono: Catodo H O + e - OH - + H Anodo H O 1/O + H + + e- Q i 3600 t Q t 3600 i n el F i n H O i F g H PM O H O 3600 i 36g 96500C / mole 18g / mole 3600 3A 35.74h 4) Calcolare la quantità di rame depositato al catodo durante l elettrolisi di una soluzione di CuSO4 sapendo che in 1 h passano nel circuito 0.107 A. Essendo 1F 96500 C/eq poiché 1 ora corrisponde a 3600 secondi ho che 1F 6.8 A h /eq 0.10 1 6.8 0.0038 eq dato che al catodo si ha: Cu + + e- Cu Il peso equivalente del rame è 63.6/ 31.8 g/eq 0.0038 31.8 0.11g di rame. 9

5) Calcolare la concentrazione di una soluzione (V500mL) 0.1M di CuSO 4 dopo che è stata elettrolizzata per 1.5 h con una corrente di 0.5 A. La reazione che avviene è Cu + + e- Cu per cui p.e. è 31.8 g/eq 0.5 1.5 0.375 A h 0.375 6.8 0.014 eq 0.007 moli Cu moli iniziali Cu + in soluzione: 0.1 0.5 0.05 moli 0.05 0.007 0.043 moli rimaste Per cui la concentrazione finale è: 0.086M 6) Calcolare la quantità di elettricità necessaria per ottenere all anodo, durante l elettrolisi, 50L di Cl misurati a condizioni normali. Occorre sapere quanti equivalenti di Cl si ottengono. Cl - Cl + e- Una mole di Cl a c.n. occupa.4 L, dato che gli elettroni scambiati sono il volume di un equivalente è.4/ 11.L. eq Cl 50 11. 4.46 eq. 4.46 sono i faraday necessari: 4.46 1 96485 4.3 10 5 coulomb 7) Una pila Daniell è costituita da una lamina di zinco immersa in litri di soluzione 0.1M di ZnSO 4 e da una lamina di rame immersa in litri di una soluzione 1M di CuSO 4.Calcolare la f.e.m. iniziale della pila e la sua f.e.m. dopo che ha erogato una corrente costante di 5.1A per 1 ore. (E Zn+/Zn -0.763 e E Cu+/Cu 0.337) Le reazioni che avvengono agli elettrodi sono: (-) Zn Zn + + e- (+) Cu + + e- Cu La f.e.m. iniziale della pila è data da: 30

E E c -E a E - + 0.059 [ Zn ] log + [ Cu ] 1.1-0.059 log 0. 1 1.13 V 1 Dopo che la pila ha erogato una quantità di elettricità pari a: 5.1 A 1 h 107.10 A h la concentrazione dello Zn + in soluzione aumenta, ed essendo noto che 1F 6.8 A h /eq, diventa: [Zn + ] 107.10 0.1 + 6.8 1.10 moli/l La concentrazione di Cu + diminuisce e diventa: [Cu + ] 107.10 1 6.8 9.33 10-4 moli/l per cui la f.e.m. finale della pila è: 0.059 1.10 E 1.1 - log 4 9.33 10 1.01 V 8) Per elettrolisi di una soluzione acquosa di K SO 4 viene sviluppato H al catodo e O all'anodo. Calcolare i volumi di H e O, misurati a T 5 e P 150 torr, che si ottengono elettrolizzando la soluzione per 1 ora con una corrente di 15 A. Ciò che avviene è l'elettrolisi dell'acqua (K SO 4 funge solo da elettrolita): catodo (-) H O + e - H (g) + OH - anodo (+) 6H O O (g) + 4e - +4H 3 O + Il numero di equivalenti di idrogeno sarà uguale al numero di equivalenti di ossigeno sviluppati all'altro elettrodo. Quindi: i t 15A (1 3600)s 15A 1h n eqh n 0.559 eq eqo F 96485 C/eq 6.8A h / eq Inoltre neqh n H e n n eqo 4 O poiché gli elettroni scambiati al catodo e all'anodo sono e 4 rispettivamente. Di conseguenza le moli di H saranno il doppio di quelle di O, anche il volume di H sarà due volte quello dell'o. 0.559 0.08 98 V H 3.41 L e V O 1.71 L 31

9) 1g di una lega contenente solo zinco e alluminio viene sciolto in HCl. La soluzione ottenuta viene elettrolizzata e, per depositare al catodo entrambi i metalli quantitativamente, si fa passare una corrente di 3A per 0 minuti. Stabilire la composizione della lega. (PA Zn 65.4; PA Al 7) Quando la lega viene sciolta nell'acido si hanno le reazioni: Zn + HCl ZnCl + H e Al + 6HCl AlCl 3 + 3H Che, in forma ionica, diventano: Zn + H + Zn + + H e Al + 6H + Al 3+ + 3H Quando la soluzione viene elettrolizzata, al catodo avvengono le seguenti semireazioni di riduzione: Zn + + e - Zn e Al 3+ + 3e - Al La quantità di corrente necessaria per depositare entrambi i metalli al catodo corrisponde a 0 3 A 3600 s n 60 eq 0.0373 eq (numero di equivalenti totali depositati al catodo). 96485 (C/eq) n eq n eq (Zn) + n eq (Al) e n eq (Zn) n mol (Zn) e n eq (Al) 3n mol (Al) perciò si può impostare un sistema di due equazioni e due incognite 1 w Zn + w 0.0373 n mol Al risolvendo si ottiene: (Zn) + 3n mol (Al) w PA Zn Zn w + 3 PA Al Al w Zn 0.917 g e w Al 0.083 g Pertanto la composizione della lega è Zn 91.7% (in peso) e Al 8.3% 10) In un processo di cromatura la semireazione di riduzione (da bilanciare) è: Cr O 7 - + H + Cr + H O Determinare per quante ore deve passare una corrente di 10A per avere la deposizione di 7g di cromo. Cr O 7 - + 4H + + 1e- Cr + 7H O i t n eq F 7 6 8.308 eq 5 3

i t 8.308 F per questo t 80169 s.h VI. Proprietà colligative 1) L acqua a 0 C ha una tensione di vapore di 4.6 torr. Una soluzione costituita da 100g d acqua e 7.8g di un composto indissociato X, non volatile, a 0 C ha tensione di vapore 4.51 torr. Determinare il peso molecolare del composto. Dato che p p x solvente abbiamo che: 4.6g 4.51g 4.6 7.8 PM X 7.8 100 + PM PM X H O dato che PM HO 18 g/mole si ricava PM X 60 g/mole ) Determinare la temperatura di congelamento di una soluzione acquosa contenente 4.5g di NaOH in 00.5mL di acqua (d 0.996 g/ml) sapendo che una soluzione 0.15m di glucosio solidifica a 0.79 C 0.79 T cr Kcr m K cr C 1.86 Cmol 1 kg 0.15m 4.5g PM NaOH m 0.566 3 0.996g / ml 00.5mL 10 dato che NaOH si dissocia in ioni: NaOH Na + + OH -, T cr 1.86 C mol -1 kg 0.566.1 C La temperatura di congelamento è.1 C. 3) L innalzamento ebulloscopico di una soluzione contenente 1.65g di un idrocarburo volatile di formula minima C H 3 in 5g di benzene è di 1.03 C. Qual è la formula molecolare dell idrocarburo, sapendo che K eb.53 C kg mol -1. PF CH3 7.05 g/mole PM CH3 a PF CH3 a: quante volte la formula minima è contenuta nella formula molecolare 33

T eb K eb w x PM x 1 PM x w solv K eb T eb w w x solv 16 g/mole 16g / mole a 6 7.05g / mole Formula molecolare: C 1 H 18. 4) Una soluzione contenente 7.45 10-3 moli di un elettrolita binario AB in 1000g di H O ha punto di congelamento a 0.075 C. Sapendo che K cr dell acqua è 1.86 C kg mol -1 calcolare il grado di dissociazione (α) dell elettrolita. T cr K cr m [1 + α (ν-1)] m : molalità della soluzione in assenza di dissociazione. Per la generica reazione aa mm + nn il coefficente di ν vale: In questo caso ν m n +. a a 0.075 C α 1.98 1.86 Ckgmol 7.45 10 1+ 1 3 α 0.98 34