e Tc = 593.95 K; i volumi molari sono 30.4 L mol−1 per la fase gas e 0.12 L mol−1 per la fase liquida. Calcolate: il punto di fusione standard, il punto di ebollizione standard e l’entalpia standard di ebollizione del toluene.
3.2 Diagrammi di fase e soluzioni
3.2.1 Esercizi risolti
Esercizio 3.18 I volumi parziali molari dell’acetone e del cloroformio in una miscela con una frazione molare di cloroformio pari a 0.47 sono 74.2 e 80.2 cm3 mol−1. Qual `e il volume di 500 gr di soluzione? Soluzione La massa della soluzione `e m = nAMA+ nCMC (A e C sono riferiti ad acetone e clorofor-mio); dividendo per le moli totali n = nA+ nC, m/n = xAMA+ xCMC, cio`e n = m/[(1 − xC)MA+ xCMC] (relazione diretta tra il numero di moli totali di soluzione, il suo peso m e la composizione xC). Sostituendo, si ottiene n = 5.7 mol, nA= 3.0 mol e nC = 2.7 mol. Quindi, V = nAVA+ nCVC = 0.44 L.
Esercizio 3.19 In una cantina enologica sono disponibili 10000 L di alcol etilico al 96 % in peso di etanolo. Si vuole aggiungere acqua per ottenere vodka al 56 % in peso di etanolo. Alla temperatura della cantina, 15.00 ◦C, sono noti i seguenti dati (W acqua pura, E etanolo, A soluzione di alcol concentrato iniziale, V vodka): ρW = 0.9991 g mL−1, VAW = 14.61 mL mol−1, VAE = 58.01 mL mol−1, VVW = 17.11 mL mol−1, VVE = 56.58 mL mol−1. Quanti litri di acqua devono essere aggiunti e quanti litri di vodka si ottengono?
Soluzione I volumi delle due soluzioni sono VA = nAWVAW + nAEVAE
VV = nVWVVW + nVEVVE Inoltre si sa che
nAE = nVE
Dalla prima relazione si ottiene facilmente
nA= V
A
dove nA `e il numero di moli totali della soluzione A. Dalle percentuali in peso possiamo ricavare le frazione molari; in generale, per N soluti con pesi molecolari Mi si ha che
xi = ni n = pi Mi N X j=1 pj Mj
Nelle due soluzioni troviamo perci`o subito xAW = 0.096, xAE = 0.91 e xVW = 0.67, xVE = 0.33. Ora possiamo trovare nA= 1.8 · 105 mol e quindi nAW = xAWnA= 1.7 · 104 mol, nAE = nA− nA
W = 1.6 · 105 mol. Le moli totali di vodka sono invece nV = nVE/xVE = nAE/xVE = 4.8 · 105 mol, con moli di acqua pari a nVW = xVWnV = 3.2 · 105 mol; le moli di acqua aggiunte sono dunque nW = nVW− nA
W = 3.0 · 105 mol, ed il volume di acqua aggiunto `e VW = nWMW/ρW ≈ 5.4 · 103 L. Il volume di vodka totale `
e VV = nVWVVW + nVEVVE ≈ 15 · 103 L. N.B. Il volume ottenuto semplicemente sommando il volume iniziale con quello dell’acqua aggiunta `e 15.4 · 103 L.
Esercizio 3.20 In una soluzione binaria A + B i volumi parziali sono VA = VA∗+ ax2B− 23(a − b)x3B e VB = VB∗ + bx2A+ 32(a − b)x3A, dove VA∗, VB∗, a, b sono funzioni di T , p. Verificate la relazione di Gibbs-Duhem per i volumi parziali molari e calcolate il volume di mescolamento per una mole di soluzione.
