Wykład 7
Roztwory część 2
cd stężenie roztworów
Stężenie procentowe wyrażane w procentach
objętościowych
Stężenie procentowe cpv wyrażane w procentach objętościowych jest
rzadko stosowane. Stężenie procentowe w procentach objętościowych
określa liczbę cm3 substancji rozpuszczonej w 100 cm3 roztworu.
Stężenie to możemy przedstawić za pomocą równań:
vs
=
cpv
vR 100%
vs
100%
=
cpv
vs + vr
gdzie:
vs - objętość substancji rozpuszczonej
vr - objętość rozpuszczalnika
vR - objętość roztworu = vs + vr
Przykład 11
Objętości gazów w mieszaninie zmierzone w tych samych warunkach ciśnienia
i temperatury wynoszą : tlen 42 cm3, azot 156 cm3 , argon 1,9 cm3.
Wraz
stężenie poszczególnych składników w procentach objętościowych,
zakładając stałość ciśnienia i temperatury.
Sumaryczna objętość mieszaniny gazów wynosi:
42 cm3 + 156 cm3 + 1,9 cm3 = 199,9 cm3
Udziały procentowe poszczególnych gazów w tej mieszaninie (w procentach
objętościowych) wynoszą:
vs 100%
=
cpv
v
Ł
vs objętość poszczególnego składnika
suma objętości wszystkich
v
Ł
składników mieszaniny
Udziały poszczególnych składników w procentach objętościowych wynoszą:
cpv = 42 cm3 100% = 21,01 %
199,9 cm3
tlen
Udziały poszczególnych składników w procentach objętościowych wynoszą:
cpv = 42 cm3 100% = 21,01 %
199,9 cm3
tlen
cpv = 156 cm3 100% = 78,04 %
199,9 cm3
azot
Udziały poszczególnych składników w procentach objętościowych wynoszą:
cpv = 42 cm3 100% = 21,01 %
199,9 cm3
tlen
156 cm3
cpv = 156 cm3 100% = 78,04 %
199,9 cm3
azot
cpv = 1,9 cm3 100% = 0,95 %
199,9 cm3
argon
Stężenie molowe
Stężenie molowe cm określa liczbę moli substancji rozpuszczonej
w jednostce objętości roztworu.
Stężenie molowe opisuje wzór:
n
cm
=
v
gdzie: n - liczba moli substancji rozpuszczonej
v - objętość roztworu
W układzie SI jednostką stężenia molowego jest mol/m3,
w praktyce laboratoryjnej najczęściej stosuje się jednostkę mol/dm3.
Układ SI dopuszcza stosowanie jednostek wielokrotnej kmol/m3
i podwielokrotnych mol/dm3 czy mmol/dm3.
Należy pamiętać, że we wzorach, w których występuje stała gazowa R,
stężenie molowe musi być podawane w mol/m3.
Stężenie molowe zależy od temperatury, ponieważ wraz ze wzrostem
temperatury zmienia się objętość roztworu.
Najczęściej mamy do czynienia z roztworami wodnymi.
W zakresie temperatur 0-300C gęstość wody może być przyjęta za równą
1 g/cm3.
W piśmiennictwie anglosaskim można się spotkać z zapisem stężenia molowego
jako np. 1 M zapis ten jest równoznaczny zapisem 1 mol/dm3.
Uwzględniając, że liczba moli jest zdefiniowana jako:
m
n =
m - masa substancji
M
M - masa molowa substancji
n - liczba moli rozpuszczonej substancji
n
cm
=
wzór
v
v - objętość roztworu
m
cm
=
przyjmuje postać:
v
M
Przygotowanie roztworów o znanym, ściśle określonym stężeniu
W praktyce laboratoryjne często zachodzi potrzeba sporządzenia roztworu
o znanym ściśle określonym stężeniu molowym.
Roztwory te noszą nazwę roztworów mianowanych.
Najczęściej stężenie jest podawane jako stężenie molowe substancji, można
jednak podawać również stężenie w postaci tzw. miana oznaczanego
literą T.
Miano T określa liczbę gramów danej substancji zawartą w 1 cm3 roztworu.
Miano można obliczyć wg wzoru:
cm
M
liczba g substancji
=
T =
1000
1 cm3 roztworu
cm - stężenie molowe roztworu
M - masa molowa substancji
1000 wspólczynnik przeliczeniowy jednostek objętości (dm3 na cm3)
Przygotowanie roztworu
o określonym stężeniu
molowym
Przykład 12
Oblicz stężenie molowe roztworu przygotowanego przez rozpuszczenie 1,3200 g
krystalicznego kwasu szczawiowego w kolbie miarowej o pojemności 250cm3.
Podaj miano tego roztworu. Masa molowa H2C2O4 � 2 H2O126,06g/mol
Stężenie molowe wyrażamy w mol/dm3
250 cm3 = 0,250 dm3
m
n
cm
=
cm
=
v
M
v
1,3200 g
cm
=
= 0,0419 mol/dm3
126,06 g/mol 0,250 dm3
1,3200 g
liczba g substancji
T = = =
5,28 10-3 g/cm3
1 cm3 roztworu
250 cm3
lub
cm
M
0,0419 mol/dm3 126,06 g/mol
5,28 10-3
= = g/cm3
T =
1000 1000
Przykład 13
Oblicz ile NