Introduzione alla Termodinamica Esercizi svolti

Introduzione alla Termodinamica – Esercizi svolti
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Introduzione alla Termodinamica
Esercizi svolti
Roberto Zanrè
A.A. 2007/2008
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Roberto Zanrè – Dipartimento di Scienze Chimiche – Università degli Studi Padova – 15/10/07
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Introduzione alla Termodinamica – Esercizi svolti
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CAPITOLO 2: PRIMO PRINCIPIO
Esercizio n. 2.1
Un campione di 7.24 g di etano occupa 4.65 L a 294 K.
a) Calcolare il lavoro compiuto quando il gas si espande isotermicamente contro una
pressione esterna costante di 0.5 atm fino a quando il suo volume diventa 6.87 L.
b) Calcolare il lavoro compiuto quando la stessa espansione si compie reversibilmente.
Svolgimento.
a) MM (CH3-CH3) = 30 g mol ;
P ⋅V = n ⋅ R ⋅ T ,
Dalla legge dei gas perfetti:
P=
Moli di etano =
7.24 g
.
30 g mol
si ricava la pressione iniziale del gas etano:
n ⋅ R ⋅T
7.24 g
L ⋅ atm 294 K
=
⋅ 0.0821
⋅
= 1.25atm .
V
30 g mol
K ⋅ mol 4.65 L
Il lavoro di volume, fatto dal gas, durante l’espansione contro una pressione esterna costante
di 0.5 atm sarà:
(
)
w = − Pest ⋅ ∆V = − Pest ⋅ V f − Vi = −0.5atm ⋅ (6.87 − 4.65)L = w = −1.11L ⋅ atm
1L ⋅ atm = 101.3J , quindi il lavoro irreversibile è pari a:
w = −112 J .
b) Se l’espansione è condotta in modo reversibile ed isotermo (la pressione esterna in ogni
momento differisce in modo infinitesimo dalla pressione interna del gas e, quindi, la pressione
esterna può esser considerata, in ogni momento, uguale alla pressione interna del gas. La
pressione interna del gas, ovviamente, durante l’espansione cambia e l’equazione di stato dei
gas perfetti ci permette di esprimere la dipendenza con la variazione del volume). Per ogni
spostamento infinitesimo il lavoro sarà pari a:
δw = − Pgas ⋅ dV
In realtà il gas si espande contro una pressione esterna pari a: Pest = Pgas + dP , quindi il lavoro
di volume è dato dalla:
(
)
δw = − Pest ⋅ dV = − Pgas + dP ⋅ dV = − Pgas ⋅ dV − dP ⋅ dV = − Pgas ⋅ dV
c.v.d.
Per calcolare il lavoro di volume totale bisogna sommare tutti i contributi infinitesimi.
Questa operazione è detta integrazione tra lo stato iniziale e lo stato finale:
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f
f
∫ δw = − ∫ Pgas ⋅ dV .
i
i
La Pgas (che varia durante l’espansione del gas) è data in ogni momento dall’equazione di stato
dei gas perfetti:
Pgas =
f
n ⋅ R ⋅T
, quindi:
V
f
n ⋅ R ⋅T
⋅ dV .
V
i
i
di integrale.
∫ δw = − ∫
f
L’espansione è isoterma, per cui n ⋅ R ⋅ T è costante ed esce dal segno
Vf
1
⋅ dV . Questo integrale vale:
V
Vi
∫ δw = − n ⋅ R ⋅ T ⋅ ∫
i
w = − n ⋅ R ⋅ T ⋅ ln
w = −2.3 ⋅
Vf
Vi
= −2.3 ⋅ n ⋅ R ⋅ T ⋅ log10
Vf
Vi
7.24 g
L ⋅ atm
6.87
⋅ 0.0821
⋅ 294 K ⋅ log10
30 g mol
K ⋅ mol
4.65
w = −2.27 L ⋅ atm ;
w = −230 J .
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Esercizio n. 2.2
Calcolare il lavoro compiuto dalla reazione:
Zn(s) + H2SO4(aq) → ZnSO4(aq) + H2(g).
Quando 1 mole di idrogeno gassoso viene raccolto a 273 K e 1.0 atm. (trascurare le variazioni di
volume diverse da quelle dovute al gas).
Svolgimento.
V =
n ⋅ R ⋅T
L ⋅ atm 273K
= 1mol ⋅ 0.0821
⋅
= 22.41L
P
K ⋅ mol 1atm
Il volume iniziale di gas è 0L. Per cui la variazione di volume è: ∆V = 22.41L .
Il lavoro di volume, fatto dal gas idrogeno, durante l’espansione contro una pressione esterna
costante di 1 atm sarà:
w = − Pest ⋅ ∆V = −1atm ⋅ 22.41L = −22.41L ⋅ atm
w = −2270 J .
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Esercizio n. 2.3
Un gas ideale è compresso isotermicamente mediante una forza di 85 newton che agisce per 0.24
metri. Calcolare i valori di ∆U e q.
Svolgimento.
Per una compressione isoterma la variazione di energia interna è 0. D’altra parte, dalla:
dU = C v ⋅ dT ,
se non si ha variazione di temperatura, allora dT = 0 e dU = 0 ed anche ∆U per il processo finito
sarà nulla.
Dal primo principio della termodinamica:
dU = δq + δw , oppure: ∆U = q + w .
Per cui, se ∆U = 0, allora: q = − w.
Possiamo calcolare il lavoro fatto sul sistema durante la compressione:
w = forza × spostamento = 85 N × 0.24 m = 20.4 Nm = 20.4 J.
Quindi, affinché la T del sistema resti invariata, una pari quantità di calore deve uscire dal sistema:
q = − w = − 20.4 J.
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Esercizio n. 2.4
Un gas ideale viene compresso isotermicamente da (2.0 atm e 2.0 L) a (4.0 atm e 1.0 L). Calcolare
i valori di ∆U e ∆H nel caso in cui il processo sia condotto:
a) reversibilmente;
b) irreversibilmente.
Svolgimento.
a) Processo reversibile.
dU = C v ⋅ dT , per cui per un processo isotermo ∆U = 0.
Inoltre:
dH = dU + P ⋅ dV + V ⋅ dP ⇒
dH = P ⋅ dV + V ⋅ dP ⇒ dH =
n ⋅ R ⋅T
n ⋅ R ⋅T
⋅ dV +
⋅ dP ;
V
P
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integrando tra lo stato iniziale e lo stato finale:
f
f
f
1
1
∫i dH = n ⋅ R ⋅ T ⋅ ∫i V ⋅ dV + n ⋅ R ⋅ T ⋅ ∫i P ⋅ dP ;
∆H = H f − H i = n ⋅ R ⋅ T ⋅ ln
Vf
Vi
+ n ⋅ R ⋅ T ⋅ ln
Pf
Pi
questo integrale vale:
; ⇒
Pf
 Vf
∆H = n ⋅ R ⋅ T ⋅  ln
+ ln
 V
Pi
i