Soluzione A temperatura e pressione costante, la relazione di Gibbs-Duhem `e xAdVA+ xBdVB = 0; si ha che
xAdVA = xA[2axB− 2(a − b)x2B]dxB xBdVB = xB[2bxA+ 2(a − b)x2A]dxA Sommando si ottiene
xAdVA+ xBdVB = 2xAxB[−a + (a − b)(1 − xA) + b + (a − b)xA]dxA= 0
Il volume di mescolamento molare `e ∆mixV n = xA(VA− V ∗ A) + xB(VB− VB∗) = xA(1 − xA) 3 [(a − b)xA+ a + 2b]
Esercizio 3.21 Data una soluzione binaria A + B, sapendo che la fase liquida `e formata da 2.75 mol e la fase vapore da 4.255 mol, consocendo la frazione molare totale della specie A, zA = 0.420 e la frazione molare della stessa specie nella fase liquida, xA= 0.310, calcolate la composizione della fase gassosa
Soluzione Il numero di moli totali `e n = nl + ng = 7.01 mol, da cui nA = nzA = 2.94 mol e nA,l= nlxA= 0.853 mol; quindi nA,g = (nA− nA,l) = 2.09 mol e perci`o yA= nA,g/ng = 0.491
Esercizio 3.22 Calcolate al differenza tra il potenziale chimico dell’etanolo puro e dell’etanolo che contenga il 10% in peso di acetone a 25◦C.
Soluzione Assumiamo che la soluzione sia ideale. Le frazioni molari sono xA= 0.0811 e xE = 0.919
(vedi l’esercizio 3.19) , quindi: µE = µ∗E+ RT ln xE ⇒ µ∗
E − µE = −RT ln xE = 210 J mol−1
Esercizio 3.23 A 50.0◦C la tensione di vapore del benzene (B) `e 271 torr, mentre quella del toluene (T ) `e 92.6 torr. Assumendo che la soluzione formata dai due composti sia perfetta, e che sia ottenibile in tutte le proporzioni, calcolate la tensione di vapore di una miscela formata dal 4.0 · 101 % in peso di benzene; stimate anche la composizione del vapore.
Soluzione Le frazioni molari in soluzione sono xB = 0.440 e xT = 0.560 (vedi l’esercizio 3.19); dalla legge di Raoult pB = xBp∗B= 1.19·102torr e pT = xTp∗T = 5.18·101torr, quindi p = pB+pT = 170 torr; la composizione del vapore (che si suppone perfetto) `e data da yB= pB/p = 0.70, yT = 1 − yB= 0.30.
Esercizio 3.24 La pressione osmotica di una soluzione acquosa a 298 K `e 99 kPa. A quale temperatura congela? Dati: Kf = 1.86 K mol−1 kg, ρH
2O= 1.000 · 103 kg m−3.
Soluzione La pressione osmotica si trova in funzione della legge di van’t Hoff, la variazione del punto di fusione dalla relazione lineare per l’abbassamento del punto crioscopico:
Π = cRT = n VRT ⇒ n = ΠV RT ∆T = KFm = KF n VH2OρH2O ≈ KF n V ρH2O
dove il volume di acqua `e approssimato con il volume totale della soluzione; si trova perci`o
∆T = KFΠ RT ρH
2O
= 0.077
Quindi la temperatura di fusione `e θF = −0.077◦C.
Esercizio 3.25 Calcolate l’energia libera, l’entropia e l’entalpia di mescolamento di una soluzione formata da 1.00 mol di esano e 1.00 mol di eptano a 298 K
Soluzione Assumendo che la soluzione sia ideale si ha in generale per N soluti ∆mixH = 0, ∆mixG = nRTPN
i=1xiln xi, ∆mixS = −nRPN
i=1xiln xi. Con N = 2, n = 2 e x1 = x2 = 0.5 si trova ∆mixG = −3.43 kJ, ∆mixS = 11.5 J K−1.
Esercizio 3.26 In quali proporzioni di frazioni molari si ha la massima entropia di mescolamento tra benzene ed etilbenzene?
Soluzione Poich`e, assumendo la soluzione ideale:
si deve porre d∆mixS dxB = −nR ln xB 1 − xB = 0
da cui xB = 1/2. Una soluzione binaria ideale ha la massima entropia di mescolamento quando `e equimolare.
Esercizio 3.27 Un soluto non volatile di peso molecolare pari a 241 g mol−1 `e sciolto in acqua a T = 293 K; sapendo che la tensione di vapore dell’acqua pura e della soluzione sono rispettivamente p∗ = 0.02308 e p = 0.02239 atm, che la concentrazione `e 0.122 kg di soluto in 0.920 kg di acqua, calcolate il coefficiente di attivit`a dell’acqua nella soluzione
Soluzione L’attivit`a aH2O dell’acqua `e ottenuta dalla legge di Raoult p = p∗aH2O, aH2O = p/p∗ =
0.97010; la frazione molare dell’acqua `e ottenibile sapendo che le moli di soluto sono nS = 122 g/241 g mol−1= 0.5062 mol e quelle dell’acqua nH2O= 920 g/18.02 g mol−1= 51.05 mol, da cui xH2O = 0.9902, quindi
γH
2O= aH
2O/xH
2O= 0.980.
Esercizio 3.28 Una soluzione A + B in equilibrio con il suo vapore a 30 ◦C e 1 atm `e tale che xA = 0.220 e yA = 0.314. Calcolate le attivit`a dei due componenti sapendo che p∗A = 73.0 kPa, p∗B = 92.1 kPa
Soluzione pA= pyA= 760×0.314 = 31.82kPa, pB = p−pA= 69.51kPa, quindi aA= pA/p∗A= 0.436, aB= p/pB = 0.755.
Esercizio 3.29 Se una soluzione forma un’azeotropo, nell’ipotesi che la miscela gassosa del vapore sia perfetta, note le pressioni di vapore dei componenti puri e la tensione di vapore totale, quanto valgono i coefficienti di attivit`a in soluzione dei vari componenti?
Soluzione Si ha che xi = yi = pi/p, quindi pi/xi = p = pi/xip∗i = p/p∗i. Ma per definizione γi= pi/xip∗i dalla legge di Raoult, quindi γi = p/p∗i.
Esercizio 3.30 In uno studio sulle miscele di acido propionico (1) in ossano (2) si trova che il volume di eccesso molare segue l’espressione VmE = x1x2[a0 + a1(x1 − x2)], con a0 e a1 costanti. Calcolate un’espressione generale per i volumi parziali molari dei due componenti
Soluzione Si ha che:
Videale = n1Vm,1+ n2Vm,2= Vpuri
∆mixVideale = 0
quindi V = n1Vm,1+ n2Vm,2+ a0n1n2 n1+ n2 +a1n1n2(n1− n2) (n1+ n2)2 e si ottiene V1 = ∂V ∂n1 p,T ,n2 = Vm,1+ a0x22+ a1(3x1− x2)x22 V2 = ∂V ∂n2 p,T ,n1 = Vm,2+ a0x21+ a1(x1− 3x2)x21
Esercizio 3.31 La naftalina (1) forma soluzioni ideali con il benzene (2); la nafatalina pura fonde a 90.0◦C, ed ha un’entalpia di fusione di 4600 cal mol−1. Qual `e la frazione molare di nafatalina in una soluzione con benzene che fonda a 60.0◦C?
Soluzione Poich´e ∆T = T − TF = Kfx2 = RTF2x2/∆HF sostituendo i dati numerici si trova x2 = 0.527, da cui x1= 0.47.
Esercizio 3.32 Una soluzione binaria ha la seguente energia libera di eccesso
GE = nRT βx1x2
dove β `e una costante. Trovate un’espressione per i coefficienti di attivit`a delle due sostanze in funzione della composizione.
Soluzione Dalla relazione (vedi appunti di lezione):
∂GE ∂ni ! T,p,n0 i = RT ln γi
dove con n0i si intende il numero di moli di tutte le componenti tranne della i-esima, si trova che
∂GE ∂n1 ! T,p,n2 = βRT ∂ ∂n1 n1n2 n1+ n2 = βRT x22
ed un’analoga espressione per la derivata in n2; quindi: γ1 = exp(βx22)
γ2 = exp(βx21)
Esercizio 3.33 `E data una soluzione binaria, dove il componente 1 `e il benzene ed il componente 2 `e il cicloesano, a 40.0◦C; p∗1 = 182.6 e p∗2 = 184.5 torr; i due componenti formano un azeotropo quando le moli di benzene sono uguali a quelle di cicloesano, con una tensione di vapore p = 206.2 torr. Il sistema pu`o essere descritto dal modello della soluzione regolare, descritto nel precedente esercizio?
