10 febbraio 2004
Prova scritta di Chimica Generale/Chimica Fisica

Chimica Generale

(Ogni esercizio vale $3$ punti)

1. Qual'e' la pressione osmotica a $25\;C$ di una soluzione acquosa ottenuta sciogliendo $0.73\;g$ di $FeCl_3$ in acqua e portando il volume a $100\;ml$?
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} G&0.73\;g\\ V&100\;ml=0.1\;L\\ T&25\;C=298.15\;K\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $M_{FeCl_3}$	massa molare di $FeCl_3$: $162.204\;g/mol$
   $\CZeroOf{FeCl_3}$	concentrazione molare formale del sale
   $\NZeroOf{FeCl_3}$	numero di moli del sale
   $R$	costante dei gas: $0.082\;L\;atm/(mol\;K)$

   
   
   
   

   La legge della pressione osmotica e':

   $$\begin{eqnarray*} \Pi&=&CRT\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   La concentrazione che compare nella legge e' la concentrazione colligativa, cioe' la concentrazione di tutte le particelle cui da' origine il soluto in soluzione.

   In questo caso il soluto e' un sale e, come tale, in soluzione e' completamente ionizzato secondo:

   $$\begin{eqnarray*} FeCl_3&=&Fe^{3+}+3Cl^{-} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Per ogni mole di sale sciolto si generano in soluzione $4$ moli di ioni (non importa la loro identita'). Quindi:

   $$\begin{eqnarray*} C&=&4\CZeroOf{FeCl_3} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Per definizione di concentrazione molare:

   $$\begin{eqnarray*} \CZeroOf{FeCl_3}&=&\frac{\NZeroOf{FeCl_3}}{V} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Inoltre:

   $$\begin{eqnarray*} \NZeroOf{FeCl_3}&=&\frac{G}{M_{FeCl_3}} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Sostituendo a ritroso:

   $$\begin{eqnarray*} \Pi&=&CRT\\ &=&4\CZeroOf{FeCl_3}RT\\ &=&4\frac{\NZeroOf{FeCl... ...c{\frac{0.73}{162.204}}{0.1}0.082\times298.15\\ &=&5.00\;atm\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

2. Calcolate il $pH$ di una soluzione ottenuta mescolando $50\;mL$ di una soluzione $0.13\;mol/L$ di acido perclorico ($HClO_4$, un acido fra i piu' forti) con $22\;mL$ di una soluzione $0.25\;mol/L$ di $LiOH$.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \VOf{HClO_4}&50\;mL=50\times10^{-3}\;L\\ \CZeroOf{HClO_4}&0... ...Of{LiOH}&22\;mL=22\times10^{-3}\;L\\ \CZeroOf{LiOH}&0.25\;mol/L\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\NZeroOf{H^+}$	numero di moli iniziale di ioni idronio
   $\NZeroOf{OH^-}$	numero di moli iniziale di ioni ossidrile
   $K_W$	prodotto ionico dell'acqua: $1\times10^{-14}$

   
   
   
   

   Sia l'acido che la base mescolati sono forti e quindi completamente dissociati. In pratica, dunque, la reazione che avviene in soluzione e' la reazione di neutralizzazione:

   $$\begin{eqnarray*} H^++OH^-&=&H_2O \end{eqnarray*}$$
   
   

   La costante di equilibrio di questa reazione e' l'inversa della costante del prodotto ionico dell'acqua: essa vale quindi $10^{14}$. Dato il valore grande della costante di equilibrio, la reazione si puo' considerare completa. Allora si deve stabilire qual'e' il reagente limitante.

   Valutiamo quindi il numero di moli di ioni idronio ed ossidrile, che, ovviamente, sono dati da:

   $$\begin{eqnarray*} \NZeroOf{H^+}&=&\CZeroOf{HClO_4}\VOf{HClO_4}\\ &=&0.13\times5... ...times22\times10^{-3}\\ &=&0.0055\;mol\\ %(* 22.0e-3 0.25)0.0055 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Si vede quindi che il reagente limitante e' lo ione ossidrile.

