Volumen Molar Fisicoquimica Umsa 5y615a

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN ANDRES FACULTAD DE INGENIERIA CURSO BÁSICO LABORATORIO DE FISICOQUIMICA

TEMA/PRACTICA: VOLUMEN MOLAL ESTUDIANTE: STEFANY MICHELLE HUANCA DOCENTE: ING. WILLIAM CUSI MATERIA: LABORATORIO DE FISICOQUIMICA GRUPO: “A” GESTION: 2017

1. OBEJTIVOS 1.1.

OBJETIVO GENERAL  DETERMINAR LAS DENSIDADES SOLUCIONES CLORURO DE SODIO.

1.2.

DE

DIVERSAS

OBJETIVOS ESPECIFICOS  DEMOSTRAR QUE LA DENSIDAD CALCULADA VARIA RESPECTO DEL METODO QUE SE UTILIZO.  CALCULAR LOS VOLUMENES MOLARES PARCIALES DE LAS DIVERSAS SOLUCIONES DE CLORURO DE SODIO

2. Fundamento teórico 2.1. Descripción termodinámica de las mezclas Hemos visto que la presión parcial, que es la contribución de un componente a la presión total, se utiliza para estudiar las propiedades de las mezclas de gases. Para una descripción más general de la termodinámica de las soluciones debemos introducir otras propiedades "parciales" análogas. (1) 2.2. Magnitudes molares parciales La propiedad molar parcial más fácil de visualizar es el volumen molar parcial, la contribución que hace un componente de una mezcla al volumen total de la muestra. (2) 2.3. Volumen molar parcial Imaginemos un enorme volumen de agua pura a 25°C Si agregamos 1 mol de H20, el volumen aumentará en 18 cm' y podemos decir que el volumen molar de agua pura (3) es de 18 mol". Sin embargo, si agregamos I mol de H20 a un enorme volumen de etanol puro, el volumen aumenta sólo en 14 La diferencia del aumento de volumen se debe a que el volumen ocupado por un determinado número de moléculas de agua depende de la identidad de las moléculas que la rodean. En el segundo caso, la cantidad de etanol es tan grande que cada molécula de H 20 está

rodeada de moléculas de etanol, y el empaquetamiento de las moléculas hace que las moléculas de H2O produzcan un aumento de volumen de solo 14 cm3. El volumen molar parcial de agua en etanol puro es de 14 cm3 mol-1. En general, el volumen molar parcial de una sustancia A en una mezcla es el cambio de volumen por mol de A agregado a un gran volumen de la mezcla. (4) Los volúmenes molares parciales de los componentes de una mezcla varían con la composición ya que el entorno que rodea a cada tipo de molécula varía al cambiar la composición de A puro a B puro. Este entorno molecular cambiante, y la consecuente modificación de las fuerzas intermoleculares, es el que produce la variación de las propiedades termodinámicas de una mezcla al cambiar Su composición. En la figura 5.1 se muestran los volúmenes molares parciales de agua y de etanol para todos los valores de composición a 25°C. (5) El volumen molar parcial, 𝑉𝐽 , de una sustancia de una cierta composición se define de la siguiente manera. 𝝏𝑽

𝑽𝑱 = (𝝏𝒏 ) 𝟏

[5.1] 𝒑,𝑻,𝒏´

en donde 𝑛´ significa que las cantidades de las demás sustancias presentes son constantes. El volumen molar parcial es la pendiente del gráfico del volumen total al modificar la cantidad de J, manteniendo constantes la presión, la temperatura y la cantidad de los demás componentes (Fig. 5.2). Este valor depende de la composición, como vimos para el agua y el etanol. (6)

(1) Quimica

Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 136 Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 136 (3) Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 136 (4) Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 137 (2)

(5) (6)

Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 137 Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 137

Grafico N° 1. Volúmenes es Molares Parciales de agua y etanol a 25°C

Grafico N° 2. Volúmenes es Molares Parciales de agua y etanol a 25°C

Fuente: Quimica Fisica,P. Atkins & J de Fuente: Quimica Fisica,P. Atkins & J. de Paula (2006), Pág. 137 Paula (2006), Pág. 137 La definición en la ecuación 5.1 implica que si modificamos la composición de la solución agregando 𝑑𝑛𝐴 de A y 𝑑𝑛𝐵 de B, el volumen total de la mezcla se modifica en 𝝏𝑽

𝒅𝑽 = (𝝏𝒏 ) 𝑨

𝒑,𝑻,𝒏´

𝝏𝑽

𝒅𝒏𝑨 + (𝝏 𝒏 ) 𝑩

𝒑,𝑻,𝒏´

𝒅𝒏𝑩 = 𝑽𝑨 𝒅𝒏𝑨 + 𝑽𝑩 𝒅𝒏𝑨

(5.2)

Manteniendo la composición constante al aumentar las cantidades de A y B, el volumen final de una mezcla se puede calcular por integración. Dado que los volúmenes molares parciales son constantes (siempre que la composición se mantenga constante dentro de los límites de la integración), podemos escribir: 𝒏

𝒏

𝒏

𝒏

𝑽 = ∫𝟎 𝑨 𝑽𝑨 𝒅𝒏𝑨 + ∫𝟎 𝑩 𝑽𝑩 𝒅𝒏𝑩 = 𝑽𝑨 ∫𝟎 𝑨 𝒅𝒏𝑨 + 𝑽𝑩 ∫𝟎 𝑩 𝒅𝒏𝑩

(5.3)

Si bien hemos supuesto que las dos integrales están relacionadas (para preservar composición constante), el resultado final de la ecuación 5.3 es válido para cualquier forma de la dado que V es una función de estado. (7)

Los volúmenes molares parciales se pueden medir de varias maneras. Un método es medir la dependencia entre el volumen y la composición y ajustar el volumen observado a una función de la cantidad de la sustancia. Una vez encontrada la función, se puede terminar, por derivación, la pendiente para cada composición que nos interese. (8) (7) (8)

Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 137 Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006), Pág. 137

2.4. MAGNITUDES MOLARES PARCIALES Volúmenes molares parciales, Suponga que formamos una disolución mezclando a temperatura y presión constantes n1, n2, ..., nr moles de las sustancias 1, 2, …, r. ∗ ∗ Sean 𝑉𝑚,1 ,…, 𝑉𝑚,𝑟 los volúmenes molares de las sustancias puras 1, 2,…, r a 𝑇 y 𝑃,y sea ∗ 𝑉 el volumen total de los componentes sin mezclar (puros) a 𝑇 y 𝑃. El asterisco indica que la propiedad se refiere a una sustancia pura o a un conjunto de sustancias puras. Tenemos: ∗ ∗ ∗ ∗ 𝑉 ∗ = 𝑛1 𝑉𝑚,1 + 𝑛2 𝑉𝑚,2 + ⋯ + 𝑛𝑟 𝑉𝑚,𝑟 = ∑ 𝑛𝑖 𝑉𝑚,𝑖 𝑖

Después de la mezcla, se encuentra en general que el volumen 𝑉 de la disolución no es igual al volumen previo a la mezcla; 𝑉 ≠ 𝑉 ∗. Por ejemplo, la adición de 50,0 cm3 de agua a 50,0 cm3 de etanol a 20°C y 1 atm da una disolución cuyo volumen es de sólo 96,5 cm3 a 20 0C y 1 atm (Fig. 9. 1). La diferencia entre 𝑉 de la disolución y 𝑉 ∗ proviene de (a) las diferencias entre las fuerzas intermoleculares existentes en la disolución y las existentes en los componentes puros; (b) las diferencias entre el empaquetamiento de las moléculas en la disolución y su empaquetamiento en los componentes puros, debido a los distintos tamaños y formas de las moléculas que se mezclan. (9) Grafico N° 3. Volumen de Solución (agua-etanol)

Fuente: Fisicoquímica, Ira N. Levine (2004), Pág.304 Podemos escribir una ecuación como la (9.4) para cualquier propiedad extensiva, como por ejemplo U, H, S, G y . Se encuentra que, en general, cada una de estas propiedades cambia al mezclar los componentes a 𝑇 y 𝑃 constantes. (10) (9)

Fisicoquímica, Ira N. Levine (2004), Pág. 304 Fisicoquímica, Ira N. Levine (2004), Pág. 305

(10)

Queremos expresiones para el volumen 𝑉 de la disolución y para el resto de sus propiedades extensivas. Cada una de estas propiedades es función del estado de la disolución, que puede especificarse por medio de las variables 𝑇, 𝑃, 𝑛1 , 𝑛2 , … , 𝑛𝑟 . Por lo tanto, 𝑽 = 𝑽(𝑻, 𝑷, 𝒏𝟏 , 𝒏𝟐 , … , 𝒏𝒓 ),

𝑼 = 𝑼(𝑻, 𝑷, 𝒏𝟏 , 𝒏𝟐 , … , 𝒏𝒓 ),

(9.5)

Con ecuaciones similares para 𝐻,𝑆, etc. La diferencial total de 𝑉 en (9.5) es 𝝏𝑽 𝝏𝑽 𝝏𝑽 𝒅𝑽 = ( ) 𝒅𝑻 + ( ) 𝒅𝑷 + ( ) 𝝏𝑻 𝑷,𝒏𝒊 𝝏𝑷 𝑻,𝒏𝒊 𝝏𝒏𝟏 𝑻,𝑷,𝒏

𝒅𝒏𝟏 + ⋯ + (

𝒊≠𝟏

𝝏𝑽 ) 𝝏𝒏𝒓 𝑻,𝑷,𝒏

𝒅𝒏𝒓

𝒊≠𝒓

El subíndice 𝑛𝑖 en las dos primeras derivadas parciales indica que todos los números de moles se mantienen constantes; el subíndice 𝑛𝑖≠1 indica que se mantienen constantes todos los números de moles excepto 𝑛𝑖 . Definimos el volumen molar parcial 𝑉̅𝑗 . de una sustancia 𝑗 en la disolución como ̅ 𝒋 ≡ ( 𝝏𝑽 ) 𝑽 𝝏𝒏 𝒋

Sistema monofásico

(9.7) *

𝑻,𝑷,𝒏𝒊≠𝒋

siendo V el volumen de la disolución y donde la derivada parcial se realiza manteniendo constantes 𝑇, 𝑃 y todos los números de moles excepto 𝑛𝑗 . (La barra en V. no significa que sea un valor medio.) La Ecuación (9.6) queda

𝝏𝑽

𝒅𝑽 = (𝝏𝑻)

𝑷,𝒏𝒊

𝝏𝑽

𝒅𝑻 + (𝝏𝑷)

𝑻,𝒏𝒊

̅ 𝒊 𝒅𝒏𝒊 𝒅𝑷 + ∑𝒊 𝑽

(9.8)

La Ecuación (9.8) da el cambio de volumen infinitesimal 𝑑𝑉 que se produce cuando la temperatura, presión y números de moles de la disolución varían en 𝑑𝑇, 𝑑𝑃, 𝑑𝑛1 , 𝑑𝑛2 ,… (11)

A partir de (9.7), un volumen molar parcial es el cociente entre cambios infinitesimales de dos propiedades extensivas, por lo que es una propiedad intensiva. Como cualquier propiedad intensiva, 𝑉̅𝑖 depende de 𝑇, 𝑃 y las fracciones molares en la disolución: ̅𝒊 = 𝑽 ̅ 𝒊 (𝑻, 𝑷, 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 , … ) 𝑽

(9.9)

(12)

A partir de (9.7), si 𝑑𝑉 es el cambio infinitesimal que se produce en el volumen de la disolución cuando se añaden a la misma 𝑑𝑛𝑗 . moles de la sustancia 𝑗, manteniendo constantes 𝑇, 𝑃 y todos los números de moles excepto 𝑛𝑗 , entonces 𝑉̅𝑗 es igual a 𝑑𝑉/ 𝑑𝑛𝑗 . (véase la Figura 9.2). 𝑉̅𝑗 es la velocidad de cambio del volumen de la disolución con respecto a 𝑛𝑗 a 𝑇 y 𝑃 constantes. El volumen molar parcial 𝑉̅𝑗 de la sustancia 𝑗 en la disolución indica cómo responde el volumen 𝑉 de la disolución a la adición a la misma de 𝑗 a 𝑇 y 𝑃 constantes; 𝑑𝑉 es igual a 𝑉̅𝑗 𝑑𝑛𝑗 cuando 𝑗 se añade a 𝑇 y 𝑃 constantes. (13) ∗ ∗ El volumen de la sustancia 𝑗 pura es 𝑉𝑗∗ = 𝑛𝑗 𝑉𝑚,𝑗 (𝑇, 𝑃), siendo 𝑉𝑚,𝑗 el volumen molar de 𝑗 puro. Si consideramos una sustancia pura como un caso especial (13) de disolución, ∗ entonces la definición de (9.7) de 𝑉̅𝑗 da 𝑉̅𝑗∗ ≡ (𝜕𝑉/𝜕𝑛𝑗 ) = (𝜕𝑉 ∗ /𝜕𝑛𝑗 )𝑇,𝑃 = 𝑉𝑚,𝑗 . Por lo 𝑇,𝑃,𝑛𝑖≠𝑗

tanto (14) (11)

Fisicoquímica, Ira N. Levine Fisicoquímica, Ira N. Levine (13) Fisicoquímica, Ira N. Levine (14) Fisicoquímica, Ira N. Levine (2004), Pág. 306 (12)

∗ 𝑉̅𝑗∗ = 𝑉𝑚,𝑗

(2004), (2004), (2004),

Pág. Pág. Pág.

305 305 305

(9.10) *

El volumen molar parcial de una sustancia pura es igual a su volumen molar. Sin embargo, el volumen molar parcial de un componente 𝑗 de una disolución no es necesariamente igual al volumen molar de 𝑗 puro. (15)

(15)

Fisicoquímica, Ira N. Levine (2004), Pág.306

3. Materiales Y Reactivos 3.1.           3.2.

Materiales Vasos precipitados de 100 ml (5) Matraces aforados de 50 ml (5) Balanza de brazos Juegos de pesas Vidrio reloj (1) Espátula (1) Balanza digital (1) Probeta de 100ml(1) Varilla(1) Piseta (1) Reactivos

Cloruro de sodio ( NaCl)

para análisis

99,8% pureza

5.Cálculos y resultados 

Calculo de la masa de cloruro de sodio con 99,8% de pureza

Para 2% 50𝑚𝑙 ∗

1𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 2𝑔𝑟 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝 100𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 1,002𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 100𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 99,8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

50𝑚𝑙 ∗

1𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 4𝑔𝑟 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝 100𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 2,004𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 100𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 99,8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

50𝑚𝑙 ∗

1𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 8𝑔𝑟 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝 100𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 4,008𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 100𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 99,8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 4%

Para 8%

Para 12% 50𝑚𝑙 ∗

1𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 12𝑔𝑟 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝 100𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 6,012𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 100𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 99,8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

50𝑚𝑙 ∗

1𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 16𝑔𝑟 𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝 100𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 8,016𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1𝑚𝑙 𝑠𝑜𝑙 100𝑔𝑟 𝑠𝑜𝑙 99,8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 16%



Calculo de la densidad por el primer método en cual se realiza con la ecuasion: 𝑚(𝑁𝑎𝐶𝑙) + 𝑚(𝑎𝑔𝑢𝑎) 𝜌(𝑠𝑜𝑙) = 𝑉𝑠𝑜𝑙

Usando la ecuación 𝜌1 =

1.002 + 50 𝑔𝑟 = 1.020( ⁄𝑚𝑙) 50

𝜌2 =

2.004 + 50 𝑔𝑟 = 1.040( ⁄𝑚𝑙) 50

𝜌3 =

4.008 + 50 𝑔𝑟 = 1.080( ⁄𝑚𝑙) 50

𝜌4 =

6.012 + 50 𝑔𝑟 = 1.120( ⁄𝑚𝑙) 50

𝜌5 =



8.016 + 50 𝑔𝑟 = 1.160( ⁄𝑚𝑙) 50

Calculando densidades por el método de empuje msolido =50gr Vsolido=6ml 𝜌 = 8.33(



𝑔𝑟 ⁄𝑚𝑙 )

Para determinar la densidad de la solución usamos la siguiente ecuación: 𝑚(𝑠𝑎) − 𝑚(𝑠𝑙) 𝜌(𝑠𝑜𝑙) = ∗ 𝜌(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜) 𝑚(𝑠𝑎) 𝑚(𝑠𝑎): 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑎𝑖𝑟𝑒 𝑚(𝑠𝑙): 𝑚𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑙𝑖𝑞𝑢𝑖𝑑𝑜 𝜌(𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜): 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑠𝑜𝑙𝑖𝑑𝑜 𝜌(𝑠𝑜𝑙): 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖𝑜𝑛



𝜌1 =

50 − 43.950 𝑔𝑟 ∗ 8.33 = 1.0079( ⁄𝑚𝑙 ) 50

𝜌2 =

50 − 43.850 𝑔𝑟 ∗ 8.33 = 1.0245( ⁄𝑚𝑙 ) 50

𝜌3 =

50 − 43.650 𝑔𝑟 ∗ 8.33 = 1.0579( ⁄𝑚𝑙 ) 50

𝜌4 =

50 − 43.480 𝑔𝑟 ∗ 8.33 = 1.0862( ⁄𝑚𝑙 ) 50

𝜌5 =

50 − 43.330 𝑔𝑟 ∗ 8.33 = 1.1112( ⁄𝑚𝑙 ) 50

Procedemos a calcular el error porcentual usando la siguiente ecuación 𝜀% =

|𝜌(2º 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜) − 𝜌(1º𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜)| ∗ 100% 𝜌(2º 𝑚𝑒𝑡𝑜𝑑𝑜)