Soluzione Dall’esercizio precedente otteniamo che per x1= x2i due coefficienti di attivit`a dovrebbero essere uguali, γ1 = γ2. Ma nell’esercizio 3.29 abbaimo imparato a valutare i coefficienti di attivit`a date le tensioni di vapore dei componenti puri e la tensione di vapore dell’azeotropo; troviamo che γ1= 1.129 e γ2 = 1.117, che sono abbastanza vicini, giustificando cos`ı il modello adottato.
Esercizio 3.34 Due sostanze, A e B, mostrano il seguente diagramma di fase solido-liquido. Si dia una descrizione di tutte le regioni del diagramma, indicando (se vengono formati) anche i composti tra le due sostanze. Si indichi anche se le varie sostanze, nelle diverse regioni, si trovano nello stato liquido o gassoso.
Soluzione Il diagamma di fase mostra la formazione di 2 composti tra A e B in fase solida. Uno `e A2B (per xB = 0.33), mentre l’altro `e AB2 (per xB = 0.67). In fase solida non si formano soluzioni tra questi due composti o tra uno dei due e una delle due sostanze A o B. Sulla base di queste osservazioni, vengono di seguito discusse le diverse regioni:
Zona 1: i punti del diagramma, a composizione fissata, si trovano ad una temperatura maggiore delle curve T (x) che indicano l’equilibrio solido-liquido. Non essendoci zone di immiscibilit`a indicate, si pu`o dire che nella zona 1 si hanno soluzioni liquide (in tutte le proporzioni), delle due sostanze, per cui: A(l) + B(l).
Zona 2: una miscela preparata in questa regione vedr`a in equilibrio A(s) (da un punto nella regione 2, spostandosi a sinistra si trova A puro sotto la sua temperatura di fusione) e la soluzione (A(l)+ B(l)), che `e la fase che si incontra spostandosi, nella regione 2, verso destra, aumentando la frazione molare di B.
Zone 3 e 4: in queste regioni co-esisteranno due fasi, una solida costituita da A2B(s) ed una liquida, costituta da (A(l) + B(l)).
Zona 5: in questa regione co-esisteranno due fasi, una solida costituita da AB2(s)ed una liquida, costituta da (A(l) + B(l)).
Zona 6: in questae regione co-esisteranno due fasi, una solida costituita da B(s) ed una liquida, costituta da (A(l) + B(l)).
Zona 7: i punti in questa regione descrivono una situazione in cui sono presenti due fasi solide distinte, una formata da A(s)puro e l’altra dal composto A2B(s).
Zona 8: in questa regione coesistono due fasi solide distinte, una formata dal composto A2B(s) e l’altra dal composto AB2(s).
Zona 8: i punti in questa regione descrivono una situazione in cui sono presenti due fasi solide distinte, una formata da B(s) puro e l’altra dal composto AB2(s).
Si aggiunge che la cuspide pi`u a sinistra corrisponde all’eutettico per questo sistema.
Tutte le osservazioni sopra scritte sono riassunte nel diagramma di fase riportato nella figura seguente.
Esercizio 3.35 A 90◦C, le pressioni di vapore di 1,2-dimetilbenzene `e p∗A= 2.0·101kPa, mentra quella di 1,3-dimetilbenzene `e p∗B = 18 kPa. Si disegni il diagramma di fase pressione vs. composizione, sapendo che in fase liquida i due composti sono miscibili in tutte le proporzioni. Se una miscela liquida delle due sostanze, a T = 90◦C, mostra una tensione di vapore p∗ = 19 kPa, qual `e la sua composizione? Qual `e la composizione del vapore? Si considerino gas e misclela liquida ideali. Soluzione In quanto segue verranno etichettati A e B, rispettivamente, 1,2-dimetilbenzene e 1,3-dimetilbenzene. Il diagramma di fase verr`a costruito usando come variabile di composizione la frazione molare di A (1,2-dimetilbenzene) in liquido o vapore (xA o yA).
