Fisicoquímica - Volumen Parcial Molar

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA CURSO BASICO

PRÁCTICA No 4 INFORME DE LABORATORIO: “VOLUMEN MOLAR PARCIAL” DOCENTE:

ING. JORGE AVENDAÑO

AUXILIAR:

ALEJANDRO HUANCA

CHALCO PARRA ESTUDIANTE: JARANDILLA NUÑEZ

JUAN MAURICIO

CARRERA:

INGENIERÍA INDUSTRIAL

GRUPO:

C

~1~

FECHA DE REALIZACION:

12 DE OCTUBRE DE 2016

FECHA DE ENTREGA:

08 DE NOVIEMBRE DE

2016

LA PAZ – BOLIVIA ÍNDICE ÍNDICE.................................................................................................................................... I.

OBJETIVOS..................................................................................................................... 1.1.

Objetivo General........................................................................................................

1.2.

Objetivo Específicos..................................................................................................

II.

MARCO TEÓRICO...........................................................................................................

III.

EQUIPOS Y MATERIALES...........................................................................................

IV.

ANÁLISIS Y TRATAMIENTO DE DATOS......................................................................

4.1.

1º Método – Para el cálculo de la densidad utilizando la formula..............................

4.2.

2º Método – Para el cálculo de la densidad utilizando el empuje...............................

4.3. Cálculo de la molaridad, molalidad de las soluciones utilizando las 2 densidades halladas por los 2 métodos............................................................................... 4.4. Cálculos para las soluciones usando el 1º Método de la determinación de la densidad.................................................................................................................... 4.4.1. Usando la ecuación: ø=1 dsolM 2−1000mdsol−d 0 d 0 calcule ø para cada solución..................................................................................... 4.4.2. Graficar ø vs . m y calcular V 1 y V 2 con las ecuaciones correspondientes............................................................................................................ 4.4.3. Graficar Ø vs . m1/ 2 y calcular V 1 y V 2 para las mismas concentraciones y comparar los resultados obtenidos.................................................... 4.4.4.

Graficar

V1 yV2

en función a

m .......................................................

4.4.5. Establecer si las curvas del grafico del anterior punto tienen un comportamiento de acuerdo a la ecuación de Gibbs – Duhem....................................... 4.5. Cálculos para las soluciones usando el 2º método de la determinación de la densidad por empuje................................................................................................. 4.5.1. Usando la ecuación: ø=1 dsolM 2−1000mdsol−d 0 d 0 calcule ø para cada solución.....................................................................................

~2~

4.5.2. Graficar ø vs . m y calcular V 1 y V 2 con las ecuaciones correspondientes............................................................................................................ 4.5.3. Graficar Ø vs . m1/ 2 y calcular V 1 y V 2 para las mismas concentraciones y comparar los resultados obtenidos.................................................... 4.5.4.

Graficar

V1 yV2

en función a

m .......................................................

4.5.5. Establecer si las curvas del grafico del anterior punto tienen un comportamiento de acuerdo a la ecuación de Gibbs – Duhem....................................... V.

CUESTIONARIO............................................................................................................

VI.

CONCLUSIONES.......................................................................................................

VII.

BIBLIOGRAFÍA...........................................................................................................

~3~

VOLUMEN MOLAR PARCIAL I.

OBJETIVOS

I.1.

Objetivo General  Determinar los volúmenes molares parciales de soluciones de cloruro de sodio en función de sus concentraciones molares y sus densidades medidas por el método del empuje.

I.2.

Objetivo Específicos  Preparar soluciones de cloruro de sodio con diferentes porcentajes en peso.

 Determinar la densidad de las distintas soluciones preparadas.

II.

