Chimica generale

∆H°

3 U (s) + 4 O (g) U O (s) = -3571 kJ mol

2 3 8

–1

-1084 kJ mol

04.

Mostrare tutti i passaggi necessari per ottenere il risultato corretto.

Delta H = Q

Delta H = 75 000g * 3,77 j/ g C * ( 40-37) C = 848 250 j x 0,239006 =202736,8 cal(RAGAZZO) x 0,001 =202,7 Kcal

Delta H = m cp( x-4) = delta H / mcp +4 = 202.7 kcal / (400 Kgx 1 kcal kg-1 c-1 ) +4 C=4,5 °C

05. Lo studente dimostri di conoscere la legge di Hess e di saper calcolare la variazione di entalpia di una reazione

chimica. della somma delle entalpie, afferma che, per una reazione chimica, ∆H resta

La legge di Hess, nota anche come legge

invariato sia che la reazione si svolga in un unico stadio sia che si svolga in più stadi.

Considerando la reazione di combustione della grafite, che produce CO2, questa può avvenire secondo due meccanismi

diversi:  ∆H

a) In un unico stadio se la grafite brucia in ambiente ricco di ossigeno: 2 C(s) + 2O2(g) 2CO2(g) per la quale =

-188,2 kcal

b) In due stadi successivi se l'ambiente è povero di ossigeno. Si forma dapprima CO che a sua volta si combina

nuovamente con l'ossigeno per formare CO2:

 ∆H

2 C(s) + O2(g) 2CO(g) per la quale = - 52,8 kcal

 2CO2(g) per la quale ∆H =

2 CO(g) + O2(g) - 135,4 kcal --- che sommate ---

 2CO2(g) per la quale ∆H =

2 C(s) + 2O2(g) -188,2 kcal lOM oAR cP SD| 9679654

La legge di Hess permette di calcolare non solo i calori di reazione relativi a fenomeni molto complessi, ma anche calori

di reazione difficilmente verificabili in pratica per difficoltà tecniche.

Nell'esempio precedente, solo per le reazioni

 ∆H

2 C(s) + 2O2(g) 2CO2(g) per la quale = -188,2 kcal

 2CO2(g) per la quale ∆H =

2 CO(g) + O2(g) - 135,4 kcal 

è possibile determinare con certezza il valore del ∆H. Nella reazione 2 C(s) + O2(g) 2CO(g)

esso si desume per differenza

∆H = -188,2 kcal - (- 135,4 kcal) = - 52,8 kcal

in quanto è assai difficile fermare la combustione della grafite quando questa si è tutta trasformata in CO.

lOM oAR cP SD| 9679654

Lezione 031 dell’entropia.

01. Lo studente esponga il seguente argomento: Interpretazione molecolare

La termodinamica non formula nessuna ipotesi sulla struttura della materia; la comprensione delle funzioni

termodinamiche può essere però approfondita se si tenta di interpretarle in termini di proprietà molecolari. Vi sono due

modi per descrivere lo stato di un sistema termodinamico:

la descrizione macroscopica, fornita dai valori delle funzioni di stato come P, V e T;

la descrizione microscopica che dovrebbe dare la posizione e la velocità di ogni atomo del sistema. La descrizione

completamente microscopica non viene mai usata per i sistemi termodinamici, poiché solo per registrare le coordinate di

posizione e le componenti di velocità di una mole di una sostanza monoatomica occorrerebbe un pila di carta alta 10 anni

luce. Tanto più che questa singola descrizione microscopica sarebbe valida solo per un istante, perché le posizioni e le

velocità degli atomi sono sempre in rapida variazione. Si osserva che se un sistema termodinamico è in uno stato di

equilibrio macroscopico, il suo stato microscopico cambia continuamente a velocità enorme. Nonostante questa attività

molecolare, le proprietà di uno stato macroscopico rimangono costanti. Ciò significa che vi sono molti stati microscopici

compatibili con ogni stato macroscopico.

