TALM1008 Fysikk og Kjemi Løsning kjemidel kont august 2013

Transkript

1 Program for Elektro og Datateknikk/ AFT TALM1008 Fysikk og Kjemi Løsning kjemidel kont august 2013 Oppgave 1 a) Det skal skrives navn på tre forbindelser : KNO 2 : kaliumnitritt. Ionet NO 2 kalles for nitritt. NaHSO4 : natiumhydrogensulfat. Ionet HSO 4 kalles for hydrogensulfat. Fe2O3 : jern(iii)oksid. Metallet jern kan både ha okstall +II og +III. Det skal skrives kjemiske formler for tre ulike forbindelser : Ammoniumkarbonat : (NH4)2CO3 Ammonium er NH4 + mens karbonat er CO3 2. Svoveldioksid : SO2 Både svovel og oksygen er ikke-metaller Mangan(III)dihydrogenfosfat : Mn(H2PO4)3 Fosfat er PO4 3, hydrogenfosfat er HPO4 2, mens dihydrogenfosfat er H2PO4. b) Analyse av drivgass fra en sprayboks viste at den inneholdt 9,92% C, 58,65% Cl og 31,43% F (alt i masse-%). Forbindelsens enkleste formel (også kalt empirisk formel) skal finnes. Tar basis i 100 gram prøve som inneholder : 9,92 gram C 58,65 gram Cl 31,43 gram F Molforhold (Cl/C) = (58,65 g )/(35,45 g/mol) 2 = 2,00 = (9,92 g)/(12,01 g/mol) 1 Molforhold (F/C) = (31,43 g )/(19,00 g/mol) 2 = 2,00 = (9,92 g)/(12,01 g/mol) 1 Den empiriske formelen blir : CCl2F2 Dette er en såkalt KFK-gass. Forkortelsen KFK står for klor-fluor-karbon. KFK gasser ble tidligere brukt både som drivgass i spraybokser og som kjølemedium i varmepumper. Det er i dag totalforbud mot bruk av KFK gasser fordi gassene er ozonskadelige. I dag er det vanlig å benytte enten propan eller butan som drivgass i spraybokser. 1

2 c) Jern kan fremstilles ved følgende reaksjon: Fe 3O4 + CO (g) Fe + CO 2 (g) En ligning må alltid balanseres før man gjør masseberegninger. 1) Finner endringer i oksidasjonstall Jern reduseres fra VIII/III (8/3) til 0 red = 8/3 C oksideres fra +II til +IV oks = 2 Det gjennomsnittlige okstallet til Fe i Fe 3O 4 er 8/3. Dette betyr at det er en blanding av II-verdig og III-verdig Fe. 2) Skriver ligningen pr. atom av det som oksideres/reduseres. 1/3Fe 3O4 + CO (g) Fe + CO 2 (g) 3) Kryssmultipliserer med differanse i okstall 2/3Fe 3O4 + 8/3CO (g) 2Fe + 8/3CO 2 (g) 4) Multipliserer med 3 for å få lavest mulig heltall. 2Fe 3O4 + 8CO (g) 6Fe + 8CO 2 (g) Ligningen er balansert. Det er lurt å utføre en kontrollsjekk. Element Venstre side (VS) Høyre side (HS) Fe 2 x 3 = 6 6 C 8 8 O 2 x = 16 8 x 2 = 16 Tabellen over viser at balanseringen er OK siden VS = HS Det skal finnes hvor mye Fe3O4 som er nødvendig for å fremstille 100 kg jern. Molvekt til Fe = 55,85 g/mol = 0,05585 kg/mol Antall mol Fe blir : (100 kg) n Fe = = 1791 mol (0,05585 kg/mol) Antall mol Fe3O4 finnes fra det støkiometriske forholdet i reaksjonsligningen. nfe3o4 = 2/6 nfe = 1/3 (1791 mol) = 597 mol Nødvendig masse av Fe3O4 finnes ved å multiplisere med den molare massen. Vekt Fe3O4 = (597 mol) (0,2315 kg/mol) = 138 kg 2

3 Oppgave 2 a) Gitt den galvaniske cellen: Cr(s) Cr 3+ (1,0 M) Cu 2+ (1,0 M) Cu(s) En enkelstrek i cellerekken betyr at det er et faseskille mellom fast metall og vandig løsning. En dobbelstrek betyr at det er et fysisk skille mellom anoderom og katoderom enten i form av en saltbro, en membran eller et diafragma. Når man tegner en celle på en eksamensoppgave, er det vanligst å tegne en saltbro, mens i et batteri er ofte det fysiske skillet en polymer (plast) membran. Det er vanlig å skrive en cellerekke med anoden til venstre og katoden til høyre. I en spontan celle er det mest edle metallet katode (høyest E o ) og det mest uedle metallet anode (lavest E o ). I spenningsrekken finner vi følgende reduksjonsreaksjoner : Cr 3+ (aq) + 3e Cr(s) Cu 2+ (aq) + 2e Cr(s) E o (Cr 3+ /Cr) = 0,74 V E o (Cu 2+ /Cu) = 0,34 V Krom har lavest E o og blir anode. Anodereaksjonen må snues. I totalreaksjonen skal det aldri være elektroner. Vi må derfor multiplisere anodereaksjonen med 2 og katodereaksjonen med 3. Anode : 2Cr(s) 2Cr 3+ (aq) + 6e Katode : 3Cu 2+ (aq) + 6e 3Cr(s) Total : 2Cr(s) + 3Cu 2+ (aq) 3Cr(s) + 2Cr 3+ (aq) Standard cellepotensial (E o tot) blir: E o tot = E o (Cu 2+ /Cu) E o (Cr 3+ /Cr) = (0,34) ( 0,74) = 1,08 V Cellepotensialet (E) kan beregnes fra Nernst ligning. Nernst ligning er gitt nederst på side 45 i formelsamlingen o 0,0591 [Cr ] E = E tot log 2+ 3 n [Cu ] Alle konsentrasjoner opphøyes i de støkiometriske faktorene fra reaksjonsligningen. Her er n = 6, fordi 6 elektroner overføres i totalreaksjonen. Når alle konsentrasjoner er i standardtilstand (1 mol/l), så er E = E o tot. Dette skyldes at log(1) = 0. 2 o 0,0591 (1) E = E tot log 3 6 (1) Cellepotensialet (E) blir : E = E = 1,08 V o tot 3

4 Nedenfor er det tegnet en skisse av cellen. I begge karene må det være anioner (negative ioner) tilstede. Det er ikke mulig å ha et kar som ikke er elektronøyralt. Vi må velge et anion som ikke gir utfelling av et tungtløselig salt. I figuren over er det valgt Cl som anion. Hvis vi hadde hatt Ag + tilstede, så kunne vi ikke valgt Cl fordi tungtløselig AgCl(s) vil felles ut. Vi har like mye positiv ladning som negativ ladning i begge karene. Ved start i katoderommet er [Cl ] = 2 [Cu 2+ ], mens ved start i anoderommet er [Cl ] = 3 [Cr 3+ ]. Det mest uedle metallet er anode i en galvanisk celle. Det mest uedle metallet er det metallet som har lavest E o i spenningsrekka. Cr har lavest E o og er anode. På katoden skjer det alltid en reduksjon (forbruk av elektroner), mens det på anoden alltid skjer en oksidasjon (frigivelse av elektroner). Tenk på ordtaket : Oksen Anton er Redd Katter. Elektroner transporterer strøm gjennom ledningen i den ytre kretsen. Siden det dannes elektroner på anoden og forbrukes elektroner på katoden, så vil elektronene alltid gå fra anoden til katoden. Siden elektroner er en negativ størrelse, så vil strømmen (I) gå motsatt vei av elektronene. Strømmen er en positiv størrelse. Ioner transportere strøm gjennom saltbroen. Det er vanlig at kationet i saltbroen er K +, mens anionet i saltbroen er det samme ionet som i elektroderommene. Det går ikke elektroner i saltbroen. Drivkraften for ionevandring er opprettholdelse av elektronøytralitet i begge kamrene. På katoden forbrukes Cu 2+ ioner i katodereaksjonen. For å opprettholde elektronøytralitet i katoderommet, så må det enten transporteres bort negative ioner (Cl ) eller transporteres inn positive ioner (Cr 3+ og K + ). På anoden dannes Cr 3+ ioner i anodereaksjonen. For å opprettholde elektronøytralitet i anoderommet, må det enten transporteres bort positive ioner (Cr 3+ ) eller inn negative ioner (Cl ). 4

5 b) Konsentrasjonen av Cr 3+ endres til 0,010 M, mens konsentrasjonen av Cu 2+ forblir uendret (1,0 M). Det nye cellepotensialet (E) kan beregnes fra Nernst ligning o 0,0591 [Cr ] E = E tot log 2+ 3 n [Cu ] 2 0,0591 (0,01) E = 1,08 log 3 6 (1) 0, ,0591 E = 1,08 log ( 10 ) = 1,08 ( 4) = 1,12 V 6 6 c) Magnesium blir fremstilt ved elektrolyse av smeltet magnesiumklorid (MgCl 2). Det skal finnes hvor mye magnesium som produseres pr. døgn når strømstyrken er 7500 A. Det skal også bestemmes hvor mye klor gitt i m 3 som dannes ved NTP i samme tidsrom. Volumet av en gass er avhengig av trykk og temperatur. Derfor må det alltid benyttes en volumreferanse når man skal angi et gassvolum. NTP er en foreldet volumreferanse som nesten ikke brukes i dag. NTP (Normal Pressure & Temperature) er volumet ved 20 o C og 1 atm. I dag benyttes volumreferansene Nm 3 (Normal kubikkmeter) og Sm 3 (Standard kubikkmeter). Nm 3 er volumet ved 0 o C og 1 atm, mens Sm 3 er volumet ved 15 o C og 1 atm. Statoil bruker Sm 3 som volumreferanse når de selger naturgass. I saltsmeltet er MgCl 2 fullstendig løst i ioner. MgCl 2 Mg Cl Når man kjører elektrolyse, så felles det ut Mg(s) på katoden, mens det dannes Cl 2(g) på anoden. Katode : Mg e Mg(s) Anode : 2Cl Cl 2(g) + 2e Total : MgCl 2 (løst) Mg(s) + Cl 2(g) Elektrolysetid = 1 døgn = 24 h Faradays konstant = C/mol = As/mol F = As/mol 3600 s/h = 26,80 Ah/mol Faradays lov knytter sammen strøm og molmasse. I t (7500 A) (24 h) N Mg = = = 3358 mol n F 2 (26,80 Ah/mol) 5

6 I ligningen er n=2 fordi det overføres 2 mol elektroner pr. mol Mg(s) som dannes. Massen av Mg(s) finnes ved å multiplisere med den molare massen til Mg. Masse Mg = (3358 mol) (0,02431 kg/mol) = 81,6 kg I t (7500 A) (24 h) N = = = 3358 mol Cl 2 n F 2 (26,80 Ah/mol) I ligningen er n=2 fordi det overføres 2 mol elektroner pr. mol Cl2(g) som dannes. Volumet av Cl2(g) kan finnes ved å sette inn NTP betingelsen i ideell gasslov. Ideell gasslov : PV = nrt n R T (3358 mol) (0, L atm/k mol) (293,15 K) P (1 atm) Cl2 V = = Cl2 VCl2 = liter = 80,8 m 3 Oppgave 3 a) Kalsiumkarbid reagerer med vann og danner kalsiumhydroksid og gassen acetylen ifølge ligningen : CaC2 (s) + 2 H2O = Ca(OH)2 + C2H2(g) ph i reaksjonsblandingen skal finnes når vi lar 2,00 kg kalsiumkarbid reagere med 2500 liter vann. Ca(OH)2 er et tungtløselig salt som eventuelt kan felles ut dersom løselighetsproduktet overskrides. Ksp for Ca(OH)2 finnes på side 49 i oppslagsboken : Ksp = Regner først på ligningen uten felling, der Ca(OH)2 foreligger som ioner. Vi får et mol Ca 2+ og 2 mol OH pr. mol CaC2(s). CaC2 (s) + 2 H2O Ca 2+ (aq) + 2 OH (aq) + C2H2(g) Antar at reaksjonen går fullstendig mot høyre. Hvis reaksjonen hadde gått til likevekt, så ville det vært oppgitt i oppgaven. (2000 g) n CaC2 = = 31,20 mol (64,1 g/mol) Mengde av produktene finnes fra støkiometrien i reaksjonsligningen. nca2+ = ncac2 = 31,20 mol og noh- = 2 ncac2 = 62,40 mol 6