MARCO TEÓRICO

La mayoría de las variables termodinámicas se clasifican en dos grupos: las que representan propiedades extensivas dependientes de la masa y las intensivas que son independientes de la cantidad de masa; entre las primeras podemos mencionar el V, U, H, G, S y entre las segundas la P, X, ρ, T, etc. Se ha demostrado que la razón entre dos variables extensivas es una variable intensiva. Sea X cualquier variable extensiva, entonces la relación: ∂X X´ i= ∂n i

( )

P ,T ,n j

Se denomina cantidad molar parcial, esta relación se constituye en una variable intensiva, es decir independiente de la masa, pero dependiente de la composición. Si en la ecuación anterior X viene a ser el volumen (V) tenemos:

~4~

∂V V´ i= ∂ ni

( )

P , T ,n j

A la cual se denomina volumen molar parcial de la sustancia (i) en una mezcla de alguna composición general. Al volumen molar parcial se lo define como el incremento del volumen que se produce cuando un mol de la sustancia (i) se añade, a una cantidad tan grande de solución de manera que se puede despreciar la variación en la composición que se produce. Supongamos que obtenemos una disolución mezclando n 1, n2,..... , ni moles de las sustancias 1, 2,……., i a T y P constantes, el volumen total de los componentes sin mezclar a T y P constantes, será: ° ° ° V SM =n1 ∙ V´ 1+ n2 ∙ V´ 2 +.. .+ ni ∙ V´ i

Y el volumen después de la mezcla será: V =n 1 ∙ V´ 1+ n2 ∙ V´ 2 +...+ ni ∙ V´ i Dónde: ° V´ i =¿ Volumen Molar de la sustancia pura V´ i=¿ Volumen Molar Parcial de la sustancia i

Generalmente se encuentra que el volumen después de la mezcla es distinto al volumen antes de la mezcla (V ≠ V SM). Esto debido a que las interacciones intermoleculares son diferentes en la disolución y en los componentes puros separados. Se usa la regla de la aditividad. Los volúmenes molares parciales pueden evaluarse a partir de las densidades de las soluciones. Para facilitar de estas magnitudes parciales, se introduce el concepto de magnitud molal aparente (ϕ). Para una mezcla binaria tenemos: ° V =n 1 ∙ V´ 1+ n2 ∙ V´ 2=n 1 ∙ V´ 1+ n2 ∙ ϕ

Donde n1 y n2 son el número de moles del disolvente y del soluto respectivamente.

~5~

ϕ=

° (V −n1 ∙ V´ 1 ) n2

Derivando la ecuación respecto a n2 tenemos: ∂ϕ V´ 2=ϕ+n 2 ∙ ∂ n2

( )

P ,T ,n1

Combinando ecuaciones tenemos: (V −n2 ∙ V´ 2 ) V´ 1= n1

V´ 1=

[

∂ϕ n1 ∙ V´ °1 −n22 ∙ ∂ n2

( )

P ,T ,n1

]

n1

Expresando las ecuaciones en términos de la densidad de la solución (d sol) medida experimentalmente y para un volumen total de una solución que contiene 1000 g de disolvente y m moles de soluto se tiene:

[

ϕ=

1 n1 ∙ M 1 +n2 ∙ M 2 ∙ −n1 ∙ V´ °1 n2 d sol

ϕ=

1 1000+ m∙ M 2 1000 ∙ − m d sol d0

[

ϕ=

]

]

[

1 1000 d sol −d 0 ∙ M 2− ∙ d sol m d0

(

Dónde: ϕ

= Volumen molal aparente del soluto

dsol = densidad de la solución d0 = densidad del disolvente puro

~6~

)]

M1 = peso molecular del disolvente M2 = peso molecular del soluto m = Molalidad de la solución. El cálculo de los volúmenes molales parciales en función al volumen molar aparente ( ϕ ) se realiza con las ecuaciones siguientes: m ∂ϕ V´ 2=ϕ+ √ ∙ 2 ∂ √m m3 ∂ ϕ V´ 1=V´ °1− √ ∙ 2 ∙n 1 ∂ √ m n1 = 55,55 moles de agua III.

EQUIPOS Y MATERIALES

Para la realización del experimento es necesario el uso de los siguientes materiales:  5 Vasos de precipitado de 100 ml  5 Matraces aforados de 50 ml  1 Balanza de brazos  1 Juego de pesas  1 Vidrio reloj  1 Espátula  1 Balanza analítica digital  1 Probeta de 100 ml  1 Varilla  1 Piseta

~7~

 Cloruro de Sodio (NaCl p.a.) IV.