2
 1
 1 2
∆H = n ⋅ R ⋅ T ⋅  ln + ln  = n ⋅ R ⋅ T ⋅  ln ⋅  = n ⋅ R ⋅ T ⋅ ln 1 = 0 .
1
 2
 2 1
b) Processo irreversibile.
Essendo U ed H funzioni di stato, ∆U e ∆H, tra gli stessi stati iniziale e finale, sono gli stessi.
Dunque: ∆U = 0 e ∆H = 0 .
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Esercizio n. 2.5
Una mole di un gas ideale subisce un’espansione isotermica a 300 K da 1.00 atm ad una pressione
finale mentre compie 200 J di lavoro di espansione. Calcolare la pressione finale del gas se la
pressione esterna è 0.20 atm.
Svolgimento.
L’espansione è irreversibile. E’ isotermica, per cui ∆U = 0 e q = − w.
Il lavoro di espansione è dato dalla:
 n ⋅ R ⋅T n ⋅ R ⋅T 


 = −P ⋅ n ⋅ R ⋅ T ⋅  1 − 1  =
−
w = − Pest ⋅ ∆V = − Pest ⋅ V f − Vi = − Pest ⋅ 
est
 Pf
 Pf Pi 
Pi 



(
w=−
)
 1 1
200 J
L ⋅ atm
= −0.2atm ⋅ 1mol ⋅ 0.0821
⋅ 300 K ⋅ 
− atm −1 =
101.3 J L ⋅ atm
K ⋅ mol
Pf
1

