Transcript 16 luglio 2014 - chimica fisica

Prova Scritta di Chimica Fisica del 16/7/2014, Prof. Alberto Gambi
1. Calcolare la pressione esercitata da 1.0 mol di etano che si comporta a) da
gas perfetto e b) da gas di van der Waals, quando si trova nelle seguenti
condizioni i) 0 ◦C in 22.414 dm3 e ii) a 1000 K in 100 cm3 .
[a = 5.507 atm L2 mol−2
b = 0.0651 L mol−1 ]
Risoluzione
Se si considera il gas perfetto, la pressione sar`a data, nelle due diverse
condizioni da:
P =
nRT
V
e quindi si avr`a:
i) P =
1.0 (mol) × 0.082 057 4 (atm L K−1 mol−1 ) × 273.15 (K)
= 1.000 atm
22.414 (L)
ii) P =
1.0 (mol) × 0.082 057 4 (atm L K−1 mol−1 ) × 1000 (K)
= 820.57 atm
0.100 (L)
Nel caso in cui si usi l’equazione di van der Waals:
P =
nRT
a n2
− 2
(V − n b)
V
si ha:
i) P =
ii) P =
1.0 (mol) × 0.082 057 4 (atm L K−1 mol−1 ) × 273.15 (K)
[22.414 (L) − 1.0 (mol) × 0.0651 (L mol−1 )]
5.507 (atm L2 mol−2 ) × 1.02 (mol2 )
−
= 0.992 atm
22.4142 (L2 )
1.0 (mol) × 0.082 057 4 (atm L K−1 mol−1 ) × 1000 (K)
[0.100 (L) − 1.0 (mol) × 0.0651 (L mol−1 )]
5.507 (atm L2 mol−2 ) × 1.02 (mol2 )
−
= 1800.51 atm
0.1002 (L2 )
Come si pu`o notare, nel caso ii), ovvero ad alta temperatura e volume ridotto,
c’`e una grande differenza fra il risultato ottenuto con l’equazione dei gas
perfetti e quello ottenuto applicando l’equazione di van der Waals.
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2. L’entalpia di reazione standard per la combustione del fenolo solido `e −3054 kJ mol−1
a 25 ◦C; la sua entropia molare standard `e 144 J K−1 mol−1 . Calcolare l’energia di Gibbs standard di formazione del fenolo solido a 25 ◦C.
[∆f H (CO2 , g) = −393.51 kJ mol−1 ; ∆f H (H2 O, l) = −285.83 kJ mol−1 ]
[S (C, s) = 5.740; S (H2 , g) = 130.684; S (O2 , g) = 205.138 tutti in J K−1 mol−1 ]
Risoluzione
Dalla reazione di combustione del fenolo, C6 H5 OH:
C6 H6 O(s) + 7 O2 (g) −−→ 6 CO2 (g) + 3 H2 O(l)
si ha:
∆c H = 6∆f H (CO2 , g) + 3∆f H (H2 O, l) − ∆f H (C6 H6 O, s)
da cui:
∆f H (C6 H6 O, s) = 6∆f H (CO2 , g) + 3∆f H (H2 O, l) − ∆c H ∆f H (C6 H6 O, s) = [6 × (−393.51) + 3 × (−285.83) − (−3054)](kJ mol−1 )
∆f H (C6 H6 O, s) = −164.55 kJ mol−1
La funzione di Gibbs di formazione `e data da:
∆f G = ∆f H − T ∆f S Dalla reazione di formazione del fenolo:
1
6 C(s) + 3 H2 (g) + O2 (g) −−→ C6 H6 O(s)
2
si ha:
1
∆f S = S (C6 H6 O, s) − 6S (C, s) − 3S (H2 , g) − S (O2 , g)
2
1
× 205.138](J K−1 mol−1 )
2
∆f S = −385.061 J K−1 mol−1
∆f S = [144 − 6 × 5.740 − 3 × 130.684 −
∆f G = −164.55 (kJ mol−1 )−298.15 (K)×(−385.061 × 10−3 ) (kJ K−1 mol−1 )
∆f G = −49.744 kJ mol−1
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3. A 1 kg di acqua vengono aggiunti 0.150 mol di nitrato di potassio. Qual `e
la forza ionica di questa soluzione? Quindi si volle portare la forza ionica
a 0.250 aggiungendo del nitrato di calcio. Calcolare la massa di nitrato di
calcio da aggiungere.
Risoluzione
Entrambi i sali, in soluzione acquosa sono completamente dissociati:
KNO3 (aq) −−→ K+ (aq) + NO3− (aq)
Ca(NO3 )2 (aq) −−→ Ca++ (aq) + 2NO3− (aq)
La forza ionica iniziale della soluzione `e:
I=
1 X
mi zi2
2 i
1
I = [0.150 × 12 + 0.150 × 12 ] = 0.150
2
Per portare la forza ionica a 0.250, se consideriamo s la molalit`a del nitrato
di calcio, si avr`a:
0.250 =
1
× [0.150 × 12 + 0.150 × 12 + s × 22 + 2 × s × 12 ]
2
da cui si ottiene:
s=
2 × (0.250 − 0.150)
= 0.03333 mol kg−1
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Poich´e la massa molare del nitrato di calcio `e 164.10 g mol−1 , la massa di
Ca(NO3 )2 da aggiungere a 1 kg di acqua sar`a:
164.10 (g mol−1 ) × 0.03333 (mol) = 5.4695 g
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4. Per la reazione in fase gassosa
−
→
A+B−
←
−
− C + 2D
si `e trovato che, mescolando a 25 ◦C, 2.00 mol di A, 1.00 mol di B e 3.00 mol di
D, una volta raggiunto l’equilibrio a tale temperatura, la miscela risultante
conteneva 0.79 mol di C alla pressione totale di 1 bar. Calcolare a) la frazione
molare delle singole specie all’equilibrio b) Kx , c) KP , d) ∆r G .
Risoluzione
Le moli delle singole specie, all’inizio e all’equilibrio sono le seguenti:
A
inizio
equilibrio
equilibrio
moli totali
+
B
2.00
1.00
2.00 − 0.79
1.00 − 0.79
1.21
0.21
1.21 + 0.21 + 0.79 + 4.58 = 6.79
C
+
0.79
0.79
2D
3.00
3.00 + 2 × 0.79
4.58
Pertanto le frazioni molari all’equilibrio delle singole specie sono:
xA =
1.21
= 0.1782 ;
6.79
xB =
0.21
= 0.03093
6.79
xC =
0.79
= 0.1163 ;
6.79
xD =
4.58
= 0.6745
6.79
da cui si ottiene:
Kx =
ed essendo
P
j
0.1163 × 0.67452
xC x2D
=
= 9.6
xA xB
0.1782 × 0.03093
νj = 2 + 1 − 1 − 1 = 1,
KP = Kx
P
P
Pj νj
1 (bar)
= 9.6 ×
= 9.6
1 (bar)
La funzione di Gibbs standard di reazione risulta quindi essere:
∆r G = −R T ln KP
∆r G = −8.314 47 (J K−1 mol−1 )×298.15 (K)×ln(9.6) = −5606.82 J mol−1
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5. La costante cinetica relativa alla decomposizione di una certa sostanza alimentare `e 2.80 × 10−3 L mol−1 s−1 a 30 ◦C e 1.38 × 10−2 L mol−1 s−1 a 50 ◦C.
Calcolare i parametri di Arrhenius per questa reazione (Energia di attivazione
e fattore preesponenziale).
Risoluzione
Dall’equazione che lega due costanti cinetiche a due diverse temperature:
ln
k2
k1
Ea
=
R
1
1
−
T1 T2
si ottiene l’energia di attivazione:
R T1 T2
ln
Ea =
(T2 − T1 )
k2
k1
8.314 47 (J K−1 mol−1 ) × 303.15 (K) × 323.15 (K)
Ea =
ln
[323.15 (K) − 303.15 (K)]
1.38 × 10−2
2.80 × 10−3
Ea = 64959.2 J mol−1
Scegliendo per esempio i dati alla prima temperatura, si ottiene il fattore
preesponenziale:
Ea
k1 = A exp −
R T1
−3
A = 2.80 × 10
(L mol
=⇒
A = k1 exp
Ea
R T1
64 959.2 (J mol−1 )
s ) × exp
8.314 47 (J K−1 mol−1 ) × 303.15 (K)
−1 −1
Pertanto il fattore preesponenziale `e il seguente:
A = 4.363 × 108 L mol−1 s−1
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6. L’esano e l’eptano formano miscele ideali. Vengono mescolati 517.08 g di esano con 400.84 g di eptano. Calcolare la funzione di Gibbs di mescolamento,
∆mix G e l’entropia di mescolamento ∆mix S , a 25 ◦C.
Risoluzione
Prima di tutto calcoliamo le moli di esano (A) e eptano (B) impiegate
nella miscela. Le masse molari di esano e eptano sono rispettivamente,
86.18 g mol−1 e 100.21 g mol−1 .
nA =
mA
517.08 (g)
=
= 6 mol
MA
86.18 (g mol−1 )
nB =
mB
400.84 (g)
=
= 4 mol
MB
100.21 (g mol−1 )
Con le seguenti frazioni molari:
xA =
6 (mol)
nA
= 0.6
=
nA + nB
6 (mol) + 4 (mol)
xB =
nB
4 (mol)
=
= 0.4
nA + nB
6 (mol) + 4 (mol)
La funzione di Gibbs di mescolamento sar`a quindi:
∆mix G = n R T (xA ln xA + xB ln xB )
∆mix G = 10 (mol) × 8.314 47 (J K−1 mol−1 ) × 298.15 (K)
× [0.6 × ln(0.6) + 0.4 × ln(0.4)] = −16683.68 J
mentre per l’entropia di mescolamento si ha:
∆mix S = −
∆mix S = −
∆mix G
T
−16 683.68 (J)
= 55.96 J K−1
298.15 (K)
Udine, 16 luglio 2014.
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