Per quanto riguarda la dipendenza della pressione dalla composizione del liquido, essendo la soluzione ideale si pu`o usare la legge di Raoult per scrivere la pressione parziale della miscela:
p = xAp∗A+ xBp∗B= xAp∗A+ (1 − xA)p∗B = p∗B+ (p∗A− p∗B)xA
Si nota che la relazione tra la pressione e la composizione di A in fase liquida `e una retta, ed `e rappresentata in rosso nella figura 3.2.
Per la dipendenza tra pressione e composizione in A nel vapore, ricordiamo che, durante la transizione di fase, la pressione parziale del componente in fase gas equivale alla tensione di vapore del componente in fase liquida. Per cui
pA= xAp∗A= yAp
da cui si pu`o ricavare
xA= yA
p p∗A
Sostituendo quest’ultima relazione nella espressione di p(xA), si ottiene
p = p
∗ Ap∗B p∗A+ (p∗B− p∗A)yA
Da cui si vede che la relazione tra la pressione e la frazione molare di A nel vapore `e un’iperbole, rappresentata in verde in figura 3.2. Sapendo che la miscela a composizione incognita ha una tensione di vapore di 19 kPa, si pu`o usare la legge di Raoult per calcolare
xA= p − p ∗ B p∗A− p∗B = 19 − 18 20 − 18 = 0.50 da cui xB = 1 − xA= 0.50. In fase vapore, yA= xA p∗A p = 0.5 20 19 = 0.53 e yB= 1 − yA= 0.47.
Esercizio 3.36 Un sistema viene preparato aggiungendo AlCl3 in acqua, in due condizioni diverse: (a) l’acqua `e solo liquida e (b) l’acqua `e in equilibrio con vapore acqueo. Si calcoli la varianza del sistema nei due casi considerando che il tricloruro di alluminio (III) idrolizza e che nel sistema `e presente l’equilibrio di precipitazione di Al(OH)3.
Soluzione (a) C aso in cui l’acqua `e solo liquida
Per stabilire la varianza del sistema occorre decidere quali variabili di stato possono essere modificate indipendentemente, quante fasi esistono nel sistema e qual `e il numero di specie indipendenti. Riguardo alle variabili di stato, dato che non sono imposti vincoli dal problema, se ne possono modificare
Figura 3.2: Diagramma di fase pressione contro composizione per il sistema 1,2dimetilbenzene -1,3-dimetilbenzene.
indipendentemente 2: T e p (oppure T e V, oppure p e V). Le fasi nel sistema sono F = 2: l’acqua liquida e Al(OH)3 solido.
In totale ci sono 7 specie nel sistema: AlCl3, H2O, Al3+, Cl–, H+, OH– e Al(OH)3. Tra queste, per`o esistono i seguenti vincoli:
-Idrolisi di AlCl3: AlCl3(aq)−−Al3+
(aq)+3 Cl–(aq) -Idrolisi di H2O: H2O(l)−−H+
(aq)+ OH–(aq)
-Precipitazione di Al(OH)3: AlCl3(aq)+ 3 H2O(l)−−Al(OH)3(s)+ H+
(aq)+ Cl–(aq) -Elettroneutralit`a della soluzione: [H+] + 3[Al3+] = [Cl–] + [OH–]
Si noti come si consideri l’equilibrio di idrolisi di HCl completamente spostato verso la dissociazione, per cui, come approssimazione, non si sta considerando la presenza di HCl nel sistema (e quindi nep-pure il vincolo tra l’acido cloridico e i prodotti della sua idrolisi).
Il numero di specie (o componenti) libere `e quindi C = 7 − 4 = 3.
La varianza del sistema `e, quindi, V = C − F + 2 = 3 − 2 + 2 = 3.
(b) C aso in cui l’acqua liquida `e in equilibrio con il vapore
Rispetto al caso precedente, consideriamo due diverse ”specie” d’acqua: H2O(l) e H2O(g). Per cui il numero totale di specie sale a 8. L’equilibrio vapore - liquido, per`o aggiunge un nuovo vincolo rispetto
a quelli sopra indicati (ossia, le 3 reazioni chimiche e l’elettroneutralit`a). Per cui, C = 8 − 5 = 3. Il numero di specie libere rimane invariato.
Il numero di fasi, invece, cambia a F = 3: ci sono una fase gassosa (acqua vapore), una liquida (acqua liquida) ed una solida (il precipitato Al(OH)3).
Per quanto riguarda le variabili di stato, invece, esse rimangono 2.
La varianza per il sistema `e quindi: V = C − F + 2 = 3 − 3 + 2 = 2.
Aggiungere l’equilibrio dell’acqua liquida con il proprio vapore ha l’effetto netto di aggiungere un vincolo in pi`u nel sistema, rispetto al caso (a), e quindi un minore numero di gradi di libert`a.
Esercizio 3.37 UF4 e ZrF4 fondono, rispettivamente, a 1035 ◦C e 912 ◦C. Essi formano una serie continua di soluzioni solide, con una temperatura minima di fusione a 765 ◦C; tale soluzione solida ha composizione xZrF4 = 0.77. A 900 ◦C, la soluzione liquida ha x(l)ZrF
4 = 0.28, mentre quella solida x(s)ZrF
4 = 0.14. A 850 ◦C, invece, x(l)ZrF
4 = 0.87 e x(s)ZrF
4 = 0.90. Si disegni il diagramma di stato, descrivendo cosa accade se una soluzione liquida con x(l)ZrF
4 = 0.40 viene raffreddata lentamente da 900
◦C a 500 ◦C.
Soluzione Usando i dati forniti dal problema, il diagramma di stato viene rappresentato approssima-tivamente in figura 3.3.
Seguendo la trasformazione data nel testo dell’esercizio, nel punto di partenza, A, il sistema `e liquido con x(l)ZrF
4 = 0.40. Abbassando la temperatura, quando si arriva al punto B, a circa 860 ◦C, comincia a staccarsi dalla soluzione una miscela solida con x(s)ZrF
4
≈ 0.24. Man mano che si abbassa la tempe-ratura tra B e C, la soluzione liquida si impoverisce in UF4, che va a formare la miscela solida, via via pi`u ricca in ZrF4. Al punto C (circa 820 ◦C), la miscela inizialmente liquida diventa solida, con x(s)ZrF
4 = 0.40. Infine, procedendo a D, e gi`u fino a 500 ◦C, non succede pi`u nulla per quanto sia dato sapere dalla informazioni fornite dal testo del problema.
Esercizio 3.38 In figura 3.4 `e riportato il diagramma di fase per miscele Sn / Pb. Si calcoli la varianza del sistema nei punti del diagramma indicati con A, B e C considerando la pressione costante.
Soluzione P unto A
Il numero di componenti indipendenti `e C = 2 (non vi sono vincoli, come reazioni chimiche, tra i due metalli). La fase `e unica (liquida), per cui F = 1; la temperatura (o il volume) `e l’unica variabile di stato liberamente modificabile, dato che il testo sottolinea che la pressione `e costante. Per cui, V = C − F + 1 = 2 − 1 + 1 = 2.
Figura 3.3: Diagramma di fase temperatura contro composizione per il sistema binario UF4 - ZrF4.
Il numero di componenti indipendenti `e C = 2 (non vi sono vincoli, come reazioni chimiche, tra i due metalli). Sono presenti due fasi, una solida (piombo puro) ed una liquida (piombo e stagno), per cui F = 2. Come prima, considerando che la pressione `e mantenuta costante, V = C −F +1 = 2−2+1 = 1.
P unto C (eutettico)
Il numero di componenti indipendenti `e C = 2 (non vi sono vincoli, come reazioni chimiche, tra i due metalli). Co-esistono F = 3 fasi: miscela liquida dei metalli, Sn solido e Pb solido. Considerando che la pressione `e mantenuta costante, V = C − F + 1 = 2 − 3 + 1 = 0.
