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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

2 2

temperatura la Kc = 50. All’equilibrio, quante moli di I non hanno reagito?

2

H (g) + I (g) 2HI(g)

2 2

1- 1- 2

x x x

2

 

2 x

  2

  4 x

V

= =

Kc = 50 −

2 2

  (

1 )

x

1 x

 

 

V

Risolvo l’equazione di II grado:

2 2 2

0.08 = (1- ) 0.92 –2 + 1

x x x x

=0.779 e = 1.394. Chiaramente la seconda soluzione è da scartare.

Ho due soluzioni: x x

1 2

Moli di I rimaste = 1- 0.779 = 0.221

2

5) In un recipiente del volume di 1.0L è presente un gas inerte (He) alla pressione di 1 atm a 25C.

e si scalda a 1000K. Quando la reazione: PCl (g) PCl (g) +

Si introducono 0.5 moli di PCl 5 5 3

Cl (g) è all’equilibrio, la pressione totale del recipiente è 60atm. Calcolare la Kc della reazione.

2 ∴

PCl (g) PCl (g) + Cl (g)

5 3 2

0 0

Moli iniziali n° PCl5

Moli all’equilibrio n° - n n n

PCl5 PCl3 PCl3 PCl3

n n

PCl Cl

3 2 2

( )

n

[ ][ ]

PCl Cl 1

V V PCl

= = = ⋅

3 2 3

Kc ° −

n

[ ] ( )

PCl V n n

PCl

5 PCl PCl

5 5 3

V

Il valore di n lo ricavo dalla legge dei gas e considerando le moli all’equilibrio:

PCl3

PV = n RT = [n + ((n° - n ) + n + n )] RT = [n + n° + n )] RT

T He PCl5 PCl3 PCl3 PCl3 He PCl5 PCl3

 

( )

PV PV P V

 

= − + ° = − + °

n He

n n n

 

PCl3 He PCl PCl

5 5

RT RT RT

 

He

⋅ ⋅

 

1 . 0 60 1 . 0 1 . 0

L atm atm L

= − +

 

n 0 . 5 moli

PCl3 ⋅ ⋅

 

0 . 082 1000 0 . 082 298

K K 19

= 0.732 moli - 0.041 moli - 0.5 moli = 0.191 moli

n PCl3

Se vado a sostituire:

2

1 ( 0.192 )

= ⋅

Kc = 0.119

( 0 . 5 0.192 )

V ∴

6) Sapendo che a 1000°C e a 1 atm la Kp della reazione C + 2H CH è di 0.0158,

(s) 2 (g) 4 (g)

calcolare la percentuale di H all’equilibrio.

2

P 4

CH = 0.0158

Kp = 2

P 2

H

Essendo la pressione totale di 1 atm ho che P = 1 - P ho che:

CH4 H2

(

1 )

P 2

H

0.0158 = 2

P 2

H

= 0.985 atm

da cui P H2 è:

La frazione molare di H

2

0 . 985

x = = 0.985

H2 1

Per cui %H = 98.5%

2 ) N O è dissociato per il 20% in NO . Calcolare il grado di dissociazione a

7) A 27°C e 1 atm (P 1 2 4 2

27°C e 0.1atm (P ). La reazione è: N O 2NO .

2 2 4 (g) 2(g)

Essendo a = 2 e b = 0

α 2 ⋅ 2

4 4 0 . 2 ⋅

1 — P = 1 = 0.167

Kp = 1 −

α 2 2

− 1 0 . 2

1 1

A 27°C e P = 0.1 atm si ottiene:

2 α 2

4 2 —

Kp = 0.167 = P 2

α 2

1 2

Risolvendo si ottiene:

α = 0.54 20

Una diminuzione della pressione ha causato un aumento della dissociazione dal 20% 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: 2NH N + 3H sapendo che, introducendo 1 mole di

3 (g) 2 (g) 2 (g)

NH gassosa in un reattore da 5L a 400°C la concentrazione dell’azoto all’equilibrio è di 0.086

3

moli /L.

