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QMC 206 LABORATORIO

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1. OBJETIVO  Determinar los volúmenes molares parciales de soluciones de cloruro de sodio en función de sus concentraciones molales y sus densidades medidas por el método del empuje y de la relación m/V. 2. MARCO TEORICO CONCENTRACIÓN DE UNA DISOLUCIÓN Existen distintas formas de expresar la concentración de una disolución, pero las dos más utilizadas son: gramos por litro (g/l) y molaridad (M). Los gramos por litro indican la masa de soluto, expresada en gramos, contenida en un determinado volumen de disolución, expresado en litros. Así, una disolución de cloruro de sodio con una concentración de 40 g/l contiene 40 g de cloruro de sodio en un litro de disolución. LA MOLARIDAD se define como la cantidad de sustancia de soluto, expresada en moles, contenida en un cierto volumen de disolución, expresado en litros, es decir: M = n/V. El número de moles de soluto equivale al cociente entre la masa de soluto y la masa de un mol (masa molar) de soluto Otra forma de expresar la concentración de una disolución es la molalidad (Ml), que se define como el número de moles de soluto contenido en 1 kilogramo de disolvente. 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 al V, U, H, G, S y entre las segundas la P, X, , T, etc. Se ha demostrado que la razón entre dos variables extensivas es una variable intensiva. Sea X cualquier variable extensiva, entonces la relación: Xi = (dX/dni)T, P, nj

(5,1)

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 (5-1) la variable X viene a ser el volumen (V) tenemos:

 V Vi    ni

  (18) P ,T ,n .... n (5-2) 1

i 1

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.

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Supongamos que obtenemos una disolución mezclando, n1, n2.......ni moles de las sustancias 1, 2....., i a temperatura y presión constantes, el volumen total de los componentes sin mezclar a temperatura y presión constantes será: Vsm = n1Vº1 + n2Vº2 +…..+ niVºi

(5-3)

y el volumen después de la mezcla será V = n1 V1 + n2 V2 + ......+ ni Vi

(5-4)

Dónde: Vºi

= Volumen molar de la sustancia i pura.

Vi

= 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 ≠ VSM). Esto debido a que las interacciones intermoleculares son diferentes en la disolución y en los componentes puros separados. A la ecuación (5-4) se le conoce con el nombre de la regla de la aditividad. Los volúmenes molares parciales pueden evaluarse a partir de las densidades de las soluciones. Para facilitar el cálculo de estas magnitudes parciales, se introduce el concepto de magnitud molal aparente (). De la ecuación (5-4) para una mezcla binaria tenemos: 0

0

V  n2  n1V 1  m  n1V 1 (C )

(5-5)

Donde n1 y n2 son el número de moles del disolvente y del soluto respectivamente. A (P y T cttes.)  = (V – n1 Vº1) / n2

(5-6)

Derivando la ecuación (5-5) respecto a n2 tenemos: V2 =  + n2 (∂ / ∂n2)T,P,n1

(5-7)

Combinando las ecuaciones (5-5) y (5-7) tenemos: V1 = (V – n2V2) / n1

(5-8)

V1 = [n1Vº1 – n22(∂/∂n2)P,T,n1]/n1

(5-9)

Expresando la ecuación (5-6) en términos de la densidad de la solución (dsol) medida experimentalmente y para un volumen total de una solución que contiene 1000 gr. de disolvente (H2O) y m moles de soluto se tiene:  

 1  n1  M1  n2  M2   n1  Vº1  n2  dsol 

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( 5  10)

2

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 

1  1000  m  M2 1000     m  dsol do 

( 5  11)

 

 1 1000  dsol  do     M2    dsol  m do  

( 5  12)

Donde: 

= Volumen molal aparente del soluto

dsol = densidad de la solución do

= densidad del disolvente puro

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 () se realiza con las ecuaciones siguientes: V2   

V1  Vº1 

 m  2  m

3  m  2 n1  m

( 5  13)

( 5  14)

n1 = 55.55 moles de a

3. PROCEDIMIENTO

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INICIO

Armar el sistema

Al 2, 4, 8, 12,16 %.

Preparar Soluciones (NaCl) Introducir soluciones (matraz aforado)

Dato de m de sol.

Determinació n de 50 ml de volumen

Pesar 𝜌𝑠𝑜𝑙 =

Determinar 𝜌𝑠𝑜𝑙

𝑚 𝑣

Calibrar el sistema

Para cada solución

Determinar

𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜

Determinar 𝜌𝑠𝑜𝑙 𝜌𝑠𝑜𝑙 =

𝑚𝑠𝑜𝑙 𝑒𝑛 𝑎𝑖𝑟𝑒 − 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 ∗ 𝜌𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑠𝑜𝑙 𝑒𝑛 𝑎𝑖𝑟𝑒

FIN

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4. MATERIALES REACTIVOS Y EQUIPOS MATERIALES Vaso de precipitado de 100 ml Matraz aforado Juego de Pesas Vidrio reloj Espátula Probeta de 100 ml Varilla Piseta

CANTIDAD 5

5

EQUIPOS Balanza de brazos Balanza analítica

CANTIDAD 1

REACTIVOS Cloruro de sodio (p.a.)

1

1 1 1 1 1 1

5. HOJA DE DATOS

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6. CALCULOS Y RESULTADOS 

PREPARACIÓN DE SOLUCIONES Se toma como masa 70 g para cada solución al 2%, 4%, 8%, 12% y 16% -

AL 2% 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 ×

-

2 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜 100 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑜 × = 1.403 𝑔 𝑁𝑎𝑐𝑙 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 99.8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜

Al 4% 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 ×

-

Al 8% 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 ×

-

VOLUMEN H20



12 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜 100 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑜 × = 8.417 𝑔 𝑁𝑎𝑐𝑙 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 99.8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜

Al 16% 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 ×

PORCENTAJE MASA NaCl

8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜 100 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑜 × = 5.611 𝑔 𝑁𝑎𝑐𝑙 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 99.8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜

Al 12% 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 ×

-

4 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜 100 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑜 × = 2.806 𝑔 𝑁𝑎𝑐𝑙 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 99.8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜

2% 1.403 68.597

12 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜 100 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑖𝑚𝑝𝑢𝑟𝑜 × = 11.222 𝑔 𝑁𝑎𝑐𝑙 100 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 99.8 𝑔𝑁𝑎𝐶𝑙 𝑝𝑢𝑟𝑜

4% 2.806 67.194

8% 5.611 64.389

12% 8.417 61.583

16% 11.222 58.778

DETERMINACION DE LA DENSIDAD DEL AGUA - 1º Método 𝑉𝐻2 𝑂 = 50 𝑚𝑙 𝑚 𝑣𝑎𝑠𝑜+𝐻2 𝑂 = 101.3 𝑔 𝑚 𝑣𝑎𝑠𝑜 = 51.293 [𝑔] 𝑚 𝐻2 𝑂 = 50.007 [𝑔] 𝜌=

𝜌=

𝑚 𝑣

50.007 [𝑔] 50 𝑚𝑙

𝜌 = 1.0014 [

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𝑔 ] 𝑚𝑙

6

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2º Método A través de la ecuación 𝜌𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 =

𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 − 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 × 𝜌𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒

𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 = 50.069 [𝑔] 𝑣𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 = 5.5 [𝑚𝑙] 𝑚𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 = 44.5 [𝑔] 𝜌𝐻2 𝑂 =

50.069 [𝑔] − 44.5 [𝑔] 50.069 [𝑔] × 50.069 [𝑔] 5.5 [𝑚𝑙] 𝜌𝐻2 𝑂 = 1.012 [



𝑔 ] 𝑚𝑙

CALCULAR LOS VALORES DE MOLARIDAD, MOLALIDAD DE LAS SOLUCIONES. -

Solución al 2% 1.41 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙. × × = 0.344 [𝑀] 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙. 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙. 1.41 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 0 × × = 0.3514 [𝑚] 68.59 𝑔 𝐻2 0 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝐾𝑔 𝐻2 0

-

𝑆𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑎𝑙 4 % 2.83 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙. × × = 0.6911 [𝑀] 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙. 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙. 2.83 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 0 × × = 0.7202 [𝑚] 67.17 𝑔 𝐻2 0 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝐾𝑔 𝐻2 0

-

Solución al 8 % 5.66 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙. × × = 1.3822 [𝑀] 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙. 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙. 5.66𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 0 × × = 1.5038 [𝑚] 64.34 𝑔 𝐻2 0 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝐾𝑔 𝐻2 0

-

Solución al 12 % 8.48 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙. × × = 2.071 [𝑀] 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙. 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙.

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8.48 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 0 × × = 2.3563 [𝑚] 61.52 𝑔 𝐻2 0 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝐾𝑔 𝐻2 0 -

Solución al 16% 11.31 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙. × × = 2.7619 [𝑀] 70 𝑔 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙. 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙. 11.31 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 0 × × = 3.2941 [𝑚] 58.69 𝑔 𝐻2 0 58.5 𝑔 𝑁𝑎𝐶𝑙 1 𝐾𝑔 𝐻2 0



USANDO LA ECUACIÓN (5-12) CALCULE 𝜙 PARA CADA SOLUCIÓN Ecuación 𝜙=

1 𝜌𝑠𝑜𝑙

× [𝑀2 −

1000 𝜌𝑠𝑜𝑙 − 𝜌𝑜 ×( )] 𝑚 𝜌𝑜

Dónde: 𝜙 = 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 𝜌𝑠𝑜𝑙 = 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝜌𝑜 = 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑜 𝑀2 = 𝑃𝑠𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 𝑚 = 𝑀𝑜𝑙𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 - Solución al 2% 1 1000 0.986 − 1 𝜙1 = × [58.5 − ×( )] 0.986 0.482 1 𝜙1 = 88.789 -

Solución al 4% 𝜙2 =

1 1000 1.0114 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.0114 0.967 1 𝜙2 = 46.184

-

Solución al 8% 𝜙3 =

1 1000 1.0386 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.0386 1.935 1 𝜙3 = 37.119

-

Solución al 12% 𝜙4 =

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1 1000 1.075 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.075 2.899 1

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𝜙4 = 30.52 -

Solución al 16% 𝜙5 =

1 1000 1.120 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.120 3.687 1 𝜙5 = 25.44

GRAFICAR 𝜙 𝑉𝑆 𝑚 Y TRAZAR LOS TANGENTES A LA CURVA PARA CADA SOLUCION Y CALCULAR 𝑉̅1 𝑌 𝑉̅2 CON LAS ECUACIONES CORRESPONDIENTES

𝜙



𝝓

𝒎

𝟖𝟖. 𝟕𝟖𝟗

0.482

𝟒𝟔. 𝟏𝟖𝟒

0.967

𝟑𝟕. 𝟏𝟏𝟗

1.935

𝟑𝟎. 𝟓𝟐

2.899

𝟐𝟓. 𝟒𝟒

3.687

100,000 90,000 80,000 70,000 60,000 50,000 40,000 30,000 20,000 10,000 0

Series2

Linear (Series2)

0

2

4

6

𝒎   o  Si:

 m m

y = A + Bx A = o = 77.715

B

 = -16.100 m

Para calcular V1 tenemos:

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m2    V1  V1    n1  m  o

Para calcular V2 tenemos:

   V2    m   m  Reemplazamos los datos para la concentración de 2%

V1  18 

0,.4822  16.100  18.067ml / mol 55.55

V2  88.789  0,482 16.100  81.029ml / mol Para los otros datos calculamos de la misma manera y tenemos:



CONCENTRACIÓN

V1 (ML/MOL)

V2 (ML/MOL)

2%

18.067

81.029

4%

18.271

30.615

8%

19.085

23.785

12 %

20.436

22.213

16 %

21.940

21.338

GRAFICAR 𝜙 𝑉𝑆 𝑚1/2 Y CALCULAR 𝑉̅1 𝑌 𝑉̅2 PARA LAS MISMAS CONCENTRACIONES.

