compito A - ing.univaq.it

COMPITO A DI CHIMICA DEL 17-09-13
1A) 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.
Soluzione
Considero 100g della miscela dei due solfati.
Indico con n1 le moli del solfato di rame penta idrato e con n2 le moli del solfato di calcio diidrato.
Posso quindi scrivere:
n1∙mM1 + n2∙mM2 = 100 g
n1∙249.72 +n2∙172.19 = 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:
5n1∙18.02 + 2n2∙18.02 = 25.7 g
90.1 n1 + 36.04 n2 = 25.7 g
Risolvendo il sistema di due equazioni in due incognite
249.72 n1∙+172.19 n2∙= 100 g
90.1 n1 + 36.04 n2 = 25.7 g
Ottengo: n2 = 0.398 mol e n1 = 0.126 mol
La massa di solfato di rame pentaidrato è: 0.126 mol∙249.72 g mol-1 = 31.47 g
La massa di solfato di calcio biidrato è: 0.398 mol∙172.19 g mol-1 = 68.53 g
La composizione percentuale nella miscela di partenza è quindi:
%CuSO4∙5H2O =
%CaSO4∙2H2O =
%CuSO4∙5H2O =
, %CuSO4∙5H2O =
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/cm3 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; Keb = 0.51 °C · kg · mol-1]
Soluzione
Il solfuro di sodio ed il nitrato di argento in acqua si dissociano completamente:
Na2S→ 2Na+ + S2AgNO3→ Ag+ + NO3Poiché il solfuro di argento è un sale completamente insolubile posso scrivere:
2Ag+ + S2-→ Ag2S
Calcolo le moli di Na2S nella soluzione al 10.0% p/p.
Massa soluzione: ρ∙V = 1.04 g/cm3 ∙300 cm3 = 312 g
nNa2S = 312 g∙0.10/78.04 g mol-1 = 0.4 mol
Calcolo le moli di AgNO3
nAgNO3 = c∙V = 1.0 mol L-1∙0.5 L = 0.5 mol
2Ag+ +
S2-
→ Ag2S(s)
0.5
0.4
-
-
0.4-0.5/2=0.15
0.15
Nella soluzione risultante ho quindi nS2- = 0.15 mol, nNa+ = 0.8 mol e nNO3- = 0.5 mol e poiché m≃M posso
calcolare l’innalzamento ebullioscopico:
ΔTeb = Keb ([Na+] + [S2-] + [NO3-]) = 0.51 °C · kg · mol-1(0.8 mol + 0.15 mol+0.5 mol)/0.8 L =
0.92°C
Teb = 100.92°C
Calcolo la pressione osmotica
π = ([Na+] + [S2-]+ [NO3-]) RT
π = 1.81 mol L-1∙0.0821 L atm mol-1 K-1∙303.15 K∙ = 45.1 atm
Teb =100.92°C
π =45.1 atm
3A)100 mL di una miscela costituita da metano (CH4) ed etilene (C2H4) vengono fatti reagire con un eccesso
di ossigeno. Dalla combustione si ottengono 160 cm3 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) = –393.51 kJ/mol; ΔH°f(H2O) = –241.82
kJ/mol; ΔH°f(CH4) = –74.81 kJ/mol; ΔH°f(C2H4) = 52.26kJ/mol]
Soluzione
Scrivo le reazioni di combustione del metano e dell’etilene.
CH4+2O2→ CO2 + 2H2O
C2H4+3O2→ 2CO2 + 2H2O
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:
%CH4 = 40%V/V
%C2H4 = 60%V/V
e le frazioni molari di metano ed etilene nella miscela sono rispettivamente:
xCH4 = 0.4, xC2H4 = 0.6.
Calcolo ora l’entalpia molare di combustione del metano e dell’etilene:
H0comb(CH4) = H0f(CO2) + 2 H0f(H2O) - H0f(CH4) = -393.51 kJ mol-1 + 2(-241.82 kJ mol-1) – (74.81 kJ mol-1) = -802.3 kJ mol-1
H0comb(C2H4) = 2 H0f(CO2) + 2 H0f(H2O) - H0f(C2H4) = 2(-393.51 kJ mol-1) + 2(-241.82 kJ mol-1) –
52.26 kJ mol-1 = -1322.9 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:
nCH4 = 0.4 mol, nC2H6 = 0.6 mol.
Per cui
Q = nCH4∙| H0comb(CH4)| + nC2H6∙| H0comb(C2H4)| = 0.4 mol∙802.3 kJ mol-1 + 0.6 mol∙1322.9 kJ mol-1 =
1114.6 kJ mol-1
Q =1114.6 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 Kp alla temperatura data. Calcolare, inoltre, il grado di
dissociazione dello iodio molecolare, alla stessa temperatura, se la pressione viene portata a 45.0 atm.
Soluzione
Inizio
Equilibrio
I2(g)
2I(g)
n°
-
n°(1-α) 2n°α
α = 0.78
Per cui, all’equilibrio, ho:
nI2 = n°(1-α)
nI = 2αn°
ntot = n°(1-α) + 2αn° = n°(1+α)
Kp = (P/ntot)(n2I/nI2) = (P/n°(1+α)) [(2αn°)2∙/(n°(1-α))] = P∙4 α2/(1-α2)=
= [28∙4 0.782/(1-0.782)= 174
Quando la pressione diventa 45.0 atm, la costante di equilibrio Kp non varia per cui posso scrivere:
Kp = 174 = 45∙4 α2/(1-α2)
174 - 174α2 = 180α2
α = √174/180 = 0.70
α =0.70
Kp =174
5A) Calcolare il pH di un soluzione ottenuta facendo reagire 22.4 g di ossido di calcio con 2.00 L di acido
acetico 0.600 M. Calcolare, inoltre, la variazione di pH che si ottiene aggiungendo alla suddetta soluzione
200 mL di acido cloridrico 0.100 M. [Acido acetico: Ka=1.8·10-5]
Soluzione
CaO è una base forte
CaO + H2O → Ca(OH)2 → Ca++ + 2OHnCaO = 22.4 g/56.08 g mol-1 = 0.4 mol
c(CaO) = cb = 0.4 mol/2.0 L = 0.2 M
L’acido acetico è un acido debole
CH3COOH
+
CH3COO- +
H2O
H3O+
c(CH3COOH) = ca = 0.6 M
Poiché l’acido acetico è debole, gli OH- generati dalla base forte CaO reagiscono con gli H3O+ dell’acido
(H3O+ + OH- → H2O) spostando l’equilibrio di dissociazione dell’acido a destra.
La reazione che avviene è la seguente:
CH3COOH
+
OH- → CH3COO- +
H2O
Inizio
0.6 M
2∙0.2M
Variazione
-0.4M
-0.4M
+0.4 M
fine
0.6 – 0.4=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.
Ka = 1.8∙10-5 = [CH3COO-][H3O+]/[CH3COOH]
pH = pKa + log[CH3COO-]/[CH3COOH] = 4.74 + log 0.4/0.2 = 5.04
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 H3O+ prodotte dall’acido cloridrico, reagiscono con altrettante moli
di ione acetato per formare acido acetico.
La concentrazione degli ioni H3O+ derivanti dall’acido cloridrico è:
[H3O+] = 0.2L∙0.1M/(0.2 + 2.0)L = 9.1 ∙ 10-3 M
[CH3COOH]=0.2M∙2.0L/2.2L = 0.18M
[CH3COO-]=0.4M∙2.0L/2.2L = 0.36M
CH3COOH
[ ]i
+ H2O ⇄
CH3COO-
H3O+
0.360
9.1 ∙ 10-3
0.36 – 9.1 ∙ 10-3
-
0.18
[ ]e 0.18 + 9.1 ∙ 10-3
+
[H3O+] = Ka · [CH3COOH]/[CH3COO-] = 1.8∙10-5 ∙0.189/0.351 = 9.7 ∙ 10-6 M e pH = 5.01
Quindi ΔpH = 5.01-5.04 = -0.03
pH =5.04
ΔpH =-0.03
6A)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 = 96490 C/mol]
Soluzione
Nella soluzione sono presenti ioni Ag+ e ioni NO3- 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 (+) 6H2O → O2 + 4e- + 4H3O+
La reazione globale risulta essere:
4 Ag+ + 6H2O → 4Ag + O2 + 4H3O+
Le moli di Ag depositate al catodo sono:
nAg = 2.5g/107.87 g mol-1 = 2.32∙10-2 mol
e per la stechiometria della reazione
nO2 = 1/4 nAg = 5.80∙10-2 mol
a) Il volume di ossigeno sviluppato all’anodo è:
VO2 = nO2RT/P = 5.8∙10-2∙0.0821∙298.15/1 = 0.142 L
b) Durante l’elettrolisi si formano ioni H3O+ e la soluzione si acidifica
nH3O+ = nAg = 2.32∙10-2 mol
[H3O+] = 2.32∙10-2 mol/1.5 L = 1.55∙10-2 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 O2 per cui la quantità di carica che circola durante l’elettrolisi è: q = 4F∙ nAg =
4∙96490 Cmol-1∙ 2.32∙10-2 mol = 8954 C
(a)=0.142 L
(b)=1.81
(c)= 8954 C