𝜀%(1) = 𝜀%(2) = 𝜀%(3) = 𝜀%(4) = 𝜀%(5) = 

|1.0079−1.020| 1.0079 |1.0245−1.040| 1.0245 |1.0579−1.080| 1.0579 |1.0862−1.120| 1.0862 |1.1112−1.160| 1.1112

∗ 100%

;

𝜀% = 1.20%

∗ 100%

;

𝜀% = 1.51%

∗ 100%

;

𝜀% = 2.09%

∗ 100%

;

𝜀% = 3.11%

∗ 100%

;

𝜀% = 4.39%

Procedemos a calcular las concentraciones molares y molales utilizando la densidad hallada por el método de empuje Para 2% (𝑚⁄𝑚) |𝑚| =

[𝑀] =

2𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1000𝑔𝑟𝐻2𝑂 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 0.3488 98𝑔𝑟H2O 1𝐾𝑔𝐻2𝑂 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝

2𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1.0079𝑔𝑟𝑠𝑜𝑙 1000𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ ∗ = 0.3446 100𝑔𝑟sol 1𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑙𝑡𝑠𝑜𝑙 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 4% (𝑚⁄𝑚) |𝑚| =

[𝑀] =

4𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1000𝑔𝑟𝐻2𝑂 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 0.7122 96𝑔𝑟H2O 1𝐾𝑔𝐻2𝑂 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝

4𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1.0245𝑔𝑟𝑠𝑜𝑙 1000𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ ∗ = 0.7005 100𝑔𝑟sol 1𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑙𝑡𝑠𝑜𝑙 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 8% (𝑚⁄𝑚) |𝑚| =

[𝑀] =

8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1000𝑔𝑟𝐻2𝑂 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 1.4864 92𝑔𝑟H2O 1𝐾𝑔𝐻2𝑂 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝

8𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1.0579𝑔𝑟𝑠𝑜𝑙 1000𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ ∗ = 1.4467 100𝑔𝑟sol 1𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑙𝑡𝑠𝑜𝑙 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 12% (𝑚⁄𝑚)

|𝑚| =

[𝑀] =

12𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1000𝑔𝑟𝐻2𝑂 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 2.3310 88𝑔𝑟H2O 1𝐾𝑔𝐻2𝑂 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝

12𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1.0862𝑔𝑟𝑠𝑜𝑙 1000𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ ∗ = 2.2281 100𝑔𝑟sol 1𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑙𝑡𝑠𝑜𝑙 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Para 16% (𝑚⁄𝑚) |𝑚| =

[𝑀] =



16𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1000𝑔𝑟𝐻2𝑂 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ = 3.2560 84𝑔𝑟H2O 1𝐾𝑔𝐻2𝑂 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙𝑝

16𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙 1.1112𝑔𝑟𝑠𝑜𝑙 1000𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎𝐶𝑙 ∗ ∗ ∗ = 3.0392 100𝑔𝑟sol 1𝑚𝑙𝑠𝑜𝑙 1𝑙𝑡𝑠𝑜𝑙 58.5𝑔𝑟𝑁𝑎𝐶𝑙