   Allora:

   
   

   $$\begin{array}{lllcll} &H^+&+OH^-&=&H_2O\\ t=0&\NZeroOf{H^+}... ...}&&\\ t=\infty&\NZeroOf{H^+}-\NZeroOf{OH^-}&0&&\\ \end{array}$$
   
   

   La concentrazione finale di ioni idronio si ottiene dividendo il numero di moli per il volume totale della soluzione:

   $$\begin{eqnarray*} \ConcOf{H^+}&=&\frac{\NZeroOf{H^+}-\NZeroOf{OH^-}}{\VOf{HClO_4}+\VOf{LiOH}}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   e infine:

   $$\begin{eqnarray*} pH&=&-\log{}\ConcOf{H^+}\\ &=&-\log{}\frac{\NZeroOf{H^+}-\NZe... ...s22\times10^{-3}}{50\times10^{-3}+22\times10^{-3}}\\ &=&1.86\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

3. Calcolate il $pH$ di una soluzione tampone che contiene $1.51\;mol/L$ di una base debole $B$ e $1.2\;mol/L$ del suo acido coniugato $BH^+$. La costante di ionizzazione della base $B$ e' $K_B=2.51\times10^{-6}$.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \CZeroOf{B}&1.51\;mol/L\\ \CZeroOf{BH^+}&1.2\;mol/L\\ K_B&2.51\times10^{-6}\\ \end{array}$

   
   
   
   

   
   
   
   

   L'espressione che fornisce il $pOH$ di un tampone e' stata ricavata durante il corso:

   $$\begin{eqnarray*} pOH&=&pK_b-\log{}\frac{\CZeroOf{B}}{\CZeroOf{BH^+}}\\ &=&-\log{}2.51\times10^{-6}-\log{}\frac{1.51}{1.2}\\ &=&5.50\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Infine:

   $$\begin{eqnarray*} pH&=&14-pOH\\ &=&14-5.50\\ &=&8.50\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

4. Se a $1.5\;L$ della soluzione dell'esercizio precedente vengono aggiunti $16.00\;g$ di $NaOH$, quale sara' il nuovo valore di $pH$?
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} V&1.5\;L\\ \GOf{NaOH}&16.0\;g\\ \CZeroOf{B}&1.51\;mol/L\\ \CZeroOf{BH^+}&1.2\;mol/L\\ K_B&2.51\times10^{-6}\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\MWOf{NaOH}$	massa molare di $NaOH$: $39.997\;g/mol$
   $\NZeroOf{B}$	numero di moli iniziale di $B$
   $\NZeroOf{BH^+}$	numero di moli iniziale di $BH^+$
   $\NZeroOf{OH^-}$	numero di moli iniziale di $OH^-$

   
   
   
   

   Gli ioni ossidrile aggiunti (sotto forma di $NaOH$) andranno a reagire con l'acido $BH^+$, secondo:

   $$\begin{eqnarray*} BH^++OH^-&=&B+H_2O \end{eqnarray*}$$
   
   

   Questa reazione e' l'inversa della reazione di ionizzazione basica della base debole $B$ e quindi la sua costante di equilibrio e' l'inversa della costante $K_B$. SI tratta quindi di una costante di equilibrio grande e pertanto la reazione si puo' considerare completa. Dobbiamo allora trovare il reagente limitante:

   $$\begin{eqnarray*} \NZeroOf{OH^-}&=&\frac{\GOf{NaOH}}{\MWOf{NaOH}}\\ &=&\frac{16... ...=&1.2\times1.5\\ &=&1.80\;mol\\ % (* 1.2 1.5)1.7999999999999998 \end{eqnarray*}$$
   
   

   E' evidente che il reagente limitante e' lo ione ossidrile.

   Allora:

   
   

   $$\begin{array}{lllcll} &BH^+&+OH^-&=&B&+H_2O\\ t=0&\NZeroOf{... ...+}-\NZeroOf{OH^-}&0&&\NZeroOf{B}+\NZeroOf{OH^-}&\\ \end{array}$$
   
   

   I numeri di moli della base debole e del suo acido coniugato dopo la reazione con gli ioni ossidrile possono ora essere inseriti nell'espressione che fornisce il $pOH$ del tampone:

   $$\begin{eqnarray*} pOH&=&pK_b-\log{}\frac{\NZeroOf{B}+\NZeroOf{OH^-}}{\NZeroOf{BH... ...{16.0}{39.997}}{1.2\times1.5-\frac{16.00}{39.997}}\\ &=&5.32\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Infine:

   $$\begin{eqnarray*} pH&=&14-pOH\\ &=&14-5.32\\ &=&8.68\\ % \end{eqnarray*}$$
   
   

5. Bilanciate l'equazione redox seguente assumendo che la reazione da essa rappresentata avvenga in ambiente acido:
   $$\begin{eqnarray*} Cr_2O_7^{2-}+H_2CO&=&Cr^{3+}+CO_2 \end{eqnarray*}$$
   
   
   SVOLGIMENTO

   
   
   
   

   Applicando il metodo visto durante il corso si ha:

   
   

   $$\begin{array}{rcccr} \mbox{OX:}&H_2CO+H_2O&=&CO_2+4e+4H^+&\t... ...2CO+2Cr_2O_7^{2-}+16H^+&=&3CO_2+4Cr^{3+}+11H_2O&\\ \end{array}$$
   
   

6. Calcolate l'innalzamento ebullioscopico di una soluzione ottenuta sciogliendo $10.2\;g$ di antracene (non elettrolita: $C_{14}H_{10}$) in $256\;g$ di benzene ($C_6H_6$). La costante ebullioscopica del benzene e' $2.53\;K\;kg/mol$.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} G_{C_{14}H_{10}}&10.2\;g\\ G_{C_6H_6}&256\;g=0.256\;kg\\ K_{eb}&2.53\;K\;kg/mol\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\NOf{C_{14}H_{10}}$	numero di moli di antracene
   $\MWOf{C_{14}H_{10}}$	massa molare dell'antracene: $178.229\;g/mol$
   $m$	molalita'

   
   
   
   

   Usando la legge dell'innalzamento ebullioscopico:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}T&=&K_{eb}m\\ &=&K_{eb}\frac{\NOf{C_{14}H_{10}}}{G_{C... ....566\;K\\ % (* 2.53 (/ (/ 10.2 178.229)0.256))0.5655908269697971 \end{eqnarray*}$$
   
   

7. Prevedete la geometria molecolare del trifluoruro di cloro, $ClF_3$.
   SVOLGIMENTO

   Secondo quanto spiegato durante il corso, cominciamo a scrivere una formula di Lewis corretta per la molecola in questione.

   Elettroni di valenza
   $Cl$	$7$
   $F$	$7\times3$
   carica	$0$
   totale	$28$

   Ponendo l'atomo di cloro (meno elettronegativo) al centro si ottiene:

   
   

   $$\begin{xy} <1em,0em>: *+{Cl},c=''Cl''; p+/l2em/*+{F},**\dir... ...ir{}?<*\dir{\vert}, p+/dr0.1em/**\dir{}?<*\dir{\vert}, \end{xy}$$
   
   

   Si puo' facilmente verificare che questa e' la formula di risonanza piu' stabile. Tuttavia, la particolare formula di risonanza che si considera (purche' corretta!) non ha importanza, poiche' siamo interessati alla geometria molecolare, che non dipende dalla particolare formula di risonanza considerata.