 1
  4.93

= 1.97 L ⋅ atm = 4.93L ⋅ atm ⋅ 
− 1 = 
− 4.93  L ⋅ atm =
 Pf
  Pf

= (1.97 + 4.93) = 6.9 =
Pf =
4.93
Pf
4.93
= 0.71atm .
6.9
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Esercizio n. 2.6
Una lamina d’oro da 10.0 g a 18 °C viene stesa su una lamina di ferro di massa 20.0 g e che si trova
alla temperatura di 55.6 °C. Sapendo che i calori specifici dei due materiali sono:
CAu = 0.129 J g-1 °C-1
CFe = 0.444 J g-1 °C-1
Trovare la temperatura finale dei metalli a contatto (si assuma che non vi siano perdite di calore
verso l’esterno).
Svolgimento.
La temperatura finale, ovviamente, sarà la stessa per entrambi i metalli. Inoltre, il calore ceduto dal
ferro sarà uguale al calore assorbito dall’oro.
QAu = − QFe
mAu ⋅ CAu ⋅ ∆T = − mFe ⋅ CFe ⋅ ∆T
mAu ⋅ CAu ⋅ (Tf − TAu) = − mFe ⋅ CFe ⋅ (Tf − TFe)
mAu ⋅ CAu ⋅ Tf + mFe ⋅ CFe ⋅ Tf = mAu ⋅ CAu ⋅ TAu + mFe ⋅ CFe ⋅ TFe
(mAu ⋅ CAu + mFe ⋅ CFe ) ⋅ Tf = mAu ⋅ CAu ⋅ TAu + mFe ⋅ CFe ⋅ TFe
Tf =
Tf =
m Au ⋅ C Au ⋅ TAu + m Fe ⋅ C Fe ⋅ TFe
m Au ⋅ C Au + m Fe ⋅ C Fe
10.0 g × 0.129 J g -1 °C -1 × 18 °C + 20.0 g × 0.444 J g -1 °C -1 × 55.6 °C
= 50.8°C .
10.0 g × 0.129 J g -1 °C -1 + 20.0 g × 0.444 J g -1 °C -1
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Esercizio n. 2.7
Un campione di 0.27 moli di neon è tenuto in un recipiente a 2.50 atm e 298 K. Poi, si espande
adiabaticamente in due condizioni differenti:
a) reversibilmente fino a 1.00 atm;
b) contro una pressione costante di 1.00 atm (irreversibilmente).
Calcolare la temperatura finale in ciascun caso.
Svolgimento.
a) Il neon è un gas monoatomico, per cui la sua capacità termica molare è data (ipotizzando il
gas ideale) dalla:
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Cv =
3
⋅R.
2
Altre relazioni da ricordare sono:
5
C P − Cv = R
CP = ⋅ R
e
2
C
5
Vale anche la: γ = P = .
Cv 3
C P − Cv = n ⋅ R .
o
Per cui, per i gas ideali monoatomici è:
C v = 12.47 J K ⋅ mol
C P = 20.79 J K ⋅ mol .
L’espansione è adiabatica. Questo significa che il sistema è isolato termicamente, per cui è
necessariamente q = 0 (non si hanno scambi di calore).
Se si ha un’espansione, allora il gas compie un lavoro di volume, per cui la sua energia interna
deve diminuire e, di conseguenza, deve diminuire anche la sua temperatura.
In un’espansione adiabatica, per un gas ideale, valgono le seguenti relazioni:
γ
γ
Pi ⋅ Vi = Pf ⋅ V f , (diversa dalla legge di Boyle, Pi ⋅ Vi = Pf ⋅ V f , per una espansione isoterma).
V
= i
Pi  V f
Pf
γ

 ;


V
 i
V
 f




γ −1
=
Tf
Ti
=
Pf ⋅ V f
Pi ⋅ Vi
.
Per il gas in studio sono note le condizioni iniziali:
n = 0.27;
Pi = 2.50 atm;
Ti = 298 K;
e, dunque: Vi =
n ⋅ R ⋅ Ti
Pi
= 0.27 mol ⋅ 0.0821
L ⋅ atm 298 K
⋅
= 2.64 L
K ⋅ mol 2.50atm
γ
γ
Dello stato finale è nota solo la pressione finale: Pf = 1.00 atm. Tuttavia, dalla Pi ⋅ Vi = Pf ⋅ V f , è
possibile ricavare il volume finale:
γ
Vf =
Pi
Pf
γ
⋅ Vi ;
⇒
P
Vf =  i
 Pf

1
γ
 ⋅V ;
i


3
⇒
 2.50  5
Vf = 
 ⋅ 2.64 L = 4.57 L
 1.00 
e, quindi, la temperatura finale:
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Allora:
V
T f = Ti ⋅  i
V
 f




γ −1
2
 2.64  3
= 298 K ⋅ 
 = 207 K .
 4.57 
Oppure, dall’equazione di stato dei gas perfetti:
Tf =
Pf ⋅ V f
n⋅R
=
1 × 4.57
= 207 K .
0.27 × 0.0821
Nota la temperatura finale è possibile calcolare la variazione di energia interna:
(
)
3
3
∆U = n ⋅ C v ⋅ ∆T = n ⋅ ⋅ R ⋅ ∆T = n ⋅ ⋅ R ⋅ T f − Ti ;
2
2
3
∆U = 0.27 ⋅ ⋅ 8.314 ⋅ (207 − 298) = −306 J .
2
Come detto l’energia interna diminuisce. Per il primo principio della termodinamica, questo è
anche il lavoro fatto dal gas durante l’espansione:
∆U = w = − 306 J.
b) contro una pressione costante Pest = 1.00 atm (irreversibilmente).
Lo stato iniziale del gas è:
n = 0.27;
Pi = 2.50 atm;
Ti = 298 K;
Vi = 2.64 L.
Mentre lo stato finale è:
n = 0.27;
Pf = 1.00 atm (l’espansione si arresta quando la pressione del gas uguaglia la pressione esterna).
Tf = ? K;
Vf = ? L.
 n ⋅ R ⋅ T f n ⋅ R ⋅ Ti 
,
w = − Pest ⋅ ∆V = − Pest ⋅ V f − Vi = − Pest ⋅ 
−
ove Pf = Pest .
 Pf

P
i


(
)
 T f Ti 
P
w = − Pest ⋅ n ⋅ R ⋅ 
−  = −n ⋅ R ⋅ T f + n ⋅ R ⋅ Ti ⋅ est .
P

Pi
 est Pi 
Vale anche la seguente:
∆U = n ⋅ C v ⋅ ∆T = n ⋅ C v ⋅ (T f − Ti ) = n ⋅ C v ⋅ T f − n ⋅ C v ⋅ Ti .
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Dal primo principio della termodinamica: ∆U = w, per cui si possono uguagliare queste due ultime
espressioni:
n ⋅ C v ⋅ T f − n ⋅ C v ⋅ Ti = − n ⋅ R ⋅ T f + n ⋅ R ⋅ Ti ⋅
n ⋅ C v ⋅ T f + n ⋅ R ⋅ T f = n ⋅ C v ⋅ Ti + n ⋅ R ⋅ Ti ⋅
(C
v

P
+ R ) ⋅ n ⋅ T f =  C v + R ⋅ est

Pi

Pest
Pi
Pest
Pi

 ⋅ n ⋅T
i



P 
 C + R ⋅ est  ⋅ T 12.47 J K ⋅ mol + 8.314 J K ⋅ mol ⋅ 1.00  ⋅ 298 K
v

Pi  i 
2.50 

Tf =
=
= 226 K
(Cv + R )
(12.47 J K ⋅ mol + 8.314 J K ⋅ mol )
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Esercizio n. 2.8
Si prenda in esame la seguente reazione:
2CH3OH(l) + 3O2(g) → 4H2O(l) + 2CO2(g),
∆rH° = −1452.8 kJ mol-1.
Qual è il valore di ∆rH° se:
a) l’equazione è moltiplicata per due: ⇒ ∆rH° = −2905.6 kJ mol-1
b) la direzione della reazione viene invertita: ⇒ ∆rH° = 1452.8 kJ mol-1
c) il prodotto è vapore d’acqua invece di acqua liquida:
ovviamente, in questo caso, parte del calore serve per l’evaporazione dell’acqua:
H2O(l) → H2O(g),
0
∆ r H vap
= ∆ f H 0 (g ) − ∆ f H 0 (l )
0
∆ r H vap
= −241.8 − (− 285.8) = 44.0kJ ⋅ mol −1 .
Quindi:
0
0
∆ r H tot
= ∆ r H 0 + 4 × ∆ r H vap
= −1452.8 + 4 × 44.0 = −1276.8kJ ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.9
Le entalpie standard di formazione degli ioni in soluzione acquosa si ottengono assegnando
arbitrariamente il valore zero agli ioni H+, cioè:
∆ f H 0 (H + aq ) = 0 .
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a) calcolare il valore di ∆ f H 0 per gli ioni Cl− per la seguente reazione:
HCl(g) → H+(aq) + Cl−(aq),
∆rH° = −74.9 kJ mol-1.
b) L’entalpia standard di neutralizzazione per la reazione tra una soluzione di HCl e una soluzione
di NaOH è −56.2 kJ mol-1. Calcolare l’entalpia standard per la formazione dello ione idrossido
a 25 °C.
Svolgimento.
∆ r H 0 = ∑ν ∆ f H 0 ( prod ) − ∑ν ∆ f H 0 (reag ) .
a) E’ noto che:
Per cui, per la reazione di dissociazione di HCl(g) è:
( )
( )
(
)
+
−
∆ r H 0 = ∆ f H 0 H aq
+ ∆ f H 0 Cl aq
− ∆ f H 0 HCl g .
(
( )
( )
(
)
∆ f H 0 HCl g = −92.3kJ ⋅ mol −1 ;
Dalle tabelle dei dati termodinamici si trova che:
quindi:
)
−
+
∆ f H 0 Cl aq
= ∆ r H 0 − ∆ f H 0 H aq
+ ∆ f H 0 HCl g = −79.9 − 0.0 − 92.3 = −167.2kJ ⋅ mol −1 .
b) Entalpia standard di neutralizzazione della reazione:
H+(aq) + Cl−(aq) + Na+(aq) + OH−(aq) → Na+(aq) + Cl−(aq) + H2O(aq) ;
H+(aq) + OH−(aq) → H2O(aq) ,
la reazione è semplicemente:
Dalle tabelle dei dati termodinamici si trova che:
(
∆rH° = −56.2 kJ mol-1.
)
∆ f H 0 H 2 Oaq = −285.8kJ ⋅ mol −1 .
Per cui:
(
)
( )
(
+
−
∆ r H 0 = ∆ f H 0 H 2 Oaq − ∆ f H 0 H aq
− ∆ f H 0 OH aq
(
)
(
)
(
)
)
( )
−
+
∆ f H 0 OH aq
= ∆ f H 0 H 2 Oaq − ∆ f H 0 H aq
− ∆r H 0
−
∆ f H 0 OH aq
= −285.8 − 0.0 + 56.2 = −229.6kJ ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.10
Quando si decompongono 2.00 g di idrazina a pressione costante, si trasferiscono 7.00 kJ di calore
all’ambiente:
3N2H4(l) → 4NH3 (g) + N2(g).
Qual è il ∆rH° della reazione?
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Svolgimento.
Per la reazione in questione:
3 moli di idrazina, allo stato liquido, si decompongono formando 4 moli di ammoniaca, gas, e 1
mole di azoto, gas.
Dalle tabelle:
( )
(N ) = 0
(N H ) = +50.63kJ ⋅ mol
∆ f H 0 NH 3 g = −46.3kJ ⋅ mol −1
∆fH0
∆fH
0
2g
2
−1
4g
Per cui è:
( )
(
)
∆ r H 0 = 1 ⋅ ∆ f H 0 N 2 g + 4 ⋅ ∆ f H 0 NH 3 g − 3 ⋅ ∆ f H 0 (N 2 H 4 l )
∆ r H 0 = 0 + 4 ⋅ (− 46.3) − 3 ⋅ (50.63) = −185.2 − 151.9 = −337 kJ ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.11
Le entalpie standard di combustione degli acidi fumarico e maleico (per formare biossido di
carbonio e acqua) sono:
HOOC COOH
 
