6 aprile 2004
Prova scritta di Chimica Generale/Chimica Fisica

Chimica Generale

(Ogni esercizio vale $3$ punti)

1. La reazione rappresentata dalla seguente equazione bilanciata:
   $$\begin{eqnarray*} 2Ag_3AsO_4+11Zn+11H_2SO_4=2AsH_3+6Ag+11ZnSO_4+8H_2O \end{eqnarray*}$$
   
   

   e' completa. Si pongono a reagire $5.6\;g$ di $Ag_3AsO_4$, $10.2\;g$ di $Zn$ e $13.4\;g$ di $H_2SO_4$.

   Determinate la massa in grammi di reagenti e prodotti alla fine della reazione.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \GOf{Ag_3AsO_4}^\circ&5.6\;g\\ \GOf{Zn}^\circ&10.2\;g\\ \GOf{H_2SO_4}^\circ&13.4\;g\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\NZeroOf{Ag_3AsO_4}$	numero di moli iniziale di $Ag_3AsO_4$
   $\NZeroOf{Zn}$	numero di moli iniziale di $Zn$
   $\NZeroOf{H_2SO_4}$	numero di moli iniziale di $H_2SO_4$
   $n_{Zn}^R$	numero di moli di $Zn$ che hanno reagito
   $n^R_{H_2SO_4}$	numero di moli di $H_2SO_4$ che hanno reagito
   $\NOf{Zn}$	numero di moli di $Zn$ al termine della reazione
   $\NOf{H_2SO_4}$	numero di moli di $H_2SO_4$ al termine della reazione
   $\NOf{AsH_3}$	numero di moli di $AsH_3$ al termine della reazione
   $\NOf{Ag}$	numero di moli di $Ag$ al termine della reazione
   $\NOf{ZnSO_4}$	numero di moli di $ZnSO_4$ al termine della reazione
   $\NOf{H_2O}$	numero di moli di $H_2O$ al termine della reazione
   $\MWOf{Ag_3AsO_4}$	massa molare di $Ag_3AsO_4$: $462.524\;g/mol$
   $\MWOf{Zn}$	massa molare di $Zn$: $65.39\;g/mol$
   $\MWOf{H_2SO_4}$	massa molare di $H_2SO_4$: $98.078\;g/mol$
   $\MWOf{AsH_3}$	massa molare di $AsH_3$: $77.945\;g/mol$
   $\MWOf{Ag}$	massa molare di $Ag$: $107.868\;g/mol$
   $\MWOf{ZnSO_4}$	massa molare di $ZnSO_4$: $161.45\;g/mol$
   $\MWOf{H_2O}$	massa molare di $H_2O$: $18.015\;g/mol$
   $\GOf{Zn}$	massa di $Zn$ al termine della reazione
   $\GOf{H_2SO_4}$	massa di $H_2SO_4$ al termine della reazione
   $\GOf{AsH_3}$	massa di $AsH_3$ al termine della reazione
   $\GOf{Ag}$	massa di $Ag$ al termine della reazione
   $\GOf{ZnSO_4}$	massa di $ZnSO_4$ al termine della reazione
   $\GOf{H_2O}$	massa di $H_2O$ al termine della reazione

   
   
   
   

   Per prima cosa trasformiamo le quantita' date in grammi nei corrispondenti numeri di moli.

   $$\begin{eqnarray*} \NZeroOf{Ag_3AsO_4}&=&\frac{\GOf{Ag_3AsO_4}^\circ}{\MWOf{Ag_3A... ...NZeroOf{H_2SO_4}&=&\frac{\GOf{H_2SO_4}^\circ}{\MWOf{H_2SO_4}}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Ora dobbiamo determinare il reagente limitante: a tale scopo valutiamo il rapporto fra il numero di moli iniziale e il rispettivo coefficiente stechiometrico per ciascun reagente.

   $$\begin{eqnarray*} \frac{\NZeroOf{Ag_3AsO_4}}{2}&=&\frac{\frac{\GOf{Ag_3AsO_4}^\c... ...\\ &=&\frac{\frac{13.4}{98.078}}{11}\\ &=&1.24\times10^{-2}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   E' evidente che il reagente limitante e' $Ag_3AsO_4$: al termine della reazione, quindi, esso sara' completamente consumato.