   Dalla formula di Lewis si ricava subito che il numero di coppie strutturali e' $5$. Da cio' segue che la geometria delle coppie strutturali e' bipiramidale trigonale.

   Le due coppie di non legame si disporranno in posizioni equatoriali (meno ingombrate rispetto a quelle assiali): ne segue che la geometria molecolare sara' a ``T''.

   geometria delle coppie strutturali	geometria molecolare

8. Calcolate il potenziale elettrodico a $25\;C$ di un elettrodo costituito da una sbarretta di rame immersa in una soluzione avente volume pari a $150\;mL$ in cui sono stati sciolti $23\;g$ di fosfato rameico, $Cu_3\left(PO_4\right)_2$. Il potenziale standard di riduzione della coppia $Cu^{2+}/Cu$ e' pari a $0.34\;V$.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} V&150\;mL=0.15\;L\\ G&23\;g\\ E^\circ_{Cu^{2+}/Cu}&0.34\;V\\ T&25\;C=298.15\;K\end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\MWOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}$	massa molare di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$: $380.581\;g/mol$
   $\NOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}$	numero di moli di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$
   $\NOf{Cu^{2+}}$	numero di moli di $Cu^{2+}$
   $F$	costante di Faraday: $96485\;C/mol$
   $R$	costante dei gas: $8.314\;J/(mol\;K)$

   
   
   
   

   Il potenziale elettrodico in condizioni non standard e' dato dalla equazione di Nernst. Per la coppia $Cu^{2+}/Cu$ si ha:

   $$\begin{eqnarray*} Cu^{2+}+2e&=&Cu \end{eqnarray*}$$
   
   

   e quindi:

   $$\begin{eqnarray*} E&=&E^\circ_{Cu^{2+}/Cu}+\frac{RT}{2F}\ln\ConcOf{Cu^{2+}} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Per la definizione di concentrazione molare:

   $$\begin{eqnarray*} \ConcOf{Cu^{2+}}&=&\frac{\NOf{Cu^{2+}}}{V} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Quindi:

   $$\begin{eqnarray*} &=&E^\circ_{Cu^{2+}/Cu}+\frac{RT}{2F}\ln\frac{\NOf{Cu^{2+}}}{V} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Il numero di moli di ioni $Cu^{2+}$ in soluzione e' in relazione con il numero di moli di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$, tramite la stechiometria della reazione di ionizzazione del sale (completa, come per tutti i sali):

   $$\begin{eqnarray*} Cu_3\left(PO_4\right)_2&=&3Cu^{2+}+2PO_4^- \end{eqnarray*}$$
   
   

   E' chiaro che:

   $$\begin{eqnarray*} \NOf{Cu^{2+}}&=&3\NOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2} \end{eqnarray*}$$
   
   

   e quindi:

   $$\begin{eqnarray*} &=&E^\circ_{Cu^{2+}/Cu}+\frac{RT}{2F}\ln\frac{3\NOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}}{V} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Il numero di moli di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$ si ricava facilmente dalla massa in grammi e dalla massa molare:

   $$\begin{eqnarray*} \NOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}&=&\frac{G}{\MWOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}} \end{eqnarray*}$$
   
   

   In definitiva:

   $$\begin{eqnarray*} E&=&E^\circ_{Cu^{2+}/Cu}+\frac{RT}{2F}\ln\frac{3\frac{G}{\MWOf... ...485.0))(log (/ (* 3.0 (/ 23.0 380.581)).150)))0.5412959656207463 \end{eqnarray*}$$
   
   

9. Calcolate la composizione percentuale in massa del fosfato rameico, $Cu_3\left(PO_4\right)_2$.
   SVOLGIMENTO

   Altri simboli:

   $\MWOf{Cu_3\left(PO_4\right)_2}$	massa molare di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$ in $g/mol$
   $\MWOf{Cu}$	massa molare di $Cu$ in $g/mol$
   $\MWOf{O}$	massa molare di $O$ in $g/mol$
   $\MWOf{P}$	massa molare di $P$ in $g/mol$
   $\NOf{Cu}$	numero di moli di $Cu$
   $\NOf{O}$	numero di moli di $O$
   $\NOf{P}$	numero di moli di $P$
   $\GOf{Cu}$	massa di $Cu$
   $\GOf{O}$	massa di $O$
   $\GOf{P}$	massa di $P$

   
   
   
   

   La composizione percentuale di un composto e' ovviamente indipendente dalla massa di composto considerata. Allora, per comodita', consideriamo una massa di $Cu_3\left(PO_4\right)_2$ pari alla sua massa molare. E' chiaro che tale massa di composto conterra':

   $3\;mol$ di $Cu$

   $2\;mol$ di $P$

   $8\;mol$ di $O$

   Questi numeri di moli possono essere trasformati facilmente nelle corrispondenti masse:

   $$\begin{eqnarray*} \GOf{Cu}&=&\NOf{Cu}\MWOf{Cu}\\ \GOf{P}&=&\NOf{P}\MWOf{P}\\ \GOf{O}&=&\NOf{O}\MWOf{O}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Queste masse sono le masse dei tre elementi costituenti il composto contenute in una massa molare del composto. Quindi la composizione percentuale e':

   $$\begin{eqnarray*} \PercentOf{Cu}&=&100\frac{\GOf{Cu}}{\MWOf{Cu_3\left(PO_4\right... ...=&33.63\\ % (* 100.0 (/ (* 8.0 15.999)380.581))33.63068571473615 \end{eqnarray*}$$
   
   

10. Una miscela gassosa e' costituita da $5.4\;g$ di $CO_2$ e $3.1\;g$ di $Ar$. Se la miscela e' contenuta in un recipiente avente il volume di $2.3\;L$ e mantenuto alla temperatura di $75\;C$, calcolate la sua pressione totale e la pressione parziale di ciascuno dei due componenti.
    SVOLGIMENTO

    Dati:

    $\begin{array}{rl} \GOf{CO_2}&5.4\;g\\ \GOf{Ar}&3.1\;g\\ V&2.3\;L\\ T&75\;C=348.15\;K\end{array}$

    
    
    
    

    Altri simboli:

    $\MWOf{CO_2}$	massa molare di $CO_2$: $44.010\;g/mol$
    $\MWOf{Ar}$	massa molare di $Ar$: $39.948\;g/mol$
    $\NOf{CO_2}$	numero di moli di $CO_2$
    $\NOf{Ar}$	numero di moli di $Ar$
    $n_T$	numero totale di moli
    $P$	pressione totale in $atm$
    $\POf{CO_2}$	pressione parziale di $CO_2$ in $atm$
    $\POf{Ar}$	pressione parziale di $Ar$ in $atm$
    $R$	costante dei gas: $0.082\;L\;atm/(mol\;K)$

    
    
    
    

    Per la pressione totale, dalla legge dei gas ideali:

    $$\begin{eqnarray*} PV&=&n_TRT\\ P&=&\frac{n_TRT}{V}\\ &=&\frac{\left(\NOf{CO_2}+\NOf{Ar}\right)RT}{V}\\ \end{eqnarray*}$$
    
    

    I numeri di moli dei due componenti si esprimono in funzione delle relative masse e masse molari:

    $$\begin{eqnarray*} &=&\frac{\left(\frac{\GOf{CO_2}}{\MWOf{CO_2}}+\frac{\GOf{Ar}}{... ...(/ 5.4 44.010)(/ 3.1 39.948))0.082 348.15)2.3)2.4861878830049084 \end{eqnarray*}$$
    
    

    La pressione parziale di $CO_2$ si trova direttamente dalla sua definizione:

    $$\begin{eqnarray*} \POf{CO_2}&=&\frac{\NOf{CO_2}RT}{V}\\ &=&\frac{\frac{\GOf{CO_... ...;atm\\ % (/ (* (/ 5.4 44.010)0.082 348.15)2.3)1.5229821285676182 \end{eqnarray*}$$
    