3.2.2 Esercizi non risolti
Esercizio 3.39 Si derivi, per una sostanza pura, la derivata seconda delle linee di coesistenza di due fasi.
Esercizio 3.40 Data la soluzione binaria dell’esercizio 3.20, per quale valore della frazione molare xA si ha il massimo volume di mescolamento quando b = 0 e b = a/2?
Figura 3.4: Diagramma di fase temperatura contro composizione per il sistema binario Sn - Pb.
Esercizio 3.41 La tensione di vapore dell’etere etilico `e 291.8 torr. A 10.0 ◦C sciogliamo 4.16 g di acido salicilico in 80.15 g di etere. La tensione di vapore si abbassa di 8.5 torr. Stimate da questi dati il peso molecolare dell’acido salicilico.
Esercizio 3.42 Calcolate l’energia libera e l’entropia di mescolamento di una miscela gassosa perfetta formata da N sostanze, nell’ipotesi (1) che il sistema sia formato inizialmente come una serie di comparti separati con pareti mobili, che vengano poi eliminate per effetturare il mescolamento (cio`e che la pressione finale sia uguale alle pressioni parziali dei componenti iniziali) (2) che il sistema sia formato inizialmente come una serie di comparti separati con pareti rigide.
Esercizio 3.43 Calcolate l’energia libera, l’entropia e l’entalpia di mescolamento di una soluzione formata da 1.00 · 102 mol di esano e 1.00 mole di eptano a 298 K
Esercizio 3.44 Dato l’esercizio 3.26: qual `e la proporzione in massa dei due componenti per la quale si ha la massima entropia di mescolamento?
Esercizio 3.45 Nell’esercizio 3.30 sapendo che a0 = −2.4697 cm3 mol−1, a1 = 0.0608 cm3 mol−1, le densit`a dei due componenti puri sono ρ1 = 0.97174 e ρ2 = 0.86398 g cm−3 rispettivamente e la temperatura `e 313.15 K, valutate i volumi parziali molari dei due componenti per n1= n2.
Esercizio 3.46 Nell’esercizio 3.31 utilizzate la realzione che lega la frazione molare del solvente alla temperatura di fusione senza ipotizzare che sia necessariamente molto maggiore delle frazioni molari dei soluti.
Esercizio 3.47 La canfora `e un solvente adatto alla determinazione del peso molecolare di mol-te sostanze organiche perch`e basta sciogliere pochi milligrammi di sostanza per ottenere variazioni significative del punto di fusione, dato l’alto valore della Kf = 40 K mol/kg.
Sapendo che il punto di fusione normale della canfora `e 172◦C, se si sciolgono 7.9 mg di una sostanza incognita X in 129.2 mg di canfora e si ottiene un ∆T di 8 K, `e pi`u probabile che X sia fenoftaleina, naftalene o alcol propilico?
Esercizio 3.48 La tensione di vapore del gas mostarda (vedi pagina Wiki) a 30 ◦C `e 0.1576 atm. In miscele formate da questa sostanza (M) e dal difeniletere (D) si misurano coefficienti di attivit`a di M pari a 1.179, 1.022 per xM pari a 0.400 e 0.800 rispettivamente. Stimate la pressione parziale di M a 30 ◦C sopra una miscela di M e D al 50.00 % in peso di M.
Esercizio 3.49 Una soluzione contenente 1.000 mol di idrossido di sodio in 4.599 moli di acqua ha una tensione di vapore di 4.474 torr a 15.00◦C; la tensione di vapore dell’acqua pura `e 12.788. Qual `
e l’attivit`a dell’acqua nella soluzione e quanto vale la differenza tra i potenziali chimici dell’acqua in soluzione e pura?
Esercizio 3.50 Qual `e l’umidit`a relativa dell’aria in equilibrio con una soluzione di saccarosio 2.00 M, assumendo che la soluzione abbia un comportamento ideale ed una densit`a di 1.255 g cm3?