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𝝓 𝟖𝟖. 𝟕𝟖𝟗

𝒎𝟏/𝟐 0.694

𝟒𝟔. 𝟏𝟖𝟒

0.984

𝟑𝟕. 𝟏𝟏𝟗

1.391

𝟑𝟎. 𝟓𝟐𝟎

1.703

𝟐𝟓. 𝟒𝟒𝟎

1.920

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UMSA 100,000 90,000 80,000 70,000

𝜙

60,000 50,000

Series2

40,000

Linear (Series2)

30,000 20,000 10,000 0 0

2

4

6

𝑚^(1/2)

Por definición: 𝜙 = 𝜙𝑜 +

𝜕𝜙 𝜕 √𝑚

× √𝑚

Que tiene relación con : 𝑦 = 𝐴 + 𝐵𝑥 𝜕𝜙 Donde B= 𝜕√𝑚

Mediante una análisis de regresión lineal 𝐵=

𝜕𝜙 𝜕 √𝑚

= −45.040

Con las ecuaciones √𝑚 𝜕𝜙 𝑉̅2 = 𝜙 + 2 𝜕 √𝑚 √𝑚3 𝜕𝜙 ̅̅̅1 + 𝑉̅1 = 𝑉º 2𝑛1 𝜕√𝑚 Reemplazamos los datos para la concentración de 2% 𝑉̅1 = 18 +

0. 6943 × (−45.040) = 17.864 ml / mol 2 × 55.55

𝑉̅2 = 88.789 +

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0.694 × (−45.040) = 73.160 ml / mol 2

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

UMSA

Concentración

V1 (ml/mol)

V2 (ml/mol)

2%

17.864

74.160

4%

17.614

24.024

8%

16.909

19.194

12 %

15.998

15.881

16 %

15.131

11.476

GRAFICAR 𝑉̅1 𝑌 𝑉̅2 EN FUNCION A m.

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V1 (ml/mol)

𝒎

18.067

0.482

18.271

0.967

19.085

1.935

20.436

2.899

21.940

3.687

| GRUPO A

12

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UMSA

V1 (ml/mol)

25,000 20,000 15,000 Series2

10,000

Linear (Series2) 5,000 0 0

2

4

6

𝒎

V2 (ml/mol)

𝒎

81.029

0.482

30.615

0.967

23.785

1.935

22.213

2.899

21.338

3.687

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| GRUPO A

13

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UMSA

90,000

V2 (ml/mol

80,000

70,000 60,000 50,000 40,000

Series2

30,000

Linear (Series2)

20,000 10,000 0 0

2

4

6

m

7. CUESTIONARIO

1. Suponer que se mezclan volúmenes iguales de 𝐻𝑁𝑂3 4.55 molal (𝜌 = 1.1294 𝑔/𝑚𝑙) y 𝐻𝑁𝑂3 4.55 molar (𝜌 = 1.1469 𝑔/𝑚𝑙) ¿Cuál será la molaridad y molalidad de la solución final?

SOL. DATOS 1º 2º 𝐻𝑁𝑂3 4.55 molal 𝜌 = 1.1294 𝑔/𝑚𝑙 𝐻𝑁𝑂3 4.55 molar (𝜌 = 1.1469 𝑔/𝑚𝑙)

PARA 2º 𝑔

𝑥 𝑔 𝐻𝑁𝑂

1.1469 𝑚𝑙 × 100 𝑔 𝑠𝑜𝑙3 ×

1 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑁𝑂3 63 𝑔𝐻𝑁𝑂3

×

1000 𝑚𝑙 1𝑙

𝑥 𝑔 𝐻𝑁𝑂3 = 25 𝑔

=4.55

𝑚𝑜𝑙𝐻𝑁𝑂3 1 𝐿 𝑆𝑂𝐿

𝑚 𝑡1 = 100𝑔

𝑚𝐻2 𝑂 = 75 𝑔

𝑚1 𝑣1 = 87.192 𝑚𝑙 𝑣1 𝑣1 = 𝑣2 = 87.192 𝑚𝑙

𝜌1 = PARA 2º

𝑣2 = 87.192 𝑚𝑙 𝑚2 = 98.475 𝑔 ING. JORGE AVENDAÑO CHALCO

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UMSA 𝑚 𝐻𝑁𝑂3 1 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑁𝑂3 1000 𝑔 × × = 4.55 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑙 98.475 − 𝑚 𝐻𝑁𝑂3 63 𝑔𝐻𝑁𝑂3 1 𝐾𝑔 𝑚 𝐻𝑁𝑂3 = 21.939𝑔 𝑚𝐻2 𝑂 = 76.536 𝑔

Para Molaridad y Molalidad 𝜌𝑠𝑜𝑙 =

1.138

𝑔 46.939 𝑔 𝐻𝑁𝑂3 1 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑁𝑂3 1000 𝑚𝑙 × × × =4.272 ൣ𝑀൧ 𝑚𝑙 198.475 𝑔 𝑠𝑜𝑙 63 𝑔𝐻𝑁𝑂3 1𝑙

𝑔 𝐻𝑁𝑂

46.939 151.536 𝑔 3𝐻

100 + 98.475 𝑔 = 1.138 2 ∗ 87.192 𝑚𝑙

2𝑂

×

1 𝑚𝑜𝑙 𝐻𝑁𝑂3 63 𝑔𝐻𝑁𝑂3

×

1000 𝑔 1 𝐾𝑔

=4.97 [𝑚]

2. Se tiene tres soluciones de cloruro de sodio y agua cada una de ellas con un peso de 80 g. En bases a los siguientes datos: Nº 1 2 3

%PESO 2 4 8

𝜌𝑆𝑂𝐿. 𝑔/𝑚𝑙 1.0112 1.02530 1.5412

Determinar los volúmenes molares parciales del soluto y del disolvente. SOL. Se debe hallar la masa de NaCl y H20 de cada uno 80 𝑔 𝑠𝑜𝑙 ×

2 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 1.6 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 → 𝑚𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 1.6 𝑔 𝑚𝐻2 𝑂 = 78.6 𝑔 100 𝑔 𝑠𝑜𝑙

(1)

80 𝑔 𝑠𝑜𝑙 ×

4 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 3.2 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 → 𝑚𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 3.2 𝑔 𝑚𝐻2 𝑂 = 76.8 𝑔 100 𝑔 𝑠𝑜𝑙

(2)

80 𝑔 𝑠𝑜𝑙 ×

8 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 6.4 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 → 𝑚𝑁𝑎 𝐶𝑙 = 6.4 𝑔 𝑚𝐻2 𝑂 = 73.6 𝑔 100 𝑔 𝑠𝑜𝑙

(2)

Calculando la Molalidad 1.6 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 𝑂 × × → 𝑚1 = 0.35 [𝑚] 78.6 𝑔𝐻2 𝑂 58.5 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝐾𝑔𝐻2 𝑂 3.2 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 𝑂 × × → 𝑚2 = 0.71 [𝑚] 76.8 𝑔𝐻2 𝑂 58.5 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝐾𝑔𝐻2 𝑂 6.4𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1000 𝑔𝐻2 𝑂 × × → 𝑚1 = 1.49 [𝑚] 73.6 𝑔𝐻2 𝑂 58.5 𝑔 𝑁𝑎 𝐶𝑙 1 𝐾𝑔𝐻2 𝑂 ING. JORGE AVENDAÑO CHALCO

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UMSA

𝜙=

1 𝜌𝑠𝑜𝑙

× [𝑀2 −

1000 𝜌𝑠𝑜𝑙 − 𝜌𝑜 ×( )] 𝑚 𝜌𝑜

Dónde: 𝜙 = 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑎𝑝𝑎𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 𝜌𝑠𝑜𝑙 = 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝜌𝑜 = 𝐷𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑢𝑟𝑜 𝑀2 = 𝑃𝑠𝑜 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 𝑚 = 𝑀𝑜𝑙𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛 𝜙1 =

1 1000 1.01112 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.01112 0.35 1 𝜙1 = 26.43