    

    Infine, la pressione parziale di $Ar$ si ottiene per differenza, visto che:

    $$\begin{eqnarray*} P&=&\POf{CO_2}+\POf{Ar}\\ \POf{Ar}&=&P-\POf{CO_2}\\ &=&2.49-1.52\\ &=&0.97\;atm\\ % (- 2.49 1.52)0.9700000000000002 \end{eqnarray*}$$
    
    

Chimica Fisica

(Ogni esercizio vale $10$ punti)

1. Per la seguente reazione:
   $$\begin{eqnarray*} 2\Liquid{HN_3}+2\Gaseous{NO}&=&\Liquid{H_2O_2}+4\Gaseous{N_2} \end{eqnarray*}$$
   
   

   calcolate la variazione standard di entalpia a $25\;C$ utilizzando la tabella di entalpie standard di formazione alla stessa temperatura riportata di seguito:

   
   

   $$\begin{array}{\vert l\vert r\vert} &\Delta{}H^\circ_f\;kJ/mo... ...\ \Gaseous{NO}&90.25\\ \Liquid{H_2O_2}&-187.78\\ \end{array}$$
   
   
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \Delta{}H^\circ_{f,\Liquid{HN_3}}&264.00\;kJ/mol=264.00\time... ...irc_{f,\Liquid{H_2O_2}}&-187.78\;kJ/mol=-187.78\times10^3\;J/mol\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Per la legge di Hess:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}H^\circ&=&\Delta{}H^\circ_{f,\Liquid{H_2O_2}}-\left(2\... ...5\times10^3\right)\\ &=&-896.28\times10^3\;J/mol=-896.28\;kJ/mol\end{eqnarray*}$$
   
   

   (chiaramente, per definizione, $\Delta{}H^\circ_{f,\Gaseous{N_2}}=0\;J/mol$)

2. Calcolate la variazione standard di energia libera di Gibbs a $400\;K$ per la reazione di combustione del metano:
   $$\begin{eqnarray*} \Gaseous{CH_4}+2\Gaseous{O_2}&=&\Gaseous{CO_2}+2\Gaseous{H_2O} \end{eqnarray*}$$
   
   

   dai dati contenuti nella seguente tabella (validi a $298\;K$):

   
   

   $$\begin{array}{\vert l\vert r\vert r\vert} &\Delta{}H^\circ_f... ...&-393.51&213.74\\ \Gaseous{H_2O}&-241.82&188.83\\ \end{array}$$
   
   

   Assumete che $\Delta{}H^\circ$ e $\Delta{}S^\circ$ siano indipendenti dalla temperatura nell'intervallo $298-400\;K$.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \Delta{}H^\circ_{f,\Gaseous{CH_4}}& -74.81\;kJ/mol= -74.81\t... ...\circ_{\Gaseous{H_2O}}&188.83\;J/\left(K\;mol\right)\\ T&400\;K\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\Delta{}H^\circ$	variazione standard di entalpia per la reazione in $J/mol$
   $\Delta{}S^\circ$	variazione standard di entropia per la reazione in $J/\left(K\;mol\right)$

   
   
   
   

   La variazione standard di energia libera di Gibbs e' legata alle corrispondenti variazioni di entalpia ed entropia standard dalla relazione (valida a pressione e temperatura costanti, come e' questo il caso):

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}G^\circ&=&\Delta{}H^\circ-T\Delta{}S^\circ\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   $\Delta{}H^\circ$ e $\Delta{}S^\circ$ si ottengono facilmente dai dati a disposizione ricordando che sono funzioni di stato (questa proprieta' passa sotto il nome di legge di Hess per il caso delle variazioni di entalpia):