   Inoltre, potremo basarci su di esso per ricavare il numero di moli di tutti gli altri partecipanti al termine della reazione.

   Ad esempio, sapendo quante moli di $Ag_3AsO_4$ hanno reagito e conoscendo il rapporto stechiometrico fra $Ag_3AsO_4$ e $Zn$, e' immediato ricavare il numero di moli di $Zn$ che hanno reagito:

   $$\begin{eqnarray*} n_{Zn}^R&=&\frac{11}{2}\NZeroOf{Ag_3AsO_4} \end{eqnarray*}$$
   
   

   e quindi il numero di moli di $Zn$ che rimarranno a fine reazione e':

   $$\begin{eqnarray*} n_{Zn}&=&\NZeroOf{Zn}-n_{Zn}^R\\ &=&\NZeroOf{Zn}-\frac{11}{2}\NZeroOf{Ag_3AsO_4}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   In modo identico:

   $$\begin{eqnarray*} n_{H_2SO_4}^R&=&\frac{11}{2}\NZeroOf{Ag_3AsO_4}\\ n_{H_2SO_4}... ..._4}^R\\ &=&\NZeroOf{H_2SO_4}-\frac{11}{2}\NZeroOf{Ag_3AsO_4}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Sempre basandoci sul numero di moli iniziale di $Ag_3AsO_4$, possiamo ricavare facilmente il numero di moli di ciascun prodotto:

   $$\begin{eqnarray*} \NOf{AsH_3}&=&\NZeroOf{Ag_3AsO_4}\\ \NOf{Ag}&=&\frac{6}{2}\NZ... ...oOf{Ag_3AsO_4}\\ \NOf{H_2O}&=&\frac{8}{2}\NZeroOf{Ag_3AsO_4}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Infine, non resta che trasformare i numeri di moli cosi' ottenuti nelle corrispondenti masse in grammi:

   $$\begin{eqnarray*} \GOf{Zn}&=&n_{Zn}\MWOf{Zn}\\ &=&\MWOf{Zn}\left(\NZeroOf{Zn}-\... ...}\\ &=&4\times\frac{5.6}{462.524}\times107.868\\ &=&0.87\;g\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

2. Qual'e' la percentuale in massa di glucosio ($C_6H_{12}O_6$) in una soluzione acquosa $1.4\;mol/L$ avente densita' pari a $1.15\;g/mL$?
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \COf{C_6H_{12}O_6}&1.4\;mol/L\\ \rho&1.15\;g/mL\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $\NOf{C_6H_{12}O_6}$	numero di moli di glucosio
   $G$	massa della soluzione in grammi
   $\GOf{C_6H_{12}O_6}$	massa di glucosio in grammi
   $\MWOf{C_6H_{12}O_6}$	massa molare del glucosio: $180.156\;g/mol$

   
   
   
   

   Consideriamo un litro di soluzione (cioe' $1000\;mL$). E' chiaro che la sua massa sara':

   $$\begin{eqnarray*} G&=&1000\times{}\rho \end{eqnarray*}$$
   
   

   In tale massa di soluzione sono contenute, per definizione di concentrazione molare, $\COf{C_6H_{12}O_6}\;mol$ di glucosio, corrispondenti a:

   $$\begin{eqnarray*} \GOf{C_6H_{12}O_6}&=&\COf{C_6H_{12}O_6}\MWOf{C_6H_{12}O_6}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   grammi di glucosio.

   Non resta che calcolare la percentuale in massa richiesta:

   $$\begin{eqnarray*} \PercentOf{C_6H_{12}O_6}&=&100\times\frac{\GOf{C_6H_{12}O_6}}{... ...00\times\frac{1.4\times180.156}{1000\times{}1.15}\\ &=&21.93\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

3. In un recipiente mantenuto a temperatura costante vengono introdotti idrogeno e azoto gassosi ($\Gaseous{H_2}$ e $\Gaseous{N_2}$), che reagiscono secondo l'equazione:
   $$\begin{eqnarray*} 3\Gaseous{H_2}+\Gaseous{N_2}&=&2\Gaseous{NH_3} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Dopo che il sistema ha raggiunto l'equilibrio si trova che la pressione totale e' $35.0\;atm$ e nel recipiente sono presenti $0.78\;mol$ di $H_2$, $0.41\;mol$ di $N_2$ e $0.205\;mol$ di $NH_3$. Determinate la costante di equilibrio $K_P$ della reazione (alla temperatura dell'esperimento) espressa in funzione delle pressioni parziali.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} P&35.0\;atm\\ \NOf{H_2}&0.78\;mol\\ \NOf{N_2}&0.41\;mol\\ \NOf{NH_3}&0.205\;mol\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $n_T$	numero totale di moli presenti all'equilibrio
   $x_{H_2}$	frazione molare di $H_2$
   $x_{N_2}$	frazione molare di $N_2$
   $x_{NH_3}$	frazione molare di $NH_3$
   $p_{H_2}$	pressione parziale di $H_2$ in $atm$
   $p_{N_2}$	pressione parziale di $N_2$ in $atm$
   $p_{NH_3}$	pressione parziale di $NH_3$ in $atm$

   
   
   
   

   Per prima cosa calcoliamo le frazioni molari all'equilibrio:

   $$\begin{eqnarray*} n_T&=&\NOf{H_2}+\NOf{N_2}+\NOf{NH_3}\\ x_{H_2}&=&\frac{\NOf{H... ...{n_T}\\ &=&\frac{\NOf{NH_3}}{\NOf{H_2}+\NOf{N_2}+\NOf{NH_3}}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Ora ci possiamo calcolare le pressioni parziali:

   $$\begin{eqnarray*} \POf{H_2}&=&Px_{H_2}\\ &=&P\frac{\NOf{H_2}}{\NOf{H_2}+\NOf{N_... ...\ &=&35.0\times\frac{0.205}{0.78+0.41+0.205}\\ &=&5.14\;atm\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Non resta che calcolare la $K_P$:

   $$\begin{eqnarray*} K_P&=&\frac{\POf{NH_3}^2}{\POf{H_2}^3\POf{N_2}}\\ &=&\frac{5.14^2}{19.57^3\times10.29}\\ &=&3.43\times10^{-4}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

4. Per la molecola $XeO_3$ determinate:
   • la formula di Lewis piu' stabile
   • la geometria molecolare
   SVOLGIMENTO

   Applichiamo il metodo per scrivere le formule di Lewis visto durante il corso.

   Elettroni di valenza
   $Xe$	$8$
   $O$	$6\times3$
   carica	$0$
   totale	$26$

   Ponendo l'atomo di $Xe$ (meno elettronegativo) al centro, si ottiene:

   
   

   $$\begin{array}{c} \begin{xy} <1em,0em>: *+{Xe},c=''Xe''; p+/... ...+/d0.1em/**\dir{}?<*\dir{\vert}, \end{xy}\\ \\ (a) \end{array}$$
   
   

   Questa e' solo la prima formula accettabile, in cui l'atomo centrale (oltre, ovviamente, agli atomi terminali) e' circondato da otto elettroni. Tuttavia, siccome lo xenon appartiene al quinto periodo, puo' dare valenza espansa. Quindi, oltre alla $(a)$, si possono scrivere le seguenti formule di Lewis:

   
   

   $$\begin{array}{ccc} \begin{xy} <1em,0em>: *+{Xe},c=''Xe''; p... ...r{}?<*\dir{\vert}, \end{xy}\\ &&\\ (b)&(c)&(d)\\ \end{array}$$
   
   

   Chiaramente, la formula $(b)$ esiste in $3$ versioni identiche tranne che per la posizione del doppio legame. Lo stesso vale per la formula $(c)$, in cui le tre versioni identiche differiscono solo per la posizione del legame singolo.

   Per decidere quale formula di Lewis sia piu' stabile bisogna valutare le cariche atomiche formali. Applicando il metodo visto a lezione si ha:

   
   

   $$\begin{array}{lrrrr} & \multicolumn{1}{c}{(a)}& \multicolumn... ...{up}}&-1&-1&0&0\\ O_{\mathit{right}}&-1&-1&-1&0\\ \end{array}$$
   
   

   Si vede quindi che la formula piu' stabile e' la $(d)$, in cui tutte le cariche atomiche formali sono nulle.

   Per determinare la geometria molecolare applichiamo il metodo VSEPR. Consideriamo una qualsiasi delle formule di Lewis scritte: ci sono $4$ coppie strutturali e quindi la geometria delle coppie strutturali sara' tetraedrica. Siccome c'e' una coppia di non legame, la geometria molecolare sara' piramidale trigonale.

   geometria delle coppie strutturali	geometria molecolare

5. Qual'e' l'ordine di legame $N-O$ nello ione nitrato ($NO_3^-$)?
   SVOLGIMENTO

   Per prima cosa scriviamo tutte le possibili formule di Lewis dello ione molecolare. Applicando il metodo visto durante il corso si ha:

   Elettroni di valenza
   $N$	$5$
   $O$	$6\times3$
   carica	$1$
   totale	$24$

   Ponendo l'atomo di $N$ (meno elettronegativo) al centro, si ottiene:

   
   

   $$\begin{array}{c} \left[\begin{xy} <1em,0em>: *+{N},c=''N'';... ...*\dir{}?<*\dir{\vert}, \end{xy}\right]^- \\ \\ (a) \end{array}$$
   
   

   La formula ottenuta non e' accettabile perche' l'atomo di azoto non e' circondato da $8$ elettroni. Utilizzando una coppia solitaria di un atomo di ossigeno per formare un legame $\pi$ con l'azoto si hanno tre possibilita' equivalenti:

   
   

   $$\begin{array}{ccc} \left[\begin{xy} <1em,0em>: *+{N},c=''N'... ...{\vert}, \end{xy}\right]^- \\ &&\\ (b)&(c)&(d)\\ \end{array}$$
   
   

   Non ci sono altre possibilita', dal momento che l'azoto, appartenendo al secondo periodo, non puo' dare valenza espansa.

   E' chiaro che le tre formule di risonanza possibili sono fra loro equivalenti, differendo unicamente per la posizione del doppio legame: ne segue che ciascuna contribuisce in modo identico all'ibrido e quindi i tre legami $N-O$ sono perfettamente identici.

   Consideriamo allora uno qualsiasi di essi, ad esempio quello fra l'azoto e l'ossigeno di sinistra: il suo ordine sara' la media sulle tre formule di risonanza:

   
   

   $$\begin{array}{lccc} &\multicolumn{1}{c}{(a)}&\multicolumn{1}... ...x{O.L.}_{\left(N-O_{\mathit{left}}\right)}&2&1&1\\ \end{array}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} \overline{\mbox{O.L.}}_{\left(N-O_{\mathit{left}}\right)}&=&\frac{2+1+1}{3}\\ &=&\frac{4}{3} \end{eqnarray*}$$
   
   

6. Determinate il $pH$ di una soluzione $0.2\;mol/l$ di $\left(NH_4\right)_2SO_4$. La costante di ionizzazione basica dell'ammoniaca e' $K_B=1.8\times10^{-5}$; l'acido solforico e' un acido diprotico forte.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \CZeroOf{\left(NH_4\right)_2SO_4}&0.2\;mol/L\\ K_B&1.8\times10^{-5}\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $K_A$	costante di ionizzazione acida dello ione ammonio
   $K_W$	prodotto ionico dell'acqua: $1\times10^{-14}$

   
   
   
   

   $\left(NH_4\right)_2SO_4$ e' un sale e quindi in acqua e' completamente dissociato in ioni $NH_4^+$ e ioni $SO_4^{2-}$, secondo:

   $$\begin{eqnarray*} \left(NH_4\right)_2SO_4&=&2NH_4^++SO_4^{2-} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Lo ione solfato e' la base coniugata di un acido forte e quindi la sua forza basica e' effettivamente nulla.

   Lo ione $NH_4^+$ e' l'acido coniugato dell'ammoniaca, che, come mostra il valore della sua costante basica, e' una base debole. Ne segue che lo ione ammonio ha una forza acida non trascurabile: essa e' misurata da una $K_A$ che si ricava da:

   $$\begin{eqnarray*} K_AK_B&=&K_W\\ K_A&=&\frac{K_W}{K_B}\\ &=&\frac{1\times10^{-... ...=&5.56\times10^{-10}\\ % (/ 1.0e-14 1.8e-5)5.555555555555555e-10 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Il problema e' quindi quello di trovare il $pH$ di una soluzione contenente un acido debole (lo ione ammonio):

   $$\begin{eqnarray*} NH_4^+&=&NH_3+H^+ \end{eqnarray*}$$
   
   

   La formula finale e' stata ricavata durante il corso:

   $$\begin{eqnarray*} \left[H^+\right]&=&\sqrt{K_A\CZeroOf{NH_4^+}} \end{eqnarray*}$$
   
   

   Chiaramente, guardando l'equazione che descrive la dissociazione del sale, deve valere:

   $$\begin{eqnarray*} \CZeroOf{NH_4^+}&=&2\CZeroOf{\left(NH_4\right)_2SO_4}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Quindi:

   $$\begin{eqnarray*} \left[H^+\right]&=&\sqrt{2\CZeroOf{\left(NH_4\right)_2SO_4}K_A... ...4.83\\ % (- (log10 (sqrt (* 2.0 0.2 5.56e-10))))4.82643260854499 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Il $pH$ ottenuto e' acido, come ci si poteva aspettare.

7. La costante di ionizzazione acida dell'acido lattico, un acido monoprotico ( $CH_3CH\left(OH\right)COOH$) e' $K_A=8.3\times10^{-4}$. Quanti grammi di lattato sodico ( $CH_3CH\left(OH\right)COONa$) si devono aggiungere a $1.0\;L$ di soluzione dell'acido $0.95\;mol/L$ per ottenere una soluzione tampone a $pH=3.24$?
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} K_A&8.3\times10^{-4}\\ V&1.0\;L\\ \CZeroOf{A}&0.95\;mol/L\\ pH&3.24\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $n_A$	numero di moli di acido lattico
   $n_B$	numero di moli di lattato
   $M_{CH_3CH\left(OH\right)COONa}$	massa molare del lattato sodico: $112.060\;g/mol$

   
   
   
   

   La formula che da' il $pH$ di una soluzione tampone (ricavata durante il corso) e':

   $$\begin{eqnarray*} pH&=&pK_A-\log{}\frac{n_A}{n_B} \end{eqnarray*}$$
   
   

   dove $n_A$ ed $n_B$ sono, rispettivamente, il numero di moli della forma acida e quello della forma basica della coppia coniugata su cui e' basato il tampone.

   Essendo il volume della soluzione pari a $1.0\;L$, si ha:

   $$\begin{eqnarray*} n_A&=&\CZeroOf{A}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Allora la formula puo' essere utilizzata per trovare il numero di moli di base coniugata (che, ovviamente, e' uguale al numero di moli di sale da aggiungere):

   $$\begin{eqnarray*} pH&=&pK_A-\log{}\frac{\CZeroOf{A}}{n_B}\\ \log{}\frac{\CZeroO... ...K_A-pH\right)}\\ n_B&=&\CZeroOf{A}10^{-\left(pK_A-pH\right)}\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   La massa di sale in grammi cercata e' infine:

   $$\begin{eqnarray*} G&=&M_{CH_3CH\left(OH\right)COONa}\times{}n_B\\ &=&M_{CH_3CH\... ...0.95 (expt 10.0 (- (- (- (log10 8.3e-4))3.24))))153.550882145723 \end{eqnarray*}$$
   
   

8. Calcolate il $pH$ di una soluzione ottenuta mescolando $50\;mL$ di una soluzione $0.24\;mol/L$ di $Mg\left(OH\right)_2$ con $50\;mL$ di una soluzione $0.48\;mol/L$ di $HClO_4$.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} V_{Mg\left(OH\right)_2}&50\;mL=0.050\;L\\ \CZeroOf{Mg\left(... .../L\\ V_{HClO_4}&50\;mL=0.050\;L\\ \CZeroOf{HClO_4}&0.48\;mol/L\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $C^\circ$	concentrazione di ioni ossidrile e ioni idronio dopo il mescolamento
   $K_W$	prodotto ionico dell'acqua: $1\times10^{-14}$

   
   
   
   

   $Mg\left(OH\right)_2$ e' una base forte e $HClO_4$ e' un acido forte. Entrambi i composti sono quindi completamente ionizzati e la reazione che avviene all'atto del mescolamento delle due soluzioni e':

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

   Questa reazione e' l'inversa dell'autoionizzazione dell'acqua e la sua costante di equilibrio e' quindi $1/K_W=10^{14}$. Essendo la costante molto grande, la reazione si puo' considerare, in prima approssimazione, completa. Dobbiamo quindi determinare in primo luogo il reagente limitante. Questo e' presto fatto se osserviamo che si mescolano volumi uguali delle due soluzioni e che la concentrazione di idrossido di magnesio e' la meta' di quella di acido perclorico: siccome una mole di idrossido di magnesio contiene due moli di ioni ossidrile, la concentrazione di questi ultimi e quella di ioni idronio dopo il mescolamento risulteranno uguali.

   In questo caso l'assunzione che la reazione sia completa non e' di grande aiuto, poiche' porterebbe a calcolare un valore nullo sia per la concentrazione di equilibrio degli ioni ossidrile che di quelli idronio:

   
   

   $$\begin{array}{lllcl} &OH^-&+H^+&=&H_2O\\ t=0&C^\circ&C^\circ&&\\ t=\infty&0&0&&\\ \end{array}$$
   
   

   Dobbiamo allora ricorrere alla legge dell'azione di massa, osservando che, essendo le due concentrazioni iniziali identiche, tali saranno anche le concentrazioni di equilibrio. Detto $x$ il valore comune di queste ultime, si ha:

   $$\begin{eqnarray*} \frac{1}{K_W}&=&\frac{1}{\left[OH^-\right]\left(H^+\right)}\\ &=&\frac{1}{x^2} \end{eqnarray*}$$
   
   

   da cui, ovviamente:

   $$\begin{eqnarray*} x&=&\sqrt{K_W}\\ &=&\sqrt{10^{-14}}\\ &=&10^{-7}\;mol/L\\ pH&=&7\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

   Cioe', come si poteva facilmente prevedere dal momento che gli ioni ossidrile e gli ioni idronio erano in rapporto stechiometrico: il $pH$ della soluzione finale e' uguale a quello dell'acqua pura.

9. Una sbarretta di argento metallico viene immersa in una soluzione alla temperatura di $25\;C$ contenente $0.1\;mol/L$ di ioni $Ag^+$, $0.4\;mol/L$ di ioni $Fe^{3+}$ e $0.05\;mol/L$ di ioni $Fe^{2+}$. Dite se la sbarretta verra' ossidata o meno dagli ioni ferrici in queste condizioni.

   $E^\circ_{Ag^+/Ag}=0.80\;V$, $E^\circ_{Fe^{3+}/Fe^{2+}}=0.77\;V$.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \CZeroOf{Ag^+}&0.1\;mol/L\\ \CZeroOf{Fe^{3+}}&0.4\;mol/L\\ ... ....80\;V\\ E^\circ_{Fe^{3+}/Fe^{2+}}&0.77\;V\\ T&25\;C=273.15\;K\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

   $R$	costante dei gas: $8.314\;J/(mol\;K)$
   $F$	costante di Faraday: $96485\;C/mol$

   
   
   
   

   In pratica, bisogna stabilire se la reazione:

   $$\begin{eqnarray*} Ag+Fe^{3+}&=&Ag^++Fe^{2+} \end{eqnarray*}$$
   
   

   e' spontanea o meno.

   Cio' si puo' fare valutando i potenziali di riduzione delle due coppie redox implicate nelle condizioni date.

   Utilizziamo a questo scopo l'equazione di Nernst:

   
   

   $$Fe^{3+}+e=Fe^{2+}\\$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} E_{Fe^{3+}/Fe^{2+}}&=&E^\circ_{Fe^{3+}/Fe^{2+}}+\frac{RT}{nF}\... ...14 273.15)(* 1.0 96485.0))(log (/ 0.4 0.05))))0.8189438512350238 \end{eqnarray*}$$
   
   

   
   

   $$Ag^++e=Ag\\$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} E_{Ag^+/Ag}&=&E^\circ_{Ag^+/Ag}+\frac{RT}{nF}\ln{}\CZeroOf{Ag^... ...(/ (* 8.314 273.15)(* 1.0 96485.0))(log 0.1)))0.7458040151701291 \end{eqnarray*}$$
   
   

   Siccome $E_{Fe^{3+}/Fe^{2+}}>E_{Ag^+/Ag}$, la sbarretta di argento verra' attaccata dagli ioni ferrici.

10. Quanti atomi di carbonio sono contenuti in $1.5\times10^{-2}\;mg$ di toluene ($C_6H_5CH_3$)?
    SVOLGIMENTO

    Dati:

    $\begin{array}{rl} G_{C_6H_5CH_3}&1.5\times10^{-2}\;mg=1.5\times10^{-5}\;g\\ \end{array}$

    
    
    
    

    Altri simboli:

    $M_{C_6H_5CH_3}$	massa molare del toluene: $92.138\;g/mol$
    $n_{C_6H_5CH_3}$	numero di moli di toluene
    $n_C$	numero di moli di carbonio
    $N_C$	numero di atomi di carbonio
    $N^\circ$	numero di Avogadro: $6.02\times10^{23}$

    
    
    
    

    Il numero di moli di toluene contenuto nella massa in grammi data e':

    $$\begin{eqnarray*} n_{C_6H_5CH_3}&=&\frac{G_{C_6H_5CH_3}}{M_{C_6H_5CH_3}}\\ \end{eqnarray*}$$
    
    

    Ogni mole di toluene contiene $7\;mol$ di carbonio; quindi il numero di moli di carbonio e' dato da:

    $$\begin{eqnarray*} n_C&=&7\times{}n_{C_6H_5CH_3}\\ &=&7\times{}\frac{G_{C_6H_5CH_3}}{M_{C_6H_5CH_3}}\\ \end{eqnarray*}$$
    
    

    Infine:

    $$\begin{eqnarray*} N_C&=&N^\circ{}n_C\\ &=&N^\circ{}\times{}7\times{}\frac{G_{C_... ...^{17}\\ % (* 6.02e23 7.0 (/ 1.5e-5 92.138))6.860361631465844e+17 \end{eqnarray*}$$
    
    

Chimica Fisica

(Ogni esercizio vale $10$ punti)

1. Il $2$-butene, ($C_4H_8$), e' una molecola organica che puo' esistere in due ``versioni'', che, in generale, si chiamano isomeri configurazionali. I due isomeri differiscono per la posizione relativa dei due gruppi metilici ($-CH_3$) rispetto al doppio legame $C-C$:

   
   

   $$\begin{array}{cc} \begin{xy} <1em,0em>:; *+{C};p=''left'',p+... ...t {}cis}-2-butene}&\mbox{{\it {}trans}-2-butene}\\ \end{array}$$
   
   

   Dai seguenti dati termodinamici, validi a $298\;K$:

   
   

   $$\begin{array}{lll} &\Delta{}H^\circ_f\;\left(kJ/mol\right)&S... ...is}&-6.99&300.94\\ \mathit{trans}&-11.17&296.59\\ \end{array}$$
   
   

   ricavate la costante di equilibrio per la reazione di isomerizzazione cis/trans:

   $$\begin{eqnarray*} \mbox{{\it {}cis}-2-butene}&=&\mbox{{\it {}trans}-2-butene} \end{eqnarray*}$$
   