C=C
+ 3O2 → 4CO2 + 2H2O
 
H H (cis) acido maleico
∆ r H 0 combust = −1359.2kJ ⋅ mol −1
H COOH
 
C=C
+ 3O2 → 4CO2 + 2H2O
 
HOOC
H (trans) acido fumario
∆ r H 0 combust = −1336.0kJ ⋅ mol −1
Calcolare l’entalpia del processo di isomerizzazione:
acido maleico (cis) → acido fumario (trans).
Svolgimento.
Si osservi che è sufficiente invertire la seconda reazione di combustione e sommarla alla prima:
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∆ r H 0 isomerizz = −1359.2 + 1336.0 = −23.2kJ ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.12
L’entalpia molare standard di formazione dell’ossigeno molecolare a 298 K è zero. Qual è il suo
valore a 315 K?
∆ f H 0 (O2 ) = 0
(298 K)
∆ f H 0 (O2 ) = ?
(315 K)
Dalle tabelle:
 ∂H 
CP = 
 = 29.4 J K ⋅ mol ;
 ∂T V
da cui: dH = C P ⋅ dT .
Supponendo che C P rimanga costante in questo intervallo di temperatura:
∆ f H 0 315 − ∆ f H 0 298 = C P ⋅ (315 − 298) = C P ⋅ 17
∆ f H 0 315 = ∆ f H 0 298 + C P × 17 = 0 + 29.4 × 17 = 500 J ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.13
L’idrogenazione dell’etilene è:
C2H4(g) + H2(g) → C2H6 (g) .
Calcolare la variazione dell’entalpia di idrogenazione da 298 K a 398 K.
I valori di C P sono:
C P (C 2 H 4 ) = 43.6 J K ⋅ mol
C P (C 2 H 6 ) = 52.7 J K ⋅ mol
C P (H 2 ) = 28.8 J K ⋅ mol .
Svolgimento.
Interessa, dunque, conoscere come varia con la temperatura l’entalpia della reazione di
idrogenazione.
Si applica la legge di Kirchhoff:
∆ r H 2 − ∆ r H 1 = ∆C P ⋅ (T2 − T1 ) ;
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la quale afferma che la differenza tra le entalpie di reazione a due temperature differenti è
proprio la differenza delle entalpie di riscaldamento dei prodotti e dei reagenti da T1 a T2. Si
assume che tutti i valori di C P siano indipendenti dalla temperatura.
Esempio, per un prodotto B ed un reagente A:
∆ r H 2 − ∆ r H 1 = ∆ C P ⋅ (T 2 − T1 ) .
Infatti:
∆C P = C PB − C PA .
Per cui: ∆C P ⋅ (T2 − T1 ) = (C PB − C PA ) ⋅ (T2 − T1 )
= (C PB ⋅ T2 − C PB ⋅ T1 ) − (C PA ⋅ T2 − C PA ⋅ T1 ) = C PB ⋅ ∆T − C PA ⋅ ∆T = ∆C P ⋅ ∆T .
Si osservi che la differenza: C PB ⋅ ∆T − C PA ⋅ ∆T è la differenza delle entalpie di riscaldamento da T1
a T2 del prodotto B e del reagente A.
N.B. ricordare che le capacità termiche vanno moltiplicate per i corrispondenti coefficienti
stechiometrici.
Quindi:
∆ r H 2 − ∆ r H 1 = ∆C P ⋅ (T2 − T1 ) = (52.7 − 43.6 − 28.8) J K ⋅ mol ⋅ (398 − 298) K = −1970 J ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.14
Calcolare l’entalpia standard di formazione del diamante, sapendo che:
+ O2(g) → CO2 (g)
∆ r H 0 = −393.5kJ ⋅ mol −1
C(diamante) + O2(g) → CO2 (g)
∆ r H 0 = −395.4kJ ⋅ mol −1
C(grafite)
Svolgimento.
Sarà, quindi, per le due reazioni:
(
)
( )
(diamante ) − ∆ H (O )
∆ r H 0 grafite = −393.5kJ ⋅ mol −1 = ∆ f H 0 CO2 g − ∆ f H 0 ( grafite ) − ∆ f H 0 O2 g
∆r H
0
diamante
= −395.4kJ ⋅ mol
−1
0
(
)
= ∆ f H CO2 g − ∆ f H
0
0
f
2g
