16 febbraio 1998
Prova scritta di Chimica I

Esercizio 1

A $250\;ml$ di una soluzione $0.1\;M$ di acido formico ($HCOOH$) vengono aggiunti $3.0\;g$ di formiato di potassio ($HCOOK$). Calcolare il $pH$ della soluzione risultante assumendo che la variazione di volume in seguito all'aggiunta del solido sia trascurabile.
( $\KOf{HCOOH}=2.0\TimesTenTo{-4}$)

SVOLGIMENTO

Dati:

$\begin{array}{rl} V&250\;ml=0.25\;l\\ \CZeroOf{HCOOH}&0.1\;mol/l\\ \GOf{HCOOK}&3.0\;g\\ \KOf{HCOOH}&2.0\TimesTenTo{-4} \end{array}$

Altri simboli:

$\MWOf{HCOOK}$	massa molare di $HCOOK$: $84\;g/mol$
$\NOf{HCOOK}$	numero di moli di $HCOOK$

Dopo l'aggiunta del sale alla soluzione dell'acido, ci si trova in presenza di una soluzione tampone, che puo' essere trattata nel modo usuale, trascurando l'autoionizzazione dell'acqua.

$\begin{array}{lllll} &HCOOH &\stackrel{\KOf{HCOOH}}{=}& {HCOO^-} &+ {H^+} \\ ... ...ConcOf{{H^+}}&& \InitialConcOf{HCOOK}+\ConcOf{{H^+}}&\ConcOf{{H^+}} \end{array}$

Le concentrazioni di equilibrio devono soddisfare la legge dell'azione di massa:

$$\KOf{HCOOH}=\frac{\Parenthesis{\InitialConcOf{HCOOK}+\ConcOf{{H^+}}}\ConcOf{{H^+}}}{\InitialConcOf{HCOOH}-\ConcOf{{H^+}}}$$

Dato il valore di $\KOf{HCOOH}$ e la presenza dell'anione dell'acido, si puo' assumere in prima approssimazione che la reazione sia poco spostata verso destra: cio' consente di trascurare $\ConcOf{{H^+}}$ come addendo. Si ottiene cosi':

$$\begin{eqnarray*} \KOf{HCOOH}&=&\frac{\InitialConcOf{HCOOK}\ConcOf{{H^+}}}{\Init... ...Of{HCOOH}\frac{\InitialConcOf{HCOOH}}{\InitialConcOf{HCOOK}}}\\ \end{eqnarray*}$$

$\InitialConcOf{HCOOH}$ coincide con la concentrazione data, mentre $\InitialConcOf{HCOOK}$ si ricava facilmente note la massa e la massa molare di $HCOOK$ e il volume della soluzione:

$$\begin{eqnarray*} pH&=&-\log\Parenthesis{\KOf{HCOOH}\frac{\CZeroOf{HCOOH}}{\frac... ...{HCOOH}}{\frac{\frac{\GOf{HCOOK}}{\MWOf{HCOOK}}}{V}}}\\ &=&3.85 \end{eqnarray*}$$

Alla luce del valore ottenuto, possiamo senz'altro affermare che l'autoionizzazione dell'acqua poteva effettivamente essere trascurata. Inoltre, per quanto riguarda il valore di $\ConcOf{{H^+}}$ in rapporto a quello di $\InitialConcOf{HCOOH}$ e $\InitialConcOf{HCOOK}$, si ha:

$$\begin{eqnarray*} \frac{\InitialConcOf{HCOOH}}{\ConcOf{{H^+}}}&=&\frac{\CZeroOf{... ... &\approx&1011\gg1\\ %(/ (/ (/ 3.0 84.0) 0.25) (expt 10 -3.85)) \end{eqnarray*}$$

Esercizio 2

Una possibile reazione per convertire il metanolo in etanolo e' la seguente:

$$\Gaseous{CO}+2\Gaseous{H_2}+\Gaseous{CH_3OH}=\Gaseous{C_2H_5OH}+\Gaseous{{H_2O}}$$

Utilizzando i seguenti dati termodinamici a $25\;C$:

$$\begin{array}{lll} &{\Delta{}H^\circ_f}(kJ/mol)&S^\circ(J/(m... ...H}&-234.4&282.6\\ \Gaseous{{H_2O}}&-241.8&188.7\\ \end{array}$$

1. calcolare ${\Delta{}H^\circ}$, ${\Delta{}S^\circ}$ e ${\Delta{}G^\circ}$ per la reazione a $25\;C$
2. illustrare l'effetto di un innalzamento di temperatura sull'equilibrio
3. illustrare l'effetto di un aumento di pressione sull'equilibrio
4. assumendo che ${\Delta{}H^\circ}$ e ${\Delta{}S^\circ}$ siano indipendenti dalla temperatura, calcolare il valore della costante di equilibrio per la reazione a $750\;K$

SVOLGIMENTO

Dati:

$\begin{array}{rl} T_1&25\;C=298\;K\\ T_2&750\;K\\ \DeltaHZeroFOf{\Gaseous{CO... ...82.6\;J/(mol\;K)\\ \SZeroOf{\Gaseous{{H_2O}}}&188.7\;J/(mol\;K)\\ \end{array}$

Altri simboli:

$R$	costante dei gas: $8.314\;J/(mol\,K)$

1. Calcolo di ${\Delta{}H^\circ}$, ${\Delta{}S^\circ}$ e ${\Delta{}G^\circ}$.
   $$\begin{eqnarray*} {\Delta{}H^\circ}&=&\DeltaHZeroFOf{C_2H_5OH}+\DeltaHZeroFOf{{H... ...circ}}\\ &=&-97.3\;kJ/mol\\ %(- -165.0 (* 298.0 1.0e-3 -227.2)) \end{eqnarray*}$$
   
   

2. Dalla relazione ${\Delta{}G^\circ}={\Delta{}H^\circ}-T{\Delta{}S^\circ}$, tenendo presente che ${\Delta{}H^\circ}<0$ e ${\Delta{}S^\circ}<0$, si deduce che la reazione sara' sfavorita da un aumento di temperatura.
3. Siccome il numero di molecole gassose reagenti e' maggiore di quello delle molecole gassose prodotte, un aumento di pressione provochera' uno spostamento dell'equilibrio verso destra.
4. Calcolo della costante di equilibrio a $750\;K$.
   $$\begin{eqnarray*} {\Delta{}G^\circ}&=&-RT_2\ln{K}\\ \ln{K}&=&-\frac{{\Delta{}G^... ...elta{}H^\circ}}{RT_2}+\frac{{\Delta{}S^\circ}}{R}}\\ &=&0.42\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

Esercizio 3

$4.2\;g$ di una lega $Al-Mg$ vengono ossidati completamente con $HCl$: si ottengono $3.99\;l$ di $H_2$, misurati a $0\;C$ e $1.0\;atm$. Calcolare la percentuale di $Al$ nella lega.

SVOLGIMENTO

Dati:

$\begin{array}{rl} G&4.2\;g\\ V&3.99\;l\\ T&0\;C=273\;K\\ P&1.0\;atm\\ \end{array}$

Altri simboli:

$\PercentOf{Al}$	percentuale di $Al$ nella lega
$\GOf{Al}$	massa in $g$ di $Al$ contenuta in $G\;g$ di lega
$\GOf{Mg}$	massa in $g$ di $Mg$ contenuta in $G\;g$ di lega
$\NOf{Al}$	numero di moli di $Al$ contenuto in $G\;g$ di lega
$\NOf{Mg}$	numero di moli di $Mg$ contenuto in $G\;g$ di lega
$\MWOf{Al}$	massa molare di $Al$: $26.98\;g/mol$
$\MWOf{Mg}$	massa molare di $Mg$: $24.31\;g/mol$
$\NOf{H_2}$	numero di moli di $H_2$ corrispondenti al volume ottenuto
$R$	costante dei gas: $0.082\;(l\,atm)/(mol\,K)$

La quantita' da determinare e':

$$\PercentOf{Al}=\frac{\GOf{Al}}{G}\times100$$ (1)

Il problema consiste dunque nel trovare $\GOf{Al}$, visto che $G$ e' dato.

$\GOf{Al}$ e' legato a $G$ dalla relazione:

$$\GOf{Al}+\GOf{Mg}=G$$ (2)

Questa relazione, tuttavia, introduce $\GOf{Mg}$ come seconda incognita. Si deve allora ricercare una seconda relazione indipendente fra $\GOf{Al}$ e $\GOf{Mg}$.

Rimane ancora da utilizzare il dato relativo alla quantita' di idrogeno ottenuta.

Le equazioni chimiche che rappresentano l'ossidazione di $Al$ e $Mg$ da parte di $HCl$ sono:

$$\begin{eqnarray*} 2Al+6HCl&=&2{AlCl_3}+3{H_2}\\ Mg+2HCl&=&2{MgCl_2}+{H_2}\\ \end{eqnarray*}$$

Dalla stechiometria delle reazioni segue:

$$\frac{3}{2}\NOf{Al}+\NOf{Mg}=\NOf{H_2}$$

Questa relazione puo' facilmente essere riscritta in termini delle masse di $Al$ e $Mg$ e del volume di $H_2$ prodotto:

$$\frac{3}{2}\frac{\GOf{Al}}{\MWOf{Al}}+\frac{\GOf{Mg}}{\MWOf{Mg}}=\frac{PV}{RT}$$ (3)

La 1998-02-16:3:2 e la 1998-02-16:3:3 costituiscono un sistema lineare di due equazioni nelle due incognite $\GOf{Al}$ e $\GOf{Mg}$. Moltiplicando la 1998-02-16:3:2 per $1/\MWOf{Mg}$ e sottraendola alla 1998-02-16:3:3 si ottiene:

$$\GOf{Al}\Parenthesis{\frac{3}{2}\frac{1}{\MWOf{Al}}-\frac{1}{\MWOf{Mg}}} = \frac{PV}{RT}-\frac{G}{\MWOf{Mg}}$$

$$\GOf{Al} = \frac{\frac{PV}{RT}-\frac{G}{\MWOf{Mg}}}{\frac{3}{2}\frac{1}{\MWOf{Al}}-\frac{1}{\MWOf{Mg}}}$$ (4)

Infine, la 1998-02-16:3:4 viene sostituita nella 1998-02-16:3:1:

$$\begin{eqnarray*} \PercentOf{Al}&=&\frac{\frac{\frac{PV}{RT}-\frac{G}{\MWOf{Mg}}... ...rac{1}{\MWOf{Al}}-\frac{1}{\MWOf{Mg}}}}{G}\times100\\ &=&9.0\\ \end{eqnarray*}$$