Specie NH3 N2 H2

Moli iniziali n° = 1 0 0

NH3

= n° -2n n n = 3n

Moli all’eq n NH3 NH3 N2 N2 H2 N2

— —

n = [N ] V = 0.086 5 = 0.43 moli

N2 2

—

= 3 0.43 = 1.29 moli

n H2 —

n = 1- 2 0.43 = 0.14 moli

NH3 3

 

1 . 29

⋅  

0 . 086

3  

[ ][ ]

N H 5

=

2 2

Kc = = 1.9

2 2

 

[ ]

NH 0 . 14

3  

 

5

Per il generico equilibrio:

aA + bB qQ + sS ⋅

⋅ q s

q s [ ] [ ]

Q S

P P

Q S

Kp= ; Kc =

⋅ ⋅

a b a b

[ ] [ ]

P P 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:

[(q+s)-(a+b)]

Kp = Kc (RT)

In questo caso: a = 2 b=0 q=1 s=3

2 3

—

= 5.78 10

Kp= Kc (RT)

9) Data la costante di equilibrio a 1000 K (Kp = 2.61) della seguente reazione: 21

C + H O CO +H (gas d’acqua)

(s) 2 (g) (g) 2 (g)

Calcolare la pressione parziale di CO in equilibrio con la grafite e H O quando P è 2 atm. Se

2 H2O

la reazione avviene in un recipiente di 10 litri ed erano stati introdotti 10g di grafite quanti ne

sono rimasti?

P P 2

CO H

2.61 = P 2

H O

ma P = P per cui:

CO H2

P = 2 . 61 2 =2.285 atm

CO ⋅

P V 2 . 285 10

CO

= = = 0.2786 moli

n CO ⋅

0 . 082 1000

RT

dalla stechiometria della reazione ho che n = n , per cui hanno reagito 0.2786 moli di grafite

CO C

cioè:

= 0.2786 · 12 = 3.343g

g

C

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

2

stabilisce l'equilibrio:

COCl CO + Cl

2(g) (g) 2(g)

La pressione totale nel recipiente è 7.40 atm e si formano 10.4 g di Cl . Calcolare il grado di

2

dissociazione di COCl e la Kp.

2

P = P + P + P = P + 2 · P

tot COCl2 CO Cl2 COCl2 Cl2

PM =70.9 g/mole

Cl2 10

. 4 ⋅ ⋅

0 . 082 1073

70 . 9

P = =1.29 atm

Cl2 10

P : pressione del COCl iniziale.

COCl2(i) 2

7.4 = P – P + 2 · P

COCl2(i) Cl2 Cl2

P 1 . 29

α 2

Cl

= = = 0.211

6 . 11

P 2 ( )

COCl i 22

P = 6.11 atm; P = 6.11 – 1.29 = 4.82 atm

COCl2(i) COCl2(equilibrio)

2

(

1 . 29 )

Kp = = 0.345

4 .

82

10) Calcolare la Kp a 630°C per l’equilibrio:

2SO 2SO + O

3 2 2

sapendo che a tale temperatura 1L di miscela pesa 1.4g ed esercita una pressione di 1.5 atm.

Specie SO SO O

3 2 2

Moli iniziali n° 0 0

SO3

= n° -2n 2n n

Moli all’eq n NH3 SO3 O2 O2 O2

Dato che da 2 moli di SO si formano 2 moli SO e 1 mole di O .

3 2 2

= n° + n

n tot SO3 O2 ⋅

1 . 4 1 . 5 1

PV -3

− = —

n = -0.0175 = 2.73 10 moli

O2 ⋅

80 0 . 082 903

RT -3

— —

n = 2 n = 5.46 10

SO2 O2 —

n = n° - 2 n = 0.012 moli

SO3 SO3 O2 −

⋅ 3

n 2 . 73 10

2

O — —

P = P = 1.5 = 0.203 atm

O2 0 . 0202

n tot

Analogamente:

P = 0.891 atm; P = 0.405 atm.