ANÁLISIS Y TRATAMIENTO DE DATOS

IV.1.

1º Método – Para el cálculo de la densidad utilizando la formula

m V Para la solución del 2 % ρ=

msolucion =50,18 g V solucion =50 ml ρ=

m 50,18 g = V 50 ml

ρ=1,0036

g ml

Para la solución del 4 % msolucion =50,74 g V solucion =50 ml ρ=

m 50,74 g = V 50 ml

ρ=1,015

g ml


m 52,44 g = V 50 ml

ρ=1,049

g ml

~8~


m 53,77 g = V 50 ml

ρ=1,075

g ml


m 55,09 g = V 50 ml

ρ=1,102

g ml

Para la solución de agua pura msolucion =49,02 g V solucion =50 ml ρ=

m 49,02 g = V 50 ml

ρ=0,9804

IV.2.

g ml

2º Método – Para el cálculo de la densidad utilizando el empuje msa−msl ∙ ρs msa msa=49,72 g g ρs =8,287 ml

ρsol =

~9~

Para la solución de 2% msl =43,87 g m −msl 49,72 g−43,87 g g ρsol = sa ∙ ρs = ∙ 8,287 msa 49,72 g ml

ρsol =0,975

g ml

Para la solución de 4% msl =43,7 g m −msl 49,72 g−43,7 g g ρsol = sa ∙ ρs = ∙ 8,287 msa 49,72 g ml ρsol =1,003

g ml


ρsol =1,027

g ml

Para la solución de 12% msl =43,5 g m −msl 49,72 g−43,5 g g ρsol = sa ∙ ρs = ∙ 8,287 msa 49,72 g ml ρsol =1,037

g ml

~ 10 ~


ρsol =1,060

IV.3.

g ml

Cálculo de la molaridad, molalidad de las soluciones utilizando las 2 densidades halladas por los 2 métodos

Para la solución de 2% 2,01 g NaCl ∗1mol NaCl 98,03 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl [ m ]= =0,350 [ m ] 1 Kg H 2 O

2,01 g NaCl ∗1mol NaCl 100,04 g sol ∗1,0036 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1ml sol =0,351 [ M ] [ M 1 ]= 1l sol 2,01 g NaCl ∗1mol NaCl 100,04 g sol ∗0,975 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1ml sol =0,351 [ M ] [ M 2 ]= 1l sol

Para la solución de 4%

~ 11 ~

4,01 g NaCl ∗1 mol NaCl 96,02 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl [ m ]= =0,7139 [ m ] 1 Kg H 2 O 4,01 g NaCl ∗1 mol NaCl 100,03 g sol ∗1,015 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =0,6873 [ M ] [ M 1 ]= 1 l sol

2,51 g NaCl ∗1mol NaCl 60,92 g sol ∗1,003 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =0,718 [ M ] [ M 2 ]= 1 l sol Para la solución de 8% 8,02 g NaCl ∗1mol NaCl 91,98 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl [ m ]= =1,4899 [ m ] 1 Kg H 2 O

8,02 g NaCl ∗1mol NaCl 100 g sol ∗1,049 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =1,4079 [ M ] [ M 1 ]= 1 l sol 8,02 g NaCl ∗1mol NaCl 100 g sol ∗1,027 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =1,425 [ M ] [ M 2 ]= 1 l sol

~ 12 ~

Para la solución de 12% 12.02 g NaCl ∗1 mol NaCl 88 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl [ m ]= =2,3346 [ m ] 1 Kg H 2 O 12.02 g NaCl ∗1 mol NaCl 100,02 g sol ∗1,075 g sol 58,5 g NaCl ∗1000ml sol 1 ml sol =2,1303 [ M ] [ M 1 ]= 1l sol

