Termodinamica: esercizi svolti
La termodinamica studia le trasformazioni subite da un sistema a seguito di uno scambio di energia con altri sistemi o con l’ambiente esterno e nasce dall’esigenza di ottenere macchine in grado di convertire calore in lavoro. Infatti la termodinamica studia le trasformazioni di lavoro meccanico in calore e viceversa utilizzando il Primo e il Secondo Principio della termodinamica
La chimica si avvale delle leggi della termodinamica e delle grandezze coinvolte per prevedere, ad esempio la spontaneità di una reazione o il calore assorbito o ceduto durante una reazione.
Esercizi
- Data la reazione Fe2O3(s) + 2 Al(s) → 2 Fe(s) + Al2O3(s) calcolare la variazione di entropia molare standard dai seguenti dati: ΔS°(Fe) = 27 J/K∙mol; ΔS°(Al2O3) = 51 J/K∙mol; ΔS°(Fe2O3) = 90 J/K∙mol; ΔS°(Al) = 28 J/K∙mol
Per risolvere questo esercizio bisogna tener presente la formula ΔS°= Σn nS°(prodotti) – Σm mS°(reagenti) dove n e m indicano i coefficienti stechiometrici
ΔS°= [2mol (27) + 1 mol (51)] – [1 mol (90) + 2 mol (28)] = – 41 J/K
- Data la reazione Cr2O3(s) + 2 Al(s) → 2 Cr(s) + Al2O3(s) calcolare: la variazione di entalpia, la variazione di entropia, la variazione dell’energia libera di Gibbs a 298 K e prevedere se la reazione è spontanea. Confrontare, utilizzando i potenziali normali di riduzione, la coerenza del risultato ottenuto
Dati:
ΔH°(Al2O3) = – 1676 kJ/mol; ΔH°(Cr2O3)= – 1128 kJ/mol
ΔS°(Al2O3) = 51 J/K∙mol; ΔS°(Cr) = 24 J/K∙mol; ΔS°(Cr2O3) = 81 J/K∙mol; ΔS°(Al) = 28 J/K∙mol
Come per la variazione di entropia, anche per la variazione di entalpia sussiste la formula
ΔH°= Σn nH°(prodotti) – Σm mH°(reagenti)
Si rammenta che tutti gli elementi nel loro stato standard hanno zero come valore di ΔH°
ΔH°= [1 mol(- 1676 )] – [1 mol(- 1128)] = – 548 kJ = – 5.48 ∙ 105 J e pertanto la reazione è esotermica
ΔS°= [2 mol(24) + 1 mol(51)]-[ 1 mol(81) + 2 mol(28)] = – 38 J/K
Poiché ΔG°= ΔH° – TΔS° si ha:
ΔG° = – 5.48 ∙ 105 J – 298 K (-38 J/K) = – 5.37 ∙ 105 J = – 537 kJ
Essendo ΔG° < 0 la reazione è spontanea
Dalla tabella dei potenziali standard di riduzione:
Cr3+ + 3 e– → Cr E° = – 0.74 V
Al3+ + 3 e– → Al E° = – 1.66 V
Poiché nella reazione l’alluminio si ossida il potenziale relativo alla semireazione di ossidazione
Al → Al3+ + 3 e– vale + 1.66 V
La reazione ha quindi un potenziale pari a – 0.74 + 1.66 = + 0.92 V: Questo valore è maggiore di zero quindi la reazione avviene spontaneamente e ciò conferma quanto ottenuto da dati termodinamici
- Per la reazione 2 POCl3(g) → 2 PCl3(g) + O2 si ha che ΔH° = 572 kJ e ΔS°= 179 J/K. Calcolare la variazione dell’energia libera a 298 K stabilendo se la reazione è spontanea e prevedere, nel caso la reazione non fosse spontanea a quale temperatura lo è.
ΔG° = 5.72 ∙ 105 J – (298 K)( 179 J/K) = + 5.19 ∙ 105 J = 519 kJ
Essendo il valore di ΔG° maggiore di zero la reazione non è spontanea
Affinché ΔG° sia minore di zero si deve verificare che 5.72 ∙ 105 – (T )( 179 ) < 0 ovvero
5.72 ∙ 105 < (T )( 179)
Quindi T > 5.72 ∙ 105/179
T > 3.20 ∙ 103 K
- Calcolare ΔG° e ΔG a 300 °C per la reazione N2 + 3 H2 ⇌ 2 NH3 supponendo che i valori forniti relativi alla variazione di entalpia e di entropia rimangano invariati alle due temperature
Dati:
ΔS°(N2) = 191.6 J/K∙mol; ΔS°(H2) = 130.7 J/K∙mol; ΔS°(NH3) = 192.8 J/K∙mol;
ΔH°(NH3) = – 45.9 kJ/mol
Calcoliamo la variazione di entropia:
ΔS° = 2 mol (192.8 J/K∙mol) – [1 mol (191.6 J/K∙mol + 3 mol(130.7 J/K∙mol) = – 198.1 J/K
La variazione di entalpia vale:
ΔH°= 2 mol(- 45.9 kJ/mol) = 91.8 kJ =- 91800 J
A 298 K:
ΔG° = – 91800 J – 298 K( – 198.1 J/K) = – 3.28 ∙ 104 J = – 32.8 kJ
A 300 °C = 573 K
ΔG° = – 91800 J – 573 K( – 198.1 J/K) = – 3.28 ∙ 104 J = + 2.17 ∙ 104 J = 21.7 kJ
Questi risultati dimostrano la difficoltà che ebbe Haber nella sintesi dell’ammoniaca: la reazione è infatti favorita termodinamicamente a basse temperature ma la cinetica della reazione è troppo lenta mentre alle alte temperature che favoriscono la cinetica della reazione quest’ultima è sfavorita da un punto di vista termodinamico.