L’entropia è una misura del numero di stati microscopici collegati ad un particolare stato macroscopico

Vi è un solo stato microscopico che corrisponde allo stato macroscopico ordinato. D’altra parte vi sono molti stati

microscopici collegati allo stato macroscopico disordinato. Poiché l’entropia dà una misura ed aumenta con il numero di

stati microscopici del sistema, si può dire che lo stato di disordine ha un’entropia più alta dello stato ordinato. In effetti

l’entropia ha una tendenza naturale ad aumentare perché questo corrisponde alla evoluzione dei sistemi da condizioni di

bassa probabilità verso stati di probabilità maggiore. È così possibile comprendere perché un gas si espande

spontaneamente rispetto al vuoto. In un volume maggiore, ciascuna molecola ha più posizioni disponibili che non in un

volume più piccolo. Di conseguenza, nel volume maggiore, il gas ha più stati microscopici ad esso collegati di quanti non

ne abbia nel volume più piccolo. Si trova che il gas riempie tutto il recipiente perché questa è la sua condizione più

probabile. Tuttavia non si è ancora chiarito perché gli stati più disordinati sono più probabili di quelli ordinati. Ebbene un

l’esatto

sistema disordinato è quello di cui si hanno scarse informazioni circa stato microscopico. La ragione per cui

manca questa conoscenza dettagliata sta nel fatto che il sistema ha molti stati microscopici possibili, e il meglio che si può

supporre è che esso sia, in ogni istante, in uno qualunque tra questi. Un sistema disordinato è quindi un sistema che ha un

numero relativamente grande di stati microscopici possibili, e questa è la ragione per cui uno stato disordinato è più

probabile di uno stato ordinato. lOM oAR cP SD| 9679654

Lezione 032

01. Il calore non è una funzione di stato. Per cosa bisogna moltiplicarlo per renderlo tale?

per il reciproco della temperatura

02. Lo studente esponga il seguente argomento:

Formulazione matematica del 2° Principio mediante la disuguaglianza di Clausius e calcolo della variazione di

entropia di gas ideali. lOM oAR cP SD| 9679654

03. Lo studente dimostri di conoscere il seguente argomento:

Formulazione matematica del 2° Principio mediante la disuguaglianza di Clausius, calcolo della variazione di

entropia legata a riscaldamento/raffreddamento di solidi e liquidi e calcolo della variazione di entropia nei passaggi

di stato. lOM oAR cP SD| 9679654

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Lezione 033

01. Lo studente dimostri di conoscere il seguente argomento:

2° Principio e trasformazioni spontanee, energia libera di Gibbs, criterio fondamentale sulla spontaneità dei

processi chimico-fisici. lOM oAR cP SD| 9679654

Lezione 034

01. Un processo endotermico (delta_H>0) e disordinante (delta_S>0) comporta che:

delta_G<0 per temperatura > delta_H/delta_S

02. Per una trasformazione termodinamica fatta su un sistema isolato risulta:

Q=0, L=0, delta_U=0

03. Il 3° Principio della Termodinamica afferma che:

L'entropia di un cristallo perfetto a 0 K è nulla

04. Indicare le grandezze che hanno la stessa unità di misura:

energia termica, lavoro e PV = costante della legge di Boyle

05. Un sistema termodinamico isolato:

l’ambiente

Non scambia nulla con

06. L'entropia S è definita mediante la seguente relazione:

dS=dQrev/T

07. Il 2° Principio della Termodinamica afferma che:

L'entropia dell'Universo non può diminuire

08. Un sistema termodinamico adiabatico:

Può scambiare lavoro ma non calore con l'ambiente

09. Il 1° Principio della Termodinamica, per un sistema chiuso (che non scambia materia con l'ambiente) si scrive

come (U=energia interna; H=entalpia; Q=calore ceduto dall'ambiente al sistema; L=lavoro fatto dal sistema

sull'ambiente):