E, ricordando che per gli elementi nella loro forma allotropica più stabile ad una particolare
temperatura, si assegna il valore zero a ∆ f H 0 , si ha:
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Introduzione alla Termodinamica – Esercizi svolti
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(
)
∆ r H 0 grafite = ∆ f H 0 CO2 g − 0 − 0
(
)
∆ r H 0 diamante = ∆ f H 0 CO2 g − ∆ f H 0 (diamante ) − 0 ;
da cui segue:
∆ r H 0 diamante = ∆ r H 0 grafite − ∆ f H 0 (diamante ) .
Infine:
∆ f H 0 (diamante ) = ∆ r H 0 grafite − ∆ r H 0 diamante
∆ f H 0 (diamante ) = −393.5 + 395.4 = 1.9kJ ⋅ mol −1 .
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Esercizio n. 2.15
Dai seguenti calori di combustione:
CH3OH (l) +
3
O2 (g) → CO2 (g) + 2H2O (l)
2
∆ r H 0 = −393.5kJ ⋅ mol −1
C (grafite) + O2 (g) → CO2 (g)
H2 (g) +
∆ r H 0 = −726.4kJ ⋅ mol −1
1
O2 (g) → H2O (l)
2
∆ r H 0 = −285.8kJ ⋅ mol −1
calcolare l’entalpia di formazione del metanolo dai suoi elementi:
C (grafite) + 2H2 (g) +
1
O2 (g) → CH3OH (l).
2
Svolgimento.
Si osservi che si deve invertire la prima equazione e moltiplicare per 2 la terza equazione, mentre la
seconda rimane invariata. Infine, si somma membro a membro:
CO2 (g) + 2H2O (l) → CH3OH (l) +
3
O2 (g)
2
C (grafite) + O2 (g) → CO2 (g)
∆ r H 0 = +726.4kJ ⋅ mol −1
∆ r H 0 = −393.5kJ ⋅ mol −1
2H2 (g) + O2 (g) → 2H2O (l)
∆ r H 0 = 2 × (− 285.8kJ ⋅ mol −1 ) = −571.6kJ ⋅ mol −1
_______________________________________
_____________________
C (grafite) + 2H2 (g) +
1
O2 (g) → CH3OH (l)
2
∆ f H 0 = −238.7kJ ⋅ mol −1 .
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Roberto Zanrè – Dipartimento di Scienze Chimiche – Università degli Studi Padova – 15/10/07
Introduzione alla Termodinamica – Esercizi svolti
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Esercizio n. 2.16
L’attività metabolica umana rilascia circa 1.0×104 kJ al giorno. Assumendo che il corpo umano sia
equivalente a 50 kg di acqua, di quanto aumenterebbe la temperatura corporea se il corpo fosse un
sistema isolato? Quanta acqua deve perdere il corpo mediante la traspirazione per mantenere la
normale temperatura corporea (37°C)?
Il calore di evaporazione dell’acqua è 2.41 kJ/g.
Svolgimento.
m = 50×103 g ,
q = 1.0×104 kJ ,
csp = 4.184 J/g K (calore specifico dell’acqua).
Dalla relazione:
q = m ⋅ c sp ⋅ ∆T ,
∆T =
q
1.0 ⋅ 10 4 ⋅ 10 3 J
=
= 47.8 K .
m ⋅ c sp 50 ⋅ 10 3 g ⋅ 4.184 J g ⋅ K
Affinché la temperatura resti costante deve evaporare una certa quantità di acqua:
0
∆ r H vap
= ∆ f H 0 ( g ) − ∆ f H 0 (l )
H2O(l) → H2O(g),
0
∆ r H vap
= −241.8 − (− 285.8) = 44.0kJ ⋅ mol −1 .
Questo processo assorbe calore. Si vuole che la quantità di calore assorbita sia pari al calore q
prodotto dall’attività metabolica.
Massa di acqua che deve evaporare =
q
C evap
=
1.0 ⋅ 10 4 kJ
= 4.1 ⋅ 10 3 g .
2.41 kJ g
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Esercizio n. 2.17
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