SO3 SO2

2

P P -2

2 2

O SO —

Kp = = 4.19 10

2

P 3

SO

V. Elettrochimica 23

Pile 2+

1) Calcolare il potenziale della coppia Zn /Zn a 25°C per una semipila formata da una lamina di

-2 2+

zinco immersa in una soluzione 2.5· 10 molare di Zn sapendo che E°= -0.76V .

+

2

[ ]

0 . 059 0 . 059

Zn -2

log log (2.5· 10

E = E° + = - 0.76 + ) = -0.807 V

[ ]

2 2

Zn

2) Calcolare il potenziale di un elettrodo di Pt che pesca in una soluzione a pH = 1 e contenente

KMnO 2M e MnSO 2M. La reazione (da bilanciare) è:

4 4

4- + 2+

MnO + H Mn + H O

2 -

Mn si riduce e passa dallo stato di ossidazione +7 a +2 acquista 5 e . Si devono mettere 8 ioni

+

H per il bilancio di carica.

+ - 2+

4- →

MnO + 8H + 5e Mn + 4H O

2

Data l’equazione di Nernst, il potenziale è:

− + 8

[ ][ ]

MnO H 0 . 059

0 . 059 +

⋅ ⋅ 8

4

+ log = 1.51 + log[ ] =

E= E° H

MnO4-/ Mn2+ +

2

5 5

[ ]

Mn

8 0 . 059 ⋅

= 1.51 - = 1.416 V

pH

5

3) Una pila è così formata:

4+ 2+ 2+

Pt | [Sn ] = 1M, [Sn ] = 1M || [Zn ] = 1M | Pt

Determinare la f.e.m. della pila.

Le reazioni che avvengono sono:

4+ - 2+

Sn +2e Sn E° = 0.15V

2+ - →

Zn +2e Zn E° = -0.76V

La reazione complessiva è:

4+ - 2+

Sn + 2e Sn 2+ -

Zn Zn + 2e

_____________________

4+ 2+ 2+

Zn +Sn Sn + Zn +

4

0 . 059 [ ] 0 . 059

Sn +

⋅ ⋅ 2

log

f.e.m.= E° + - E° - log[ ]

Zn

Sn4+/Sn2+ Zn2+/Zn

+

2

2 2

[ ]

Sn 24

+

4

0 . 059 [ ] 0 . 059

Sn

∆E° ⋅ 0.15 ⋅

f.e.m.= + log = + 0.76 + log 1 = 0.91V

+ +

2 2

2 2

[ ][ ]

Sn Zn

4) Data una pila così costituita: +

Pb | PbCl2 (V=1L, satura) || [Ag ]=0.5M |Ag

Calcolare f.e.m. della pila e la f.e.m. quando alla soluzione di sinistra viene aggiunta una mole

-4

di NaCl. (E° =-0.13V; E° =0.8V; Kps =2.4·10 )

Pb2+/Pb Ag+/Ag PbCl2

2+ -

PbCl (s) Pb (sol) + 2Cl (sol)

2 x 2x

2

Kps = x· (2x)

3 Kps

x = = 0.039 M

4 0 . 059

+ 2+

f.e.m.= 0.8 + 0.059 log[Ag ] + 0.13 - log[Pb ] = 0.8 - 0.0178 + 0.13 + 0.0416 = 0.953V

2

-

Dopo l’aggiunta di NaCl ho che [Cl ]=1M

2 2+ -4

Kps = x (1) , ottengo x = [Pb ] = 2.4 · 10

f.e.m.= 0.8 - 0.0178 + 0.13 + 0.107 = 1.02 V

5) Calcolare la f.e.m. della pila:

2+ +

] = 0.01M // [Ag ] = 0.2M /Ag

Zn/ [Zn

Sapendo che E° = -0.763 V e E° = 0.799 V.

Zn2+/Zn Ag+/Ag

Le reazioni che avvengono spontaneamente sono:

2+

→ Zn + 2e-

( - ) (ossidazione) Zn + →

(+ ) (riduzione) Ag + 1e- Ag [ ]

0 . 059 + +

2

∆ ∆

E = E -E = E° - log[ ] + 0 . 059 log

Zn Ag

c a 2

0 . 059

E = 1.561- log( 0 . 01

) + 0.059 log (0.2)

2

E = 1.58V

Calcolare la f.e.m. della seguente pila a 25°C:

6) 25

+ - 4-

Pt,H / [H ] = 0.1 M // [Cl ]=0.10 M; [ClO ]=0.20 M; pH=3 / Pt

2(g)(P=1.0atm) ClO4-/Cl-

sapendo che E° = 1.35 V.

Le reazioni che avvengono spontaneamente agli elettrodi sono:

+ -

(-) (ossidazione) H 2H + 2e

2(g)

+ 4- - -

(+) (riduzione) 8H + ClO + 8e Cl + 4H O

2

− p

[ ]

0 . 059 0 . 059

Cl H

∆ 2

log

E=E -E = 1.35 - + Log

c a + +

− 2

8

[ ][ ] [ ]

8 2

ClO H H

4 a

c

0 . 059 0

. 10 0 . 059 1 . 0

∆ log

E = 1.35 - + = 1.22 V

log

8 2

( )

8 2 0

. 1

( 0

. 20 ) ( 0

. 001

)

7) Calcolare la f.e.m. della pila:

2+ 2+ 4- +

Zn/Zn (0.1M) / [K SO ]=1 M / [Mn ]=0.1 M, [MnO ]=0.5 M, [H ]=0.1M /Pt

2 4

= -0.763 V e E° = 1.51V. (K SO non partecipa alla reazione)

dati E° Zn2+/Zn MnO4-/ Mn2+ 2 4

2+

( - ) (ossidazione) Zn Zn + 2e- · 5

+ 2+

4- →

+ 8H + 5e- Mn + 4H O · 2

(+ ) (riduzione) MnO 2

bilancio moltiplicando la prima semireazione per 5 e la seconda per 2, sommo membro a

membro e ottengo la reazione:

+ 2+ 2+

4- →

5 Zn + 2MnO + 16H 2Mn + 8H O + 5 Zn

2

La f.e.m. della pila è dunque: + +

2 5 2 2

[ ] [ ]

Mn

0 . 059 Zn

∆ ∆

E = E -E = E° - log =

c a − +

2 16

[ ] [ ]

Mn

10 O H

4 5 2

( 0 . 1

) ( 0 . 1

)

0 . 059

E = 1.51- (-0.763) - log = 2.22V

2 16

( 0 . 5

) ( 0 . 1

)

10

8) La f.e.m. della seguente pila è pari a 0.236V a 25°C.

(-) (+)

=1atm) Pt | pH =x || pH = 0.1 | (P =1atm) Pt

(P H2 H2

Calcolare il pH della soluzione anodica. 26

Si tratta di una pila a concentrazione e la spontaneità del processo corrisponde alla reazione:

+catodo +anodo

H + 2H 2H + H

2anodo 2catodo

+ ⋅

2

[ ] P

H

0 . 059 anodo

∆ ∆ 2

H catodo

E = E -E = E° - log

c a + ⋅

2

[ ]

H P

2 catodo 2

H anodo

Il E° = 0 +

[ ]

H + +

0.236 anodo

= - 0 . 059 log = -0.059 (- log [H ] + log[H ] )

catodo anodo

+

[ ]

H catodo

-4 = (pH - pH )

catoodo anodo

= 4.1

pH

anodo

9) Calcolare la costante di equilibrio della seguente reazione(da bilanciare):

4-

2+ + 2+ 3+

Fe + MnO + H Mn + H O + Fe

2

Sapendo che E° = 0.771V e E° = 1.51V

Fe3+/Fe2+ MnO4-/ Mn2+

2+ 3+

( - ) (ossidazione) Fe Fe + 1e- · 5

4- + 2+

(+ ) (riduzione) MnO + 8H + 5e- Mn + 4H O · 1

2

____________________________________________________

4-

2+ + 2+ 3+

5 Fe + MnO + 8H Mn + 4H O + 5 Fe

2

All’equilibrio E=0 per cui: − + +

8 3 5

[ ][ ]

MnO H

0 . 059 0 . 059 [ ]

Fe

⋅ 4

E° + log = E° + log

MnO4-/ Mn2+ Fe3+/Fe2+ +

+ 2 5

2

5 5

[ ] [ ]

Mn Fe

+ +

2 3 5

[ ][ ]

Mn Fe

Kc = − +

+ 8 2 5

[ ][ ] [ ]

MnO H Fe

4 − +

+ 8

3 5 [ ][ ]

MnO H

0 . 059 [ ] 0 . 059

Fe ⋅ 4

E° - E° = log - log

MnO4-/ Mn2+ Fe3+/Fe2+ + +

2 5 2

5 5

[ ] [ ]

Fe Mn

+ +

∆Ε ° 2 3 5

5· [ ][ ]

Mn Fe

= log − +

+ 8 2 5

0.059 [ ][ ] [ ]

MnO H Fe

4

Log Kc = 62

⋅ ∆ °

5 E 62

0 .

059

10 = 10

Kc = 27

10) La pila:

(-) (+)

2+ 2+

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 PbCl2 ha

solubilità in H O pura di 11g/L calcolare la f.e.m. della pila dopo l’aggiunta.

2

PM PbCl =278.11

2

S = 0.0395 moli/L

PbCl2 2 -4

— —

Ks=S (2S) = 2.46 10 +

2

[ ]

Pb

0 . 059

∆E anodo

log

= E -E = -

c a +

2 2

[ ]

Pb catodo

0 . 059 0 . 059 0 . 059

x

0.04 = - log = log 0.1 – log x

2 0 . 1 2 2

x=0.0044M

2+ - 2

][Cl ]

Ks=[Pb —

[Cl-] = 1- 0.044 2= 0.9912M

−4

10

2.46 ·

2+ -4

—

[Pb ] = = 2.5 10 M

2

0.9912 −

⋅ 4

0 . 059 2 . 5 10

∆E = - log = 0.077V

2 0 . 1

Elettrolisi

1) Una soluzione salina contenente un metallo di PA = 112 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:

⋅ ⋅ ⋅

0 .

15 (

150 60 )

Q i t A s − 2

= =

= =

n eq

1

. 4 10

eq 96485 /

F F C eq

0 . 783

W W g -2

= = =

= = 1.4⋅10 da cui 2

n n

eq ox

1

⋅ / n

/ 112

PE PA n g eq

ox ox 28

2) 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:

2NaCl + 2H O Cl + H + 2NaOH.

2 2 2

Q = 10 A · 3600s =36000 C

36000

C = 0.373eq

96500 /

C eq

Agli elettrodi le reazioni che avvengono sono:

+ - →

catodo 2H + 2e H 2

- -

anodo 2Cl Cl + 2e

2

0 . 373 ⋅

V = V = 22 . 4 = 4.18L

L

H2 Cl2 2

3) Usando una corrente di 3A calcolare quante ore occorrono per decomporre 36.0g d’acqua.

Le reazioni che avvengono sono:

- -

O + 2e 2OH + H

Catodo H 2 2 +

Anodo H O 1/2O + 2H + 2e-

2 2

Q

=

i ⋅

3600 t g 36 g

⋅ ⋅ ⋅

2

H O

2 2 96500 /

C mole

⋅ ⋅

2

n F n F PM

Q 18 /

g mole

= = = = = =

2 2

el H O H O 35 . 74

t h

⋅ ⋅ ⋅

3600 3600 3600 3

i i i i A

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 = 26.8 A · h /eq

0 . 102 1 = 0.0038 eq

26 . 8

dato che al catodo si ha:

2+ →

Cu + 2e- Cu

Il peso equivalente del rame è 63.6/2 =31.8 g/eq

0.0038 · 31.8 = 0.121g di rame. 29

5) Calcolare la concentrazione di una soluzione (V=500mL) 0.1M di CuSO dopo che è stata

4

elettrolizzata per 1.5 h con una corrente di 0.25 A.

2+ →

La reazione che avviene è Cu + 2e- Cu per cui p.e. è 31.8 g/eq

0.25 · 1.5 = 0.375 A · h

0 . 375 = 0.014 eq = 0.007 moli Cu

26

. 8 2+

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.

2

Occorre sapere quanti equivalenti di Cl si ottengono.

2

- →

2Cl Cl + 2e-

2 a c.n. occupa 22.4 L, dato che gli elettroni scambiati sono 2 il volume di un

Una mole di Cl 2

equivalente è 22.4/2 =11.2L.

50

eq = = 4.46 eq.

Cl2 11

. 2

4.46 sono i faraday necessari:

5

— — —

4.46 1 96485 = 4.3 10 coulomb

7) Una pila Daniell è costituita da una lamina di zinco immersa in 2 litri di soluzione 0.1M di

ZnSO e da una lamina di rame immersa in 2 litri di una soluzione 1M di CuSO .Calcolare la

4 4

f.e.m. iniziale della pila e la sua f.e.m. dopo che ha erogato una corrente costante di 5.1A per 21

ore.

(E° = -0.763 e E° = 0.337)

Zn2+/Zn Cu2+/Cu

Le reazioni che avvengono agli elettrodi sono:

2+

(-) Zn Zn + 2e-

2+ →

(+) Cu + 2e- Cu

La f.e.m. iniziale della pila è data da: 30

+

2

[ ]

0 . 059 0 . 059 0 . 1

Zn

∆E ∆E° log

= E -E = - = 1.1 - log = 1.13 V

c a +

2 1

[ ]

Cu

2 2

Dopo che la pila ha erogato una quantità di elettricità pari a:

5.1 A · 21 h =107.10 A h 2+ in soluzione aumenta, ed essendo noto che 1F = 26.8 A · h /eq ,

la concentrazione dello Zn

diventa: 107 . 10

⋅ +

0 . 1 2 ⋅

26 . 8 2

2+

[Zn ] = = 1.10 moli/L

2 2+

La concentrazione di Cu diminuisce e diventa:

107 . 10

⋅ −

1 2 ⋅

26 . 8 2

2+ -4

] = = 9.33 · 10 moli/L

[Cu 2

per cui la f.e.m. finale della pila è:

1.10

0 . 059

∆E = 1.1 - log = 1.01 V

⋅ 4

9 . 33 10

2

Per elettrolisi di una soluzione acquosa di K SO viene sviluppato H al catodo e O

8) 2 4 2 2

all'anodo. Calcolare i volumi di H e O , misurati a T = 25° e P = 1520 torr, che si ottengono

2 2

elettrolizzando la soluzione per 1 ora con una corrente di 15 A.

Ciò che avviene è l'elettrolisi dell'acqua (K SO funge solo da elettrolita):

2 4

- -

catodo (-) 2H O + 2e H + 2OH

2 2(g)

- +

→O

anodo (+) 6H O + 4e +4H O

2 2(g) 3

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 15 1

A h

= = = =

n n 0.559 eq

eqH eqO ⋅

26

. 8 /

A h eq

2 2 F 96485 C/eq

= ⋅ = ⋅

Inoltre 2 e 4 poiché gli elettroni scambiati al catodo e

n n n n

eqH H eqO O

2 2 2 2

all'anodo sono 2 e 4 rispettivamente. Di conseguenza le moli di H saranno il doppio di

2

quelle di O , anche il volume di H sarà due volte quello dell'O

2 2 2.