12.02 g NaCl ∗1 mol NaCl 100,02 g sol ∗1,037 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =2,257 [ M ] [ M 2 ]= 1 l sol Para la solución de 16% 16,03 g NaCl ∗1 mol NaCl 83,97 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl [ m ]= =3,1138 [ m ] 1 Kg H 2 O

16,03 g NaCl ∗1mol NaCl 100 g sol ∗1,102 g sol 58,5 g NaCl ∗1000ml sol 1 ml sol =2,9046 [ M ] [ M 1 ]= 1l sol

~ 13 ~

16,03 g NaCl ∗1mol NaCl 100 g sol ∗1,06 g sol 58,5 g NaCl ∗1000 ml sol 1 ml sol =2,691 [ M ] [ M 2 ]= 1 l sol

IV.4.

IV.4.1.

Cálculos para las soluciones usando el 1º Método de la determinación de la densidad Usando la ecuación: ø

ø=

[

1 1000 d sol −d 0 M 2− d sol m d0

(

para cada solución

Solución al 2 %

Ø=

[

)]

[ ]

1 1000 1,0036−1 ml 58,5− → Ø=48,041 1,0036 0,35 1 mol

(

Solución al 4 %

Ø=

[

(

[

(

)]

[ ]

)]

[ ]

1 1000 1,015−1 ml 58,5− → Ø=36,93 1,015 0,7139 1 mol

Solución al 8 %

Ø=

1 1000 1,049−1 ml 58,5− → Ø=24,416 1,049 1,4899 1 mol

Solución al 12 %

~ 14 ~

)]

calcule

Ø=

[

(

[

(

)]

[ ]

)]

[ ]

1 1000 1,075−1 ml 58,5− → Ø=24,534 1,075 2,3346 1 mol

Solución al 16 %

Ø=

1 1000 1,102−1 ml 58,5− → Ø=25,437 1,102 3,1138 1 mol

Graficar ø vs . m y calcular correspondientes

IV.4.2.

V´ 1 y V´ 2

con las ecuaciones

solución

Ø

m

2%

48,041

0,35

4%

36,93

0,7139

8%

24,416

1,4899

12%

24,534

2,3346

16%

25,437

3,1138

Øvs m 60 50 40 Ø

30

f(x) = - 19.32x + 54.87 R² = 0.79

20 10 0 0.4

0.6

0.8

1

1.2 m

~ 15 ~

1.4

1.6

1.8

2

IV.4.3.

Graficar Ø vs . m1/ 2 y calcular V´ 1 y V´ 2 para las mismas concentraciones y comparar los resultados obtenidos.

solució n

Ø

m

2%

48,041

0,35

4%

36,93

0,7139

8%

24,416

1,4899

12%

24,534

2,3346

16%

25,437

3,1138

0,5916 1 0,8449 3 1,2206 1 1,5279 4 1,7646 0

60 50 40 30 20 10 0 0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

Con esta tabla podemos obtener por definición: ∂Ø Ø=Ø 0 + √m ∂ √m En comparación con:

y= A+ B x

Entonces por regresión lineal, en una calculadora, obtenemos:

~ 16 ~

2

A = Ø0 = 63,42 Para el cálculo de

V´ 1 y V´ 2

y

B=

∂Ø ∂ √m

usaremos las ecuaciones:

m ∂Ø ´ m3 ∂ Ø V´ 2=Ø + √ V 1=V 10− √ 2 ∂ √m 2 n1 ∂ √ m Solución al 2 %

[ ]

0,358 ml V´ 2=55,65+ √ ∗−26,2→ V´ 2=47,81 2 mol 0,3583 ml √ ´ V 1=18− ∗−26,2→ V´ 1=18,05 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 4 %

[ ]

0,735 ml V´ 2=33,41+ √ ∗−26,2 → V´ 2=22,18 2 mol 0,735 ml V´ 1=18− √ ∗−26,2→ V´ 1=18,15 2∗55,55 mol Solución al 8 % 1,494 ml V´ 2=26,49+ √ ∗−26,2→ V´ 2=10,48 2 mol 3

[ ] [ ]