7 Finner konsentrasjoner av ionene ved å dele på totalvolumet. [OH ] = (62, 40 mol) = 2, mol/l (2500 L) [Ca 2+ ] = (31,20 mol) = 1, mol/l (2500 L) Undersøker om det felles ut fast Ca(OH)2(s). Ca(OH)2(s) = Ca OH Ksp = Q = [Ca 2+ ] [OH ] 2 = (1, ) (2, ) 2 = 7, Q < Ksp Vi får ikke felling av Ca(OH)2(s) Beregner poh : poh = log[oh ] = log(2, ) = 1,60 ph = 14 poh = 14 1,60 = 12,40 Løsningen blir basisk fordi Ca(OH)2 er en base. 2,50 M svovelsyre skal benyttes for å nøytralisere blandingen. H2SO4 er en diprotisk syre (gir fra seg 2 H + ), mens Ca(OH)2 er en diprotisk base (gir fra seg 2 OH ). Nøytralisasjonsreaksjonen kan skrives som : Ca(OH)2 + H2SO4 CaSO4 + 2H2O Fra ligningen ser vi at Ca(OH)2 og H2SO4 reagerer i 1:1 forhold. mol av H2SO4 som av Ca(OH)2. Det trengs like mange (31, 20 mol) V H2SO = = 4 (2,50 mol/l) 12,5 liter b) K sp for Ca(OH) 2 er 8, ved 25 o C. Det skal finnes hvor mange gram kalsiumhydroksid vi kan vi løse i 5,0 liter av en buffer med ph lik 12,0. I en buffer holder ph seg konstant uavhengig av hva som skjer i løselighetsreaksjonen. Når ph er konstant, så er både [H + ] og [OH ] konstant. poh = 14 12,0 = 2,0 [OH ] = 10 poh = 0,01 mol/l Løseligheten tilsvarer at x mol/l av Ca(OH) 2(s) løses opp. [OH ] er låst fast på bufferverdien som er 0,01 mol/l. 7

8 Ca(OH)2(s) = Ca OH Likevekt x 0,01 mol/l Maks løselighet tilsvarer at vi har mettet løsning der Q = Ksp. Ksp = [Ca 2+ ] [OH ] 2 = (x) ( 0,01) 2 = 8, x = ( )/( 0,01) 2 = mol/l I 5,0 liter løsning får vi løst : (5,0 liter) ( mol/l) = 0,40 mol Løseligheten i gram finnes ved å multiplisere med molvekten til Ca(OH)2. Antall gram Ca(OH)2 som løses i 5,0 liter bufferløsning blir : (0,40 mol) (74,1 g/mol) = 30 gram Siden Ksp bare er gitt med to signifikante siffer, så bør også svaret gis med to signifikante siffer. c) Kalsiumhydroksid reagerer med maursyre, HCOOH, til saltet kalsiumformiat: Ca(HCOO) 2. ph i reaksjonsblandingen mellom 1,00 liter liter 0,10 M Ca(OH) 2 og 1,00 liter 0,60 M maursyre skal finnes. Antall mol Ca(OH) 2 = (0,10 mol/l) (1,00 liter) = 0,10 mol Antall mol HCOOH = (0,60 mol/l) (1,00 liter) = 0,60 mol/l Totalvolum = 1,00 liter + 1,00 liter = 2,00 liter Maursyre er en monoprotisk syre, mens kalsiumhydroksid er en diprotisk base. Nøytralisasjonsligningen går fullstendig til høyre inntil den begrensende reaktanten er oppbrukt. Ca(OH)2 + 2HCOOH Ca(HCOO) 2(s) + 2H 2O Start 0,10 mol 0,60 mol 0 Slutt 0 0,40 mol 0,10 mol Restmengden av maursyre vil gjøre løsningen sur. Maursyre er en svak syre med pka = 3,80 (se side 47 i oppslagsboken). Utgangskonsentrasjonen av HCOOH etter at Ca(HCOO) 2(s) er felt ut, finnes ved å dividere på totalvolumet. [HCOOH] o = (0,40 mol)/(2,00 liter) = 0,20 M HCOOH = HCOO + H + Start 0, Likevekt 0,20 x x x 8

9 + H HCOO x x K a = = = 10 HCOOH 0,20 x [ ] x 2 = (0,20 x) 10 3,8 x 2 + (10 3,8 ) x 3, = 0 Løsning av 2. gradsligningen på kalkulator gir : x = 5, mol/l [H + ] = x = 5, mol/l ph = log[h + ] = log(5, ) = 2,26 Løsningen blir sur fordi vi har maursyre i overskudd. 3,8 9