   

   a $298\;K$.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \Delta{}H^\circ_{f,\mathit{cis}}&-6.99\;kJ/mol=-6.99\times10... ...t{trans}}&296.59\;\left(J/\left(mol\;K\right)\right)\\ T&298\;K\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Altri simboli:

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

   
   
   
   

   Partendo dalla relazione che lega la costante di equilibrio alla variazione standard di energia libera di Gibbs si ha:

   $$\begin{eqnarray*} RT\ln{}K&=&-\Delta{}G^\circ\\ &=&-\left(\Delta{}H^\circ-T\Del... ...296.59-300.94\right)\right)}{8.314\times298}\right]\\ &=&3.2\\ \end{eqnarray*}$$
   
   

2. La variazione standard di entalpia per la reazione di combustione della naftalina ($C_{10}H_8$) e' $\Delta{}H^\circ_{\mathit{comb}}=-5156.1\;kJ/mol$. Sapendo che le entalpie standard di formazione dell'acqua e dell'anidride carbonica sono rispettivamente $\Delta{}H^\circ_{f,H_2O}=-241.82\;kJ/mol$ e $\Delta{}H^\circ_{f,CO_2}=-393.51\;kJ/mol$, determinate l' entalpia standard di formazione della naftalina.
   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \Delta{}H^\circ_{\mathit{comb}}&-5156.1\;kJ/mol\\ \Delta{}H... ...f,H_2O}&-241.82\;kJ/mol\\ \Delta{}H^\circ_{f,CO_2}&-393.51\;kJ/mol \end{array}$

   
   
   
   

   
   
   
   

   La reazione di combustione della naftalina e' rappresentata dalla seguente equazione (il cui bilanciamento e' immediato):

   $$\begin{eqnarray*} C_{10}H_8+12O_2&=&10CO_2+4H_2O \end{eqnarray*}$$
   
   

   Per la legge di Hess:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}H^\circ_{\mathit{comb}}&=&10\Delta{}H^\circ_{f,CO_2}+4\Delta{}H^\circ_{f,H_2O}-\Delta{}H^\circ_{f,C_{10}H_8} \end{eqnarray*}$$
   
   

   (l'entalpia di formazione dell'ossigeno molecolare e' nulla)

   La relazione su scritta si puo' esplicitare rispetto all'unica incognita ( $\Delta{}H^\circ_{f,C_{10}H_8}$):

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}H^\circ_{f,C_{10}H_8}&=&10\Delta{}H^\circ_{f,CO_2}+4\D... ... (* 10.0 -393.51) (* 4.0 -241.82) (- -5156.1))253.72000000000048 \end{eqnarray*}$$
   
   

3. La reazione rappresentata dalla seguente equazione:
   $$\begin{eqnarray*} CO+H_2O&=&CO_2+H_2 \end{eqnarray*}$$
   
   

   viene chiamata ``water gas shift reaction'' ed e' molto importante nelle nuove tecnologie per le celle a combustibile.

   Dai seguenti dati termodinamici, validi a $298\;K$:

   
   

   $$\begin{array}{lll} &\Delta{}H^\circ_f\;\left(kJ/mol\right)&S... ...82&188.83\\ CO_2&-393.51&213.74\\ H_2&&130.684\\ \end{array}$$
   
   

   stabilite se questa reazione e' termodinamicamente favorita a $298\;K$ in condizioni standard.

   SVOLGIMENTO

   Dati:

   $\begin{array}{rl} \Delta{}H^\circ_{f,CO}&-110.53\;kJ/mol=-110.53\times10^{3}\;... ...ght)\\ S^\circ_{H_2}&130.684\;J/\left(mol\;K\right)\\ T&298\;K\\ \end{array}$

   
   
   
   

   Per valutare la spontaneita' della reazione ne determiniamo la variazione standard di energia libera di Gibbs:

   $$\begin{eqnarray*} \Delta{}G^\circ&=&\Delta{}H^\circ-T\Delta{}S^\circ\\ &=&\left... ...84-\left(197.67+188.83\right)\right)\\ &=&-28621.35\;J/mol\\ % \end{eqnarray*}$$
   
   

   Essendo $\Delta{}G^\circ<0$, la reazione e' favorita nelle condizioni date.