1,4943 ml V´ 1=18− √ ∗−26,2→ V´ 1=18,43 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 12 %

[ ]

2,314 ml V´ 2=23+ √ ∗−26,2 → V´ 2=3,07 2 mol 2,314 V´ 1=18− √ ∗−26,2→ V´ 1=18,83 2∗55,55 Solución al 16 % 2,828 V´ 2=24,47+ √ ∗−26,2→ V´ 2=2,44 2 3

~ 17 ~

[ ] [ ] ml mol

ml mol

= -26,2

2,8283 ml √ ´ V 1=18− ∗−26,2→ V´ 1=19,12 2∗55,55 mol

[ ]

IV.4.4.

V´ 1 y V´ 2

Graficar

Solución 2% 4% 8% 12% 16%

m

en función a m 0,358 0,735 1,494 2,314 2,828

V1 18,05 18,15 18,43 18,83 19,12

V2 47,81 22,18 10,48 3,07 2,44

V1, V2 60 V 50 1 40 y

V1

f(x) = -21.55 ln(x) + 21.27 R² = 0.95

30 20

Linear (V1) V2 Logarithmic (V2)

f(x) = 0.43x + 17.84 R² = 0.99

V 10 2 0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

m

Del grafico podemos deducir que: V´ 1 ( m ) → V´ 1=0,4345 m+17,844 V´ 2 ( m ) → V´ 2 =−21,55 ln m+21,269

IV.4.5.

Establecer si las curvas del grafico del anterior punto tienen un comportamiento de acuerdo a la ecuación de Gibbs – Duhem.

La ecuación de Gibbs Duhem para dos sustancias señala:

~ 18 ~

n1 d V´ 1 +n 2 d V´ 2=0 n1 d V´ 1 =−n 2 d V´ 2

Integrando la ecuación:

∫ n1 d V´ 1=−∫ n2 d V´ 2

n1 V´ 1+ n2 V´ 2 =0

Solución al 2 % 58,78 g 1,23 g ∗18,05+ ∗47,81=0 g g 18 58,5 mol mol 59,95=0 Solución al 4 % 58,41 g 2,51 g ∗18,15+ ∗22,18=0 g g 18 58,5 mol mol 59,85=0


Solución al 16 % 58,94 g 9,75 g ∗19,12+ ∗2,44=0 g g 18 58,5 mol mol

~ 19 ~

63,01=0 Al parecer las curvas no se establecen de acuerdo a la ecuación de Gibbs Duhem para dos sustancias. IV.5.

IV.5.1.

Cálculos para las soluciones usando el 2º método de la determinación de la densidad por empuje Usando la ecuación: ø

ø=

[

1 1000 d sol −d 0 M 2− d sol m d0

(

para cada solución.

Solución al 2 % Ø=

[

(

[

(

[

(

[

(

[

(

)]

[ ]

)]

[ ]

)]

[ ]

)]

[ ]

)]

[ ]

1 1000 1,001−1 ml 58,5− → Ø =55,65 1,001 0,358 1 mol


1 1000 1,019−1 ml 58,5− → Ø=32,04 1,019 0,735 1 mol


1 1000 1,037−1 ml 58,5− → Ø =32,53 1,037 1,494 1 mol


1 1000 1,107−1 ml 58,5− → Ø =11,07 1,107 2,314 1 mol


1 1000 1,109−1 ml 58,5− → Ø=17,99 1,109 2,828 1 mol

~ 20 ~

)]

calcule

IV.5.2.

V´ 1 y V´ 2

Graficar ø vs . m y calcular correspondientes.

con las ecuaciones

solución

Ø

m

2%

55,65

0,358

4%

32,04

0,735

8%

32,53

1,494

12%

11,07

2,314

16%

17,99

2,828

Ø vs m 60 50 40 Ø

Ø 30 20 10 0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

m

IV.5.3.

