Allmän Kemi 2 (NKEA04 m.fl.)

Transkript

1 Allmän Kemi (NKEA4 m.fl.) --4 Uppgift a) K c [NO] 4 [H O] 6 /([NH ] 4 [O ] 5 ) eller K p P(NO) 4 P(H O) 6 /(P(NH ) 4 P(O ) 5 ) Om kärlets volym minskar ökar trycket och då förskjuts jämvikten åt den sida där det finns minst gaspartiklar, d v s åt vänster i detta fall. ( p) b) Jämviktskonstanten för reaktion (), K, fås ur jämviktskonstanten för reaktion (), K, enligt sambandet K / K / ( p) c) [HI] 4./9.6 M.475 M HI (g) H (g) + I (g) Initialt (M):.475 Vid jämvikt (M): K c [H ] [I ]/[HI].47 / K n K ( RT ) gas p c n gas Σgasprodukter Σgasreaktanter vilket innebär att K p K c. Svar: K p K c.9 ( p) d) ph pk a + log([ch COO ]/[CH COOH]) [CH COOH].5 M log([ch COO ]/.5) [CH COO ].5 M M(NaCH COO) 8. g/mol V. l n(naoocch ).5..6 mol m(naoocch ).6 8. g.5 g Svar: Han ska tillsätta. g natriumacetat. ( p) Uppgift a) (i) Enligt titrerkurvan är ekvivalenspunkten V ekv 8. ml. Syrans massa m(ha).59 g; syrans molmassa M(HA) är obekant. Titratorlösningens konc. C OH.5 M. Vi får alltså vid ekvivalenspunkten: n(oh ) n(ha) mol. M(HA) m(ha)/n(ha).59/. 9.6 g/mol Av syrorna i tabellen har endast anilinhydroklorid, C 6 H 5 NH Cl, denna molmassa. Svar: Molmassan är 9.6 g/mol, syran analinhydroklorid (4 p) (ii) Avläsning av ph vid ½V ekv 4. ml ger pk a 4.6 ( p)

2 b) Ca (PO 4 ) (s) Ca + + PO 4 Efter upplösning (M): x x Ksp [Ca + ] [PO 4 ] (x) (x) 8x 5. dvs. x (. /8) /5 x. 7 (övriga rötter komplexa) M(Ca (PO 4 ) ).8 g/mol Specifik löslighet g/l Svar: Lösligheten för Ca (PO 4 ) (s) är.5 5 g/l. ( p) c) Kalciumfosfat är mer löslig i sur lösning eftersom PO 4 är en bas som kan reagera med H + i lösningen. [PO 4 ] minskar därmed och enligt Le Chateliers princip förskjuts löslighetsjämvikten så att mer kalciumfosfat löses. ( p) d) BaSO 4 (s) Ba + + SO 4 Ksp [Ba + ] [SO 4 ].8 n(ba + ) mol c(ba + ). 5 /(.+.).9 4 M n(so 4 )... 5 mol c(so 4 ). 5 /(.+.).8 4 M Q [Ba + ] [SO 4 ] Q > K sp vilket innebär att en fällning kommer att bildas. Svar: En fällning bildas. ( p) Uppgift NH 4 NO (s) N O(g) + H O(g) H o 4+8 ( 66) 6 kj G o 9+4 ( 84) 7 kj S o J/K (alt. G o H o T S o kj) a) G o <, åt höger ( p) b) H o <, exoterm ( p) c) S o >, entropin ökar. Detta är förväntat eftersom ett fast ämne övergår i gasformiga. ( p) d) 9 K exp( G / RT ) exp( ( 7 ) / ) 6. ( p) { }{ } { } N O(g) HO(g) PN O PH O e) (i) Q PN O PH O ( p) NH NO (s) 4 (ii) G G + RT ln Q ln(.. ) 5 kj ( p)

3 Uppgift 4 a) He < H S < C 6 H 4 < H O He är endast en liten atom och därför är dispersionskrafterna (Londonkrafterna) mycket svaga; H S är en mycket liten molekyl jämfört med hexan, visserligen verkar dipol-dipol krafter mellan H S-molekyler, men dispersionskrafterna mellan hexanmolekyler blir relativt sett starkare, då hexan är en större molekyl; mellan vatten molekyler verkar starka vätebindningar. ( p) b) Förutom Londonkrafter finns i NH vätebindningar SiO kovalenta bindningar NaBr jonbindningar ( p) c) Genom att lösa något i ett lösningsmedel höjs kokpunkten. Kokpunktshöjningen beror (idealt) endast av antalet lösta partiklar, inte på partiklarnas natur. Ju fler lösta partiklar, desto större kokpunktshöjning. NaCl dissocierar till Na + + Cl, alltså två mol partiklar per mol NaCl CrCl dissocierar till Cr + + Cl, alltså fyra mol partiklar per mol CrCl Lösningen med CrCl förväntas därför ha högst kokpunkt. ( p) d) Det gäller att T K m, där m är molala koncentrationen av S x och K b.4. Vi får T b b x m x Dvs x.4. x b Svar: Svavlet löser sig som S 8 -molekyler ( p) e) (i) atomer (en mitt i enhetsen och /8 atom i varje hörn) ( p) (ii) I bcc-strukturen nuddar atomerna varandra längs rymddiagonalen i kuben. Rymddiagonalens längd motsvarar alltså fyra atomradier. Rymddiagonalen bildar en rätvinklig triangel med en ytdiagonal och en av kubens kanter.

4 Ytdiagonalens längd är a (Pytagoras sats). Om man sedan sätter rymddiagonalens längd till d får man från Pytagoras sats att d a + ( a ) a ; alltså är rymddiagonalen d a d a r. Eftersom d 4 r 4 54 pm får vi att a d 8 cm och atomradien m M (V) 5.94 Eftersom densiteten ρ 6. g cm 8 V N A a ( p) Uppgift 5 a) E.8 (.5).95 V ( p) b) Ag + (aq) + I (aq) AgI(s) ( p) c) d) RT E E ln.95 ln.7(4) V ( p) + F [ Ag ][ I ] E ln c + [ Ag ] E c + [ Ag ] RT ln F F( E F( E exp + [ Ag ] ) E ) 96485( ) exp.5 M RT Svar: [I (aq)].5 M ( p) E RT c 4

5 RT RT e) Vid jämvikt är E V, dvs. E ln( K ) ln. 95 V, (eftersom F F K sp K enl. uppg. 5 b. Löser vi ut K sp får vi att K sp K sp nfe exp RT Svar: K sp ( p) 7 exp 8.6 Uppgift 6 a) :a ordningens hastighetsekvation: [ NOBr] [ NOBr] k t + t / s [ NOBr] / mol dm /[ NOBr ] / mol dm /[NOBr] t ( p) 5

6 b) [ NOBr] k.8 M s t 5 ni c) (i) Pi RT V Svar: k.8 M s ( p) Vid t s finns endast NOBr i kärlet, så att P tot NOBr RT atm; [ ] 586 Vid t s finns endast NO + Br i kärlet, så att P tot ( + )[ NOBr] RT atm Svar: P tot.586 atm vid t ; P tot.878 atm vid t ( p) (ii) Vid t s finns både NOBr, NO och Br i kärlet, så att P tot P NOBr + P NO + P Br. Enligt Uppg. 6 a & b är den integrerade hastighetsekvationen.8 t + 4. [ NOBr] Vid t s blir således [ NOBr] M. NO NOBr NOBr M Br NO.4.7 M Vidare är [ ] [ ] [ ] och [ ] [ ] Totaltrycket blir således P tot ( ) atm ( p) 6