𝜙2 =

1 1000 1.02530 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.02530 0.71 1 𝜙2 = 22.30

𝜙3 =

1 1000 1.05412 − 1 × [58.5 − ×( )] 1.05412 1.49 1 𝜙3 = 21.04

𝜙 = 𝜙𝑜 +

𝜕𝜙 𝜕 √𝑚

× √𝑚

Que tiene relación con: 𝑦 = 𝐴 + 𝐵𝑥 𝜕𝜙 Donde B=𝜕 𝑚 √

𝜙

√𝑚

26.43

0.59

22.30

0.84

21.04

1.22

Aplicando regresión lineal B=

𝜕𝜙 𝜕√𝑚

= −8.127

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UMSA √𝑚 𝜕𝜙 𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 = 𝜙 + 2 𝜕√𝑚 √𝑚3 𝜕𝜙 𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 = ̅̅̅ 𝑉º1 + 2𝑛1 𝜕 √𝑚 𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 1 = 26.43 +

g 0.59 × (−8.127) → 𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 1 =24.03 2 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 2 = 22.30 +

g 0.84 × (−8.127) → 𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 2 =18.89 2 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 3 = 21.04 +

g 1.22 × (−8.127) → 𝑉̅𝑠𝑜𝑙𝑢𝑡𝑜 3 =16.08 2 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 1 = 18 +

g 0.592 × (−8.127) → 𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 1 =18.02 2 × 55.55 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 2 = 18 +

g 0.842 × (−8.127) → 𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 2 =18.04 2 × 55.55 𝑚𝑜𝑙

𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 3 = 18 +

g 1.222 × (−8.127) → 𝑉̅𝑑𝑖𝑠𝑜𝑙𝑣𝑒𝑛𝑡𝑒 3 =18.13 2 × 55.55 𝑚𝑜𝑙

3. Se prepara una solución disolviendo 22.5 g de carbonato de sodio decahidratado en agua esta última, hasta que el volumen total es de 200 ml. La densidad de la solución resultante es 1.04 g/ml. Calcular la molaridad, la normalidad y la fracción molar del carbonato de sodio en la solución.

22.5 g 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 10𝐻2 𝑂

V= 200 ml 𝜌 = 1.04 g/ml m= 208 g sol. 106 𝑔𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 2 𝐶𝑂3 10𝐻2 𝑂

22.5 g 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 10𝐻2 𝑂 × 286 𝑔𝑁𝑎 ING. JORGE AVENDAÑO CHALCO

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= 8.34 g 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

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UMSA

𝑚𝐻2 𝑂 = 208 g − 8.34 g = 199.66 g

Molaridad g

1.04 ml ×

8.34 g 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 208 g sol

×

1 𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 106 𝑔𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

×

1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙

×

1 𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 106 𝑔𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

×

2 𝑒𝑞−𝑔𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 1 𝑚𝑜𝑙 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

= 0.393 [𝑀]

Normalidad 1.04

g ml

×

8.34 g 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 208 g sol

×

1000 𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 1 𝑙 𝑠𝑜𝑙

= 0.787 [𝑁]

Fracción Molar

𝑋𝑁𝑎2 𝐶𝑂3

𝑚𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 𝑀𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 −3 =𝑚 𝑚𝐻2 𝑂 = 7.043 × 10 𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 𝑀𝑁𝑎2 𝐶𝑂3 + 𝑀𝐻2 𝑂

8. CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES  Determinamos los volúmenes molares parciales de las soluciones de cloruro de sodio en función de sus concentraciones molales y sus densidades medidas por el empuje de un sólido y la masa entre volumen.  Se determinó la densidad del agua por los dos métodos (empuje y masa entre volumen)  También se pudo demostrar que a menor concentración el peso del sólido sumergido en la solución es menor, y de la misma manera ocurre con la densidad. 9. BIBLIOGRAFIA  Guía de laboratorio de fisicoquímica  Daniels “Curso de Fisicoquimica Experimental”  Castellan – Fisicoquímica  Química General – Ibarz

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