Graficar Ø vs . m1/ 2 y calcular V´ 1 y V´ 2 para las mismas concentraciones y comparar los resultados obtenidos.

solució n

Ø

m

2%

55,65

0,358

4%

32,04

0,735

8%

32,53

1,494

~ 21 ~

0,5983 3 0,8573 2 1,2222 9

12%

11,07

2,314

16%

17,99

2,828

1,5211 8 1,6816 7

Ø vs √m 60 50

Ø

f(x) = - 34.42x + 70.34 R² = 0.82

40 30

Ø Linear (Ø)

20 10 0 0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

Con esta tabla podemos obtener por definición: Ø=Ø 0 +

∂Ø √m ∂ √m

En comparación con:

y= A+ B x

Entonces por regresión lineal, en una calculadora, obtenemos: A = Ø0 = 70,339 Para el cálculo de

V´ 1 y V´ 2

y

B=

∂Ø ∂ √m


m ∂Ø ´ m3 ∂ Ø V´ 2=Ø + √ V 1=V 10− √ 2 ∂ √m 2 n1 ∂ √ m Solución al 2 %

~ 22 ~

= -34,42

[ ]

0,358 ml V´ 2=55,65+ √ ∗−34,42→ V´ 2=45,35 2 mol 0,3583 ml V´ 1=18− √ ∗−34,42→ V´ 1=18,07 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 4 %

[ ]

0,735 ml V´ 2=32,04+ √ ∗−34,42→ V´ 2=17,29 2 mol 0,7353 ml V´ 1=18− √ ∗−34,42→ V´ 1=18,20 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 8 %

[ ]

1,494 ml V´ 2=32,53+ √ ∗−34,42→ V´ 2=11,49 2 mol 1,4943 ml V´ 1=18− √ ∗−34,42→ V´ 1=18,57 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 12 %

[ ]

2,314 ml V´ 2=11,07 + √ ∗−34,42 → V´ 2=−15,11 2 mol 2,3143 ml √ ´ V 1=18− ∗−34,42→ V´ 1=19,09 2∗55,55 mol

[ ]

Solución al 16 %

[ ]

2,828 ml V´ 2=17,99+ √ ∗−34,42 → V´ 2=−10,95 2 mol 2,8283 ml V´ 1=18− √ ∗−34,42→ V´ 1=19,47 2∗55,55 mol

[ ]

IV.5.4.

Graficar

V´ 1 y V´ 2

Solución 2%

en función a m 0,358

V1 18,07

~ 23 ~

m .

V2 45,35

4% 8% 12% 16%

0,735 1,494 2,314 2,828

18,20 18,57 19,09 19,47

17,29 11,49 -15,11 -10,95

50 40 V 1

f(x) = -27.57 ln(x) + 14.83 R² = 0.93

30 20 10

V 2

V1

f(x) = 0.57x + 17.8 R² = 0.99

y

Linear (V1) V2

0

Logarithmic (V2) 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

-10 -20 m

Del grafico podemos deducir que: V´ 1 ( m ) → V´ 1=0,5685 m+17,801 V´ 2 ( m ) → V´ 2 =−27,57 ln m+14,825

IV.5.5.

Establecer si las curvas del grafico del anterior punto tienen un comportamiento de acuerdo a la ecuación de Gibbs – Duhem.

La ecuación de Gibbs Duhem para dos sustancias señala: n1 d V´ 1 +n 2 d V´ 2=0 n1 d V´ 1 =−n 2 d V´ 2

~ 24 ~

Integrando la ecuación:

∫ n1 d V´ 1=−∫ n2 d V´ 2

n1 V´ 1+ n2 V´ 2 =0


Solución al 8 % 55,26 g 4,83 g ∗18,57+ ∗11,49=0 g g 18 58,5 mol mol 57,96=0 Solución al 12 % 53,99 g 7,31 g ∗19,09+ ∗−15,11=0 g g 18 58,5 mol mol 55,37=0

Solución al 16 % 58,94 g 9,75 g ∗19,47+ ∗−10,95=0 g g 18 58,5 mol mol 61,93=0 Al parecer las curvas no se establecen de acuerdo a la ecuación de Gibbs Duhem para dos sustancias.

~ 25 ~

V.

CUESTIONARIO 1) Suponer que se mezclan volúmenes iguales de HNO3 4,55 molal (ρ=1,1294 g/cc) y HNO3 4,55 molar un (ρ=1,1469 g/cc).¿cuál será la molaridad y la molalidad de la solución final?

Hallamos la composición de la primera solución:

4,55

63 g HN O3 1 Kg H 2 o gHN O3 molsoluto x X =0,287 Kgdisolvente 1mol HN O3 1000 g H 2 o g H2 o

De ahí vemos que el porcentaje en masa del ácido nítrico y del agua son 22,7% y 77.73% respectivamente. Hallamos la composición de la segunda solución:

4,55

gHN O3 mol soluto 1 lsolucion 1 mlsolucion 63 g soluto x x x =0,2499 l solucion 1000 ml solucion 1,1469 g solucion 1 mol gsolucion

De ahí vemos que el porcentaje en masa del ácido nítrico y del agua son 24,9% y 75.01% respectivamente. Para la solución haremos un balance de concentraciones de la siguiente manera:

HN O3∗m1+ HN O3∗m 2= HN O3∗mfinal 22,27∗m1+24,99∗m2= HN O3∗mfinal 22,27∗p 1 V +24,99∗p 2 V = HN O3∗V ( p 1+ p 2) De ahí despejamos la concentración final y reemplazamos los valores de las densidades tenemos:

HN O3 =23,64

Hallamos la concentración molar:

1,13815

gsol 23,64 g HN O3 1 mol HN O3 1000 ml x x x =4,27 molar ml sol 100 gsol 63 g HN O3 1l

Hallamos la concentración molal:

~ 26 ~

23,64 gHN O3 1molHN O3 1000 g x x =4,91 molal 76,36 g H 2 o 63 gHN O3 kg 2) Se tiene tres soluciones de cloruro de sodio y agua cada una de ellas con un peso de 80gramos. En base a los siguientes datos: Nº 1 2 3

%peso 2 4 8

Ρsol (g/cc) 1,0112 1.02530 1,5412

Determinar los volúmenes molares parciales de soluto y del disolvente. Hallando la masa de NaCl y H2O de cada uno:



90 gsolx

2 g NaCl =1,8 gNaCl 100 g sol

mH O=90 g−1,8 g=88,2 g H 2 O 2

mNaCl =1,8 g 

90 gsolx

4 g NaCl =3,6 g NaCl 100 g sol

mH O=90 g−3,6 g=86,4 H 2 O 2

mNaCl =3,6 g 

90 gsolx

8 g NaCl =7,2 g NaCl 100 g sol

m H O=90 g−7,2 g=82,8 g H 2 O 2

mNaCl =7,2 g Calculando de molalidad:

~ 27 ~

1,8 g NaCl ∗1 mol NaCl 88,2 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl =0,35 [ m ] [ m1 ]= 1 Kg H 2 O 3,6 g NaCl ∗1 mol NaCl 86,4 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl =0,71 [ m ] [ m2 ]= 1 Kg H 2 O

7,2 g NaCl ∗1 mol NaCl 82,8 g H 2 O ∗1000 g H 2 O 58,5 g NaCl =1,49 [ m ] [ m3 ]= 1 Kg H 2 O Hallando volumen molal aparente del soluto:

Ø=

[

1 1000 d s ol −d 0 M 2− d sol m d0

Ø 3=

(

)]

[

)]

[ ]

Ø 1=

1 1000 1,001112−1 ml 58,5− → Ø1 =26,43 1,001112 0,35 1 mol

Ø 2=

1 1000 1,02530−1 ml 58,5− → Ø 2 =22,30 1,02530 0,71 1 mol

(

[

[

)]

(

)]

[ ]

[ ]

1 1000 1,05412−1 ml 58,5− → Ø 3=21,04 1,05412 1,49 1 mol

(

Haciendo un cálculo previo:

Ø 26,43 22,30 21,04 ~ 28 ~

√m 0,59 0,84 1,22

Ø=Ø 0 +

∂Ø √m ∂ √m y= A+ B x

En comparación con:

Introduciendo los datos en la calculadora y aplicando regresión lineal:

A = Ø0 = 30,435 Para el cálculo de

V´ 1 y V´ 2

y

B=

∂Ø ∂ √m

= -8,127


m ∂Ø ´ m3 ∂ Ø V´ soluto =Ø + √ V disolvente=V 10 − √ 2 ∂ √m 2 n1 ∂ √ m Hallando el volumen molar para el soluto:

[ ]

0,59 ml V´ soluto =26,43+ ∗−8,127 → V´ 1=24,03 2 mol solu

[ ] [ ]

0,84 ml V´ ¿ ¿=22,30+ ∗−8,127 → V´ 2 =18,89 2 mol 1,22 ml V´ soluto =21,04 + ∗−8,127 → V´ 3=16,08 2 mol Hallando el volumen molar para el disolvente:

0,593 ml V´ disolvente=18− ∗−8,127 → V´ 1=18,02 2∗55,55 mol

[ ] [ ] [ ]

0,84 3 ml V´ disolvente=18− ∗−8,127 → V´ 2=18,04 2∗55,55 mol

1,223 ml V´ disolvente=18− ∗−8,127 → V´ 3=18,13 2∗55,55 mol

3) Se prepara una solución disolviendo 22,5 gramos de carbonato de sodio decahidrato en agua agregando esta última, hasta que el

~ 29 ~

volumen total es de 200 cc. La densidad de la solución resultante es 1,04 g/cc. calcular la molaridad, la normalidad y la fracción molar de carbonato de sodio en la solución.

mfinal=d∗v =1,4∗200=280 g mH O=280−22,5=257,5 g



2

 mH O=22,5 g Na2 C O3∗10 H 2 Ox 2

180 g H 2 O =14,16 g H 2 O 286 g Na2 C O3∗10 H 2 O

mtotal=257,5+14,16=271,66 g H 2 O mNa C O =280−271,66=8,34 g Na2 C O3 2

3

Hallamos la concentración molar:

8,34 g Na2 C O3 1 mol Na 2 C O3 1000 ml x x =0.393 molar 200 gsol 106 g Na 2 C O3 1l Hallamos la fracción molar:  

1 mol H 2 O =15,092mol H 2 O 18 g H 2 O 1 mol Na 2 C O3 n H O =8,34 g Na 2 C O3 x =0,079 mol Na 2 C O 3 106 g Na 2 C O3 n H O =271,66 g H 2 Ox 2

Ntotal=15,171mo l

2

X Na C O = 2

3

0,079 15,171

X Na C O =0,005 2

VI.

3

CONCLUSIONES  Con el primer método de medición de la densidad salieron y calculamos resultados más razonables que con el segundo método el cual presentó volúmenes negativos lo cual es un resultado incoherente.  Los errores presentes en el experimento posiblemente se realizaron por la mala utilización de los instrumentos tales como la balanza de brazos y/o la utilización del sólido.

~ 30 ~

 Los volúmenes molares parciales de los componentes de una mezcla varían con la composición, debido a que el entorno de cada molécula cambia cuando la composición cambia desde una sustancia pura A hasta otra sustancia pura B. Los volúmenes molares parciales no son independientes entre sí y la variación de una cantidad molar parcial afecta a las restantes. Este método es válido también para otras propiedades extensivas como entalpía, entropía, etc. teniendo en cuenta que la presión y temperatura sean constantes.

VII.

BIBLIOGRAFÍA

 FISICOQUIMICA – Castellan.  FISICOQUIMICA -- Atkins  TERMODINAMICA – Annequin y Boutigny  QUIMICA GENERAL – Leonardo Coronel  http://www.fpatron.com/physchem/quim4101/quim4101docs/Volum_mol_p ar_REFRACTOM.pdf  http://es.wikipedia.org/wiki/Volumen_molar  http://es.scribd.com/angel_laureano/d/67100199-Volumen-Molar-Parcial

~ 31 ~

Fisicoquímica - Volumen Parcial Molar

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