Calculando ∅ para cada solución ∅=

1 1000 (𝜌(𝑠𝑜𝑙) − 𝜌°) ∗ [𝑀 − ∗ ] |𝑚| 𝜌(𝑠𝑜𝑙) 𝜌°

Para 2% ∅=

1 1000 (1.0079 − 1) ∗ [58.5 − ∗ ] = 35.57 1.0079 0.3488 1

∅=

1 1000 (1.0245 − 1) ∗ [58.5 − ∗ ] = 23.52 1.0245 0.7122 1

∅=

1 1000 (1.0579 − 1) ∗ [58.5 − ∗ ] = 18.48 1.0579 1.4864 1

∅=

1 1000 (1.0872 − 1) ∗ [58.5 − ∗ ] = 19.40 1.0872 2.3310 1

∅=

1 1000 (1.1112 − 1) ∗ [58.5 − ∗ ] = 21.91 1.1112 3.2560 1

Para 4%

Para 8%

Para 12%

Para 16%

Realizamos una regresión lineal

𝜕∅

∅ = ∅° + 𝜕

𝑦 = 𝐴+

√𝑚

∗ √𝑚

𝐵∗𝑥

Tabla Nº 1 Datos calculados de √𝒎 𝒚 ∅ ∅ 35.57 23.52 18.48 19.40 21.91

√𝑚 0.5906 0.8439 1.2192 1.5267 1.8044

Fuente: Elaboración propia 𝝏∅

𝐴 = ∅° = 35.8

𝐵=𝝏

√𝒎

= −10.05

Grafico Nº 2 √𝒎 𝒗𝒔 ∅

40 35 30 25 20 15 10 5 0 0

0.5

1

1.5

2

CALCULANDO 𝑣̅ 1= 𝑣̅ SOLUTO Y 𝑣̅ 2 = 𝑣̅ DISOLVENTE Donde usaremos las siguientes ecuaciones

𝑣̅ (1) = 𝑣° −

(√𝑚)3 𝜕∅ ∗ 2𝑛 𝜕 √𝑚

𝑣̅ (2) = ∅ +

√𝑚 𝜕∅ ∗ 2 𝜕 √𝑚

𝑛 = 55.55 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑎𝑔𝑢𝑎

Para 2 % 3

(√0.5906) 𝑣̅ (1) = 18 − ∗ (−10.05) = 18.04 2 ∗ 55,55 𝑣̅ (2) = 35.57 +

(√0.5906) ∗ (−10.05) = 39.43 2

Para 4% 3

(√0.8439) 𝑣̅ (1) = 18 − ∗ (−10.05) = 18.07 2 ∗ 55,55 𝑣̅ (2) = 23.52 +

(√0.8439) ∗ (−10.05) = 28.14 2

Para 8% 3

(√1.2192) 𝑣̅ (1) = 18 − ∗ (−10.05) = 18.12 2 ∗ 55,55 𝑣̅ (2) = 18.48 +

(√1.2192) ∗ (−10.05) = 24.03 2

Para 12% 3

(√1.5267) 𝑣̅ (1) = 18 − ∗ (−10.05) = 18.17 2 ∗ 55,55 𝑣̅ (2) = 19.40 +

(√1.5267) ∗ (−10.05) = 25.61 2

Para 16% 3

(√1.8044) 𝑣̅ (1) = 18 − ∗ (−10.05) = 18.22 2 ∗ 55,55 𝑣̅ (2) = 19.40 +

(√1.8044) ∗ (−10.05) = 26.15 2

Tabla Nº 2 Datos obtenidos de 𝒎, ̅̅̅̅ 𝒗𝟏 𝒚 ̅̅̅̅ 𝒗𝟐 𝒎 0,3488 0,7122 1,4864 2,3310 3,2560

̅2 𝒗 39,43 28,14 24,03 25,61 26,15 Fuente: elaboración propia

Grafico Nº 2 Molalidad vs. V1 V2

̅1 𝒗 18,04 18,07 18,12 18,17 18,22

45 40 35 30 25

V(1)

20

V(2)

15 10 5 0 0

1

2

3

4

FUENTE: ELABORACION PROPIA



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

R.Temperatura constante 𝑑𝑣 = 𝑑𝑛1𝑣1 + 𝑑𝑛2𝑣2 … … … … … … (1) Con diferenciales totales 𝑑𝑣 = 𝑛1𝑑𝑣1 + 𝑛2𝑑𝑣2 + 𝑑𝑛1𝑣1 + 𝑑𝑛2𝑣2 … … (2)

Como el volumen es una función de estado las ecuaciones deben regularse Operando: 𝑛1𝑑𝑣1 = −𝑛2𝑑𝑣2 Lo que significa que cuando uno de los volúmenes molares parciales aumenta el otro debe disminuir y por lo tanto obedece a la ecuación de Gibbs-Duhem. 6. Conclusiones



Se llego a la conclusión que cuando tenemos una solución A en un volumen molar parcial Va y luego añadimos un volumen molar Vb ,la muestra ocupa un volumen molar mayor pero las propiedades de las proporciones de los componentes son aun las mismos.



También se puede decir que para el calculo de densidades se tienen diversos métodos que su uso o calculo dependerá del método que se utilizara para su obtención. 7. Recomendaciones Seria de mucho provecho poder calcular o realizar un análisis de las balanzas digitales que se tienen en el laboratorio y de esa forma ver cuanto de error se podría tener en las prácticas posteriormente a realizar. 8. Recomendaciones  Fisicoquímica, Ira edicio ,N. Levine (2004)  Quimica Fisica, Peter Atkins Julio de Paula (2006)