0 . 559 ⋅ ⋅

0 . 082 298

2

=

V = 3.41 L e V = 1.71 L

H2 O2

2 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 20 minuti. Stabilire la composizione della lega. (PA = 65.4;

Zn

PA = 27)

Al

Quando la lega viene sciolta nell'acido si hanno le reazioni:

→ →

Zn + 2HCl ZnCl + H e 2Al + 6HCl 2AlCl + 3H

2 2 3 2

Che, in forma ionica, diventano:

+ 2+ + 3+

→ →

Zn + 2H Zn + H e 2Al + 6H 2Al + 3H

2 2

Quando la soluzione viene elettrolizzata, al catodo avvengono le seguenti semireazioni di

riduzione:

2+ - 3+ -

→ →

Zn + 2e Zn e Al + 3e Al

La quantità di corrente necessaria per depositare entrambi i metalli al catodo corrisponde a

20

⋅ ⋅

3 A 3600 s 60

= =

n 0 . 0373 eq (numero di equivalenti totali depositati al catodo).

eq 96485 (C/eq)

= + = =

n n (Zn) n (Al) e n (Zn) 2n (Zn) e n (Al) 3n (Al)

eq eq eq eq mol eq mol

perciò si può impostare un sistema di due equazioni e due incognite

= +

1 w w

Zn Al

 w w

= + = +

Zn Al

0 .

0373 2n (Zn) 3n (Al) 2 3

 mol mol PA PA

 Zn Al

risolvendo si ottiene:

w = 0.917 g e w = 0.083 g

Zn Al

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:

72- + →

Cr O + H Cr + H O

2 2

Determinare per quante ore deve passare una corrente di 10A per avere la deposizione di 72g di

cromo.

72- + →

Cr O + 4H + 12e- 2Cr + 7H O

2 2

⋅ 72

i t ⋅ =

= 6 8.308 eq

n eq 52

F 32

i t

8.308 = per questo t = 80169 s = 22.2h

F

VI. Proprietà colligative

1) L’acqua a 0°C ha una tensione di vapore di 4.62 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 4.512 torr.

Determinare il peso molecolare del composto.

Dato che p = p° · x abbiamo che:

solvente 7 . 8

− PM

4 . 62 4 . 512

g g = X

7 . 8 100

4 . 62 +

PM PM

X H O

2

=18 g/mole si ricava PM = 60 g/mole

dato che PM H2O X

2) Determinare la temperatura di congelamento di una soluzione acquosa contenente 4.5g di NaOH

in 200.5mL di acqua (d = 0.996 g/mL) sapendo che una soluzione 0.15m di glucosio solidifica a

–0.279°C °

0 . 279 C −

∆T = ° 1

= Kcr · m K = 1 . 86 Cmol kg

cr cr 0 . 15 m

4 . 5 g

PM =

NaOH 0.566

m = −3

⋅ ⋅

0 . 996 / 200 . 5 10

g mL mL + -

dato che NaOH si dissocia in 2 ioni: NaOH Na + OH ,

-1

∆T = 2 · 1.86 °C mol ·kg · 0.566 = 2.1°C

cr

La temperatura di congelamento è –2.1°C.

3) L’innalzamento ebulloscopico di una soluzione contenente 1.65g di un idrocarburo volatile di

formula minima C H in 25g di benzene è di 1.03°C. Qual è la formula molecolare

2 3 -1

dell’idrocarburo, sapendo che K = 2.53 °C kg mol .

eb

PF = 27.05 g/mole PM = a · PF

C2H3 C2H3 C2H3

a: quante volte la formula minima è contenuta nella formula molecolare 33


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AUTORE

Atreyu

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DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea in farmacia (Facoltà di Medicina e Chirurgia e di Scienze Matematiche, Fisiche e Naturali)
SSD:
A.A.: 2011-2012

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Atreyu di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di CHIMICA MEDICA e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Tor Vergata - Uniroma2 o del prof Coletta Massimiliano.

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