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}H^\circ&=&\Delta{}H^\circ_{f,\Gaseous{CO_2}}+2\Delta{}... .../mol\\ % (- (+ -393.51 (* 2.0 -241.82))-74.81)-802.3399999999999 \end{eqnarray*}$$
   
   

   (chiaramente, per definizione, $\Delta{}H^\circ_{f,\Gaseous{O_2}}=0\;J/mol$)

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}S^\circ&=&\SZeroOf{\Gaseous{CO_2}}+2\SZeroOf{\Gaseous{... ....74 (* 2.0 188.83))(+ 186.26 (* 2.0 205.138)))-5.135999999999967 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Infine:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}G^\circ&=&\Delta{}H^\circ-T\Delta{}S^\circ\\ &=&-802.... ...mol=-800.286\;kJ/mol\\ % (- -802.34e3 (* 400.0 -5.136))-800285.6 \end{eqnarray*}$$
   
   

3. Stabilite se il processo di deidrogenazione del propano a propene:
   $$\begin{eqnarray*} \Gaseous{C_3H_8}&=&\Gaseous{C_3H_6}+\Gaseous{H_2} \end{eqnarray*}$$
   
   

   e' termodinamicamente favorito a $25\;C$ in condizioni standard e valutatene la costante di equilibrio alla stessa temperatura.

   Utilizzate i dati della seguente tabella.

   
   

   $$\begin{array}{\vert l\vert r\vert r\vert} &\Delta{}H^\circ_f... ...{C_3H_6}&-74.81&186.26\\ \Gaseous{H_2}&&130.684\\ \end{array}$$
   
   
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \DeltaHZeroFOf{\Gaseous{C_3H_8}}&20.42\;kJ/mol=20.42\times10... ...\ \SZeroOf{\Gaseous{H_2}}&130.684\;J/(mol\;K)\\ T&25\;C=298.15\;K \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

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

   
   
   
   

   Per valutare la spontaneita' o meno della reazione dobbiamo calcolare la variazione standard di energia libera ad essa associata.

   Siccome il processo e' supposto avvenire a pressione e temperatura costanti, possiamo usare l'espressione:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}G^\circ&=&\Delta{}H^\circ-T\Delta{}S^\circ\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   $\Delta{}H^\circ$ e $\Delta{}S^\circ$ si ottengono facilmente dai dati a disposizione ricordando che sono funzioni di stato:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}H^\circ&=&\DeltaHZeroFOf{\Gaseous{C_3H_6}}-\DeltaHZero... ...mes10^3\\ &=&-95.23\times10^3\;J/mol\\ % (- -74.81 20.42)-95.23 \end{eqnarray*}$$
   
   

   (chiaramente, per definizione, $\Delta{}H^\circ_{f,\Gaseous{H_2}}=0\;J/mol$)

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}S^\circ&=&\SZeroOf{\Gaseous{C_3H_6}}+\SZeroOf{\Gaseous... ...94\;J/(mol\;K)\\ % (- (+ 186.26 130.684)267.05)49.89399999999995 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Quindi:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}G^\circ&=&\Delta{}H^\circ-T\Delta{}S^\circ\\ &=&-95.2... ...-110105.90\;J/mol\\ % (- -95.23e3 (* 298.15 49.894))-110105.8961 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Siccome $\Delta{}G^\circ<0$ il processo e' spontaneo in condizioni standard.

   Per calcolarne la costante di equilibrio useremo l'espressione:

   $$\begin{eqnarray*} -RT\ln{}K&=&\Delta{}G^\circ\\ \ln{}K&=&-\frac{\Delta{}G^\circ... ... (exp (- (/ -110105.90 (* 8.314 298.15))))1.9534057257489293e+19 \end{eqnarray*}$$
   
   

   che e' un valore molto grande, come ci si poteva aspettare sulla base del valore di $\Delta{}G^\circ$ trovato piu' sopra.