Prøveeksamen i Fysikk/kjemi Løsningsforslag Prøve 1

Transkript

1 Oppgave 1 Program for Elektro og Datateknikk/ AFT Prøveeksamen i Fysikk/kjemi Løsningsforslag Prøve 1 a) Det skal angis norske navn på ti ulike forbindelser. i) CaCl Navnet blir kalsiumklorid. Vi trenger ikke å angi oksidasjonstall for kalsium, siden kalsium er et jordalkaliemetall som alltid har oksidasjonstall lik +II. ii) NO Navnet blir dinitrogenoksid. Romertall benyttes bare for å angi oksidasjonstall til metaller. Her har vi to ikke-metaller, slik at vi benytter antallsangivelse. iii) FeO3 Navnet blir jern(iii)oksid. Jern er et metall og derfor bruker vi romertall. iv) (NH4)3PO4 Navnet blir ammoniumfosfat. Vi trenger ikke om å angi oksidasjonstall fordi ammoniumgruppen alltid har +I og fosfatgruppen alltid har III. v) Ba(OH) 8HO Navnet blir bariumhydroksid-oktahydrat. Barium er et jordalkaliemetall som alltid har oksidasjonstall lik +II. Derfor trenger vi ikke om å angi oksidasjonstallet. Åtte krystallvann angis som oktahydrat. Når det er vann i et salt, så angis dette som hydrat. vi) H3PO4 Navnet blir fosforsyre. For syrer er det vanlig å benytte trivialnavn. vii) NiSO4 Navnet blir nikkel(ii)sulfat. Sulfationet har alltid ladning -, slik at Ni må ha +. Siden Ni kan ha flere oksidasjonstall, må vi angi oksidasjonstallet. viii) CO Navnet blir karbonmonoksid. Både C og O er ikke-metaller

2 ix) CuCl x) NH3 Navnet blir kobber(i)klorid. Klor er et halogen med oksidasjonstall I slik at Cu får +I. Navnet blir ammoniakk. NH3 er en base som har et eget trivialnavn. b) Atom % og vekt % av alle eksisterende elementer i NH4NO3 skal finnes. Ser først på atom%. Totalt har vi 9 atomer i NH4NO3. Atom% N = (/9) 100% =, % Atom% H = (4/9) 100% = 44,4 % Atom% O = (3/9) 100% = 33,3 % Molvekten til er 80,0 g/mol. Atomvekten til N er 14,01 g/mol, for O er den 16,00 g/mol, mens den for H er 1,008 g/mol. (14,01) Vekt% N = (100%) 80,0 4 (1,008) Vekt% H = (100%) 80,0 3 (16,00) Vekt% O = (100%) 80,0 = 35,0 % = 5,0 % = 60,0 % c) Konsentrert HCl er 1,0 M. Du ønsker å lage 500 ml 0,000 M HCl løsning fra den konsentrerte løsningen. Oppgaven kan løses ved hjelp av fortynningsloven. Bruker fortynningsloven for å finne hvor mange ml av den konsentrerte løsningen som trengs. c1 V1 = c V V1 = (c V)/c1 = (0,000 M) (500 ml)/(1,0 M) = 0,833 ml Husk på regelen om at syre i vann går an, mens vann i syre er uhyre. - -

3 Følgende prosedyre kan benyttes : 1) Tilsett ca 400 ml destillert vann til en 500 ml s målekolbe. ) Pipetter ut 0,833 ml av den konsentrerte HCl løsningen og tilsett mengden til målekolben. 3) Fyll opp til målestreken på 500 ml med destillert vann. Oppgave a) Fra reaksjonsligningen ser vi at det støkiometriske forholdet HO/AlS3 = 6/1 = 6,0. Beregner antall mol av hver av reaktantene ved å dividere massene på de respektive molvektene. Molvektene kan regnes ut frå atomvekter. n n AlS3 H O = (15,00 g)/(150, g/mol) = 0,0999 mol = (10,00 g)/(18,0 g/mol) = 0,556 mol Virkelig molforhold : n n H O 0,556 mol = = 5,57 0,0999 mol AlS3 Det virkelige molforholdet på 5,57 er mindre enn det støkiometriske forholdet på 6,0. Dette betyr at vi har HO i underskudd. HO er den begrensende reaktant. ii) Fra reaksjonsligningen, ser vi at det dannes 3 mol HS pr. 6 mol HO. n = 3/6 n H S H O = 3/6 (0,556 mol) = 0,78 mol Finner massen av HS ved å multiplisere med molvekten. m H S = (0,78 mol) (34,1 g/mol) = 9,48 gram iii) AlS3 vil forbrukes inntil HO er oppbrukt. Fra støkiometrien i reaksjonsligningen ser vi at det forbrukes 1/6 mol AlS3 pr. mol HO. Forbrukt mengde AlS3 : 1/6 n H O = 1/6 (0,556 mol) = 0,097 mol Rest AlS3 = (Tilført AlS3) (Forbrukt AlS3) Rest AlS3 = (0,0999 mol) (0,097 mol) = 7, 10 3 mol Restmasse AlS3 = (150, g/mol) (7, 10 3 mol ) = 1,08 gram Restmasse HO = 0 g (Begrensende reaktant blir oppbrukt) - 3 -

4 b) Insektsmiddelet Lindan inneholder 4.78 vekt% C,.08 vekt% H og vekt% Cl. Molvekten til Lindan er g/mol. Både empirisk formel og molekylformel skal bestemmes. Molforhold (H/Cl) = (.08 )/(1.008 g/mol) = 1.00 (73.14)/(35.45 g/mol) Molforhold (C/Cl) = (4.78 )/(1.00 g/mol) = 1.00 (73.14)/(35.45 g/mol) Den empiriske formelen blir : CHCl Empirisk vekt = 1.00 g/mol g/mol g/mol = g/mol (Molvekt)/(Empirisk vekt) = (90.85 g/mol)/(48.46 g/mol) = 6.00 Molekylformelen blir : C6H6Cl6 c) Redoksreaksjonene skal balanseres ved hjelp av forskjell i oksidasjonstall. Det finnes mange forskjellige måter å balansere ligninger på. I dette løsningsforslaget er det vist en av metodene som kan benyttes, i) AsO3(aq) + NO3 (aq) H3AsO4(aq) + NO(g) (surt miljø) 1) As oksideres fra +III til +V oks = N reduseres fra +V til +II red = 3 ) Skriver ligningen pr. atom av det som oksideres og reduseres. 1/AsO3(aq) + NO3 (aq) H3AsO4(aq) + NO(g) 3) Kryssmultipliserer med differanse i oksidasjonstall. 3/AsO3(aq) + NO3 (aq) 3H3AsO4(aq) + NO(g) 4) Multipliserer med for å skrive ligningen med lavest mulig heltall. 3AsO3(aq) + 4NO3 (aq) 6H3AsO4(aq) + 4NO(g) 5) Faktorene foran As og N ble bestemt i punkt 3, mens H og O balanseres i punkt 7. Vi har ingen elementer som vi trenger å balansere under punkt 5. 6) Siden vi har surt miljø, balanseres elektronøytraliteten med H +. 3AsO3(aq) + 4NO3 (aq) + 4H + (aq) 6H3AsO4(aq) + 4NO(g) 7) Balanserer massebalanser for H og O ved hjelp av HO

5 3AsO3(aq) + 4NO3 (aq) + 4H + (aq) + 7HO(l) 6H3AsO4(aq) + 4NO(g) 8) Kontrollsjekker massebalansen for O og H. Vi har 18 H på begge sider, mens vi har 8 O på begge sider. Dette betyr at ligningen er balansert. 3AsO3(aq) + 4NO3 (aq) + 4H + (aq) + 7HO(l) 6H3AsO4(aq) + 4NO(g) Oppgave 3 a) ph i 0,5 M HCO3 (kullsyre) skal beregnes. Siden det er stor forskjell mellom pka1 og pka, vil en få dannet mye mer H + fra første dissosiasjonstrinn enn fra andre og tredje dissosiasjonstrinn. Vi trenger derfor bare om å se på likevekten for første dissosiasjonstrinn. Første dissosiasjonstrinn : HCO3 HCO3 + H + Likevekt 0.5 x x x Setter opp likevektsuttrykk : K + [HCO3 ] [H ] 6.35 a1 = = 10 [HCO3] Setter inn uttrykkene for likevektskonsentrasjonene: K (x) (x) (0.5 x) 6.35 a1 = = 10 Siden høyresiden er liten, kan vi anta at x << 0,5 x = 0,5 (10 6,35 ) = 1, x = [H + ] = 3, Vi ser at antakelsen er OK. 3, er mindre enn 10% av 0,5. ph = log[h + ] = log(3, ) = 3,48 Siden HCO3 er en svak syre, så blir ph sur

6 b) I et alkalisk primærbatteri skjer følgende totalreaksjon : Zn(s) + MnO(s) ZnO(s) + MnO3(s) i) Siden batteriet er alkalisk, må vi benytte OH som det ladningsbærende ionet. Alkalisk betyr det samme som basisk. Summen av de to elektrodereaksjonene, skal alltid gi totalreaksjonen. Anode : Zn(s) + OH (aq) ZnO(s) + HO + e Katode : MnO(s) + HO + e MnO3(s) + OH (aq) ii) Batteriet har en batterikapasitet på 140 mah. Vi tar utgangspunkt i Faradays lov der ligningen under settes opp ved å se på benevnelser. nzn = (96485 (140 mah) (3600 s / h) As/ekv) ( ekv/mol) (1000 ma/a) = 0,031 mol Fra støkiometrien i reaksjonsligningen ser vi at det brukes dobbelt så mange mol MnO som Zn. nmno = (0,031 mol) = 0,046 mol Batteriet må minst inneholde : Zn : (0,031 mol) (65,39 g/mol) = 1,51 gram MnO : (0,046 mol) (86,9 g/mol) = 4,01 gram c) Det skal finnes hvor mange gram Cu som vil utfelles når,00 A går gjennom en CuSO4 løsning i 45 minutter. Når det kjøres strøm gjennom cellen, vil det felles ut fast kobber på katoden : Cu + (aq) + e Cu(s) Antall mol kobber som felles ut kan finnes fra Faradays lov. Tiden må settes inn i sekunder. N = N t = I t n F = (,00 A ) (45 60 s ) ( ekv/mol) (96485 As/ekv ) =, mol Multipliserer med molvekten til sink for å finne antall gram som felles ut. mcu = (, mol) (63,55 g/mol) = 1,78 g Etter 45 minutter med,00 A elektrolysestrøm, er det fritt for kobberioner i løsningen. Dette betyr at det er, mol kobberioner i løsningen

7 Dividerer på volumet for å finne utgangskonsentrasjonen av CuSO4. [CuSO4] = (, mol)/(4,50 liter) = 6, 10 3 mol/l Oppgave 4 a) En dykkerklokke er kuleformet og har radius lik 3 meter. Dykkerklokka senkes ned i sjøen. Oppdriften på dykkerklokka fra sjøvannet skal beregnes. Det skal brukes en tetthet på 1,00 kg/liter for sjøvannet. Oppdriften (Fo) er lik tyngden av den fortrengte vannmengden. Fo = (mvann) g = ρvann V g Hvis alle størrelser settes inn i SI-enheter, så blir Fo gitt i N. ρvann = 1,00 kg/liter = 1000 kg/m 3 Volumet av en kule er : V= 4/3 π r3 V= 4/3 π (3 m) 3 = 113 m 3 Setter inn i uttrykket for Fo. Fo = (1000 kg/m 3 ) (113 m 3 ) (9,81 m/s ) = N = 1,11 MN Her det mest hensiktsmessig å oppgi svaret i MN (Mega Newton), der M = 10 6 b) En stor vannlagringstank er åpen i toppen. Det skal vises at dersom du lager et lite hull i siden på denne tanken i en avstand h fra vannoverflaten, så vil vannet strømme ut fra dette hullet med en fart lik v - 7 -

8 Legger inn referansepunkt 1 i hullet og referansepunkt på toppen av tanken i vannoverflaten. Bruker Bernoullis ligning. (v1) (v) P + ρ + z1 ρ g = P + ρ + z ρ 1 Både referansepunkt 1 og er i kontakt med atmosfæren. I hullet vil trykket være lik atmosfæretrykket. Vi kan derfor neglisjere P-leddene i Bernoullis ligning. (v ) (v ) 1 ρ + z1 ρ g = ρ + z ρ g Hastigheten i overflaten er null (v = 0). Velger referansepunkt for høyden i punkt 1, slik at z1 = 0 og z = h. Bernoullis ligning forenkles til : (v ) 1 ρ = h ρ g Forkorter bort tettheten (ρ). g (v ) 1 = h g (v ) = h g 1 Tar roten av høyresiden i ligningen over. (v 1 ) = h g c) Avstanden x fra tanken til strålen treffer bakken skal finnes. Hvis hullet er lite, så vil strålen komme horisontalt ut av hullet. Utgangshastigheten til strålen beregnes fra ligningen over. Vi forutsetter at hullet er så lite at endring i væskehøyden i tanken kan neglisjeres. Dette betyr at h er konstant. vo, x 1 = (v ) = h g = 1,60 9,81 = 5,60 m/s Setter opp bevegelsesligningene i x og y retning. Vi har kun akselerasjon i negativ y-retning i form av tyngdens akselerasjon. x(t) = xo + vo,x t = 0 + vo,x t = vo,x t = (5,60) t y(t) blir null når strålen treffer bakken. y(t) = yo + vo,y t 1/ gt = 0 vo,y = 0 yo 1/ gt = 0-8 -

9 yo = 1/ gt yo (1,44) t = = = 0,54 s g 9,81 Setter inn for tiden i ligningen for x. x(t) = (5,60) t = (5,60) (0,54) = 3,04 m Oppgave 5-9 -

10 Oppgave