delta_U=Q-L

10. Quali delle seguenti relazioni è quella valida per qualunque trasformazione termodinamica?

(delta_S)univ=(delta_S)amb+(delta_S)sist

11. Un processo avviene spontaneamente se e solo se:

(delta_S)univ>0

12. L'energia interna U di un certo gas ideale:

dipende solo da T

13. L'energia libera di Gibbs, G, è definita come:

G=H-TS

14. L'entalpia H è definita come:

H=U+PV lOM oAR cP SD| 9679654

15. Per un gas ideale l'entalpia dipende:

solo da T

16. Per un processo a temperatura costante risulta:

delta_G=delta_H-T*delta_S

17. Un processo avviene spontaneamente se e solo se:

delta_G<0

18. In un sistema termodinamico a pressione costante risulta:

delta_H=Q

19. Per un gas ideale risulta (n=n° moli; Cp=capacità termica molare a pressione costante; Cv=capacità termica

molare a volume costante):

delta_H=n*Cp*delta_T; delta_U=n*Cv*delta_T

20. La reazione 2 H2 (g) + O2 (g) --> 2 H2O (g):

Avviene con diminuzione di entropia perché le moli diminuiscono nel passare dai reagenti ai prodotti

21. Un processo a pressione costante per cui delta_H<0 è:

Un processo esotermico

22. Quando si mescolano due gas che si comportano idealmente accade che:

ΔG ΔS ΔH

< 0, > 0, = 0

 ΔH° ΔG°

23. Per la reazione A B, a T = 25.0 °C, = -23.99 kcal/mol, = -3.00 kcal/mol.

ΔH° e ΔS° rimangano

Assumendo che costanti al variare di T, calcolare, se la concentrazione iniziale di B è nulla,

la percentuale di conversione di A in B a T = 50.0 °C.

ΔG° ΔS° ΔG° ΔH° – TΔS° ΔS°

la relazione che lega a è = per cui possiamo calcolare a 298 ° K

– ΔS° ΔS°=

-0,3 = -23,99 298 x da cui -23,99 +3 / 298 = 20,99 / 298 = 7,04 x 10 -²

ΔS° ΔH°

poichè secondo quanto ci è dato nè nè variano con la temperatura allora possiamo calcolare

ΔG° alla temperatura di 50 gradi 323 K

ΔG° ΔH° – TΔS° ΔG°= –

= -23,99 323x 7,04 x 10 -² = -1,93 Kcal/mol T

–ΔG°/

poichè lnK = RT allora lnK = 1,93 /(1,984x 10-³x 323) = 1,23 pertanto K = 6,89 =6,9

dei dati termodinamici allegata, calcolare la variazione di entalpia (ΔH°), di energia libera di

24. Usando la tabella

Gibbs (ΔG°) e di entropia (ΔS°), in condizioni standard e a 25 °C della reazione seguente (da bilanciare):



C H (g) + O (g) CO (g) + H O(g) bilanciata 2 C H (g) + 15 O (g) = 12 CO (g) + 6 H O(g)

6 6 2 2 2 6 6 2 2 2

Disegnare inoltre il diagramma di ΔG° in funzione di T (in K) mostrando in quale intervallo di T la reazione è

spontanea. Calcolare infine la costante di equilibrio a due valori di temperatura scelti a piacere (ma

sufficientemente diversi). –

Delta S= 3*( S H O) + 6*(S CO ) 15/2*(S O )- (S C H )=

2 2 2 6 6 lOM oAR cP SD| 9679654

(3* 69,9 j/k mol )+ (6*213,6 j/k mol) - 15/2*205 j/k mol) - (1*269,2 j/k mol)=

– –

209,7j/k + 1281,6j/k 1537,5j/k 269,2j/k = -315,3 j/k

–

Delta H=3*(H H O)+ 6*( H CO ) -15/2( H O ) 1 ( H C H ) =

2 2 2 6 6

–

3*( -241,8 kj/mol)+ 6*(-393,5 KJ/mol) 15/2(0)- 1 *( 49 kj/mol)=

25. Lo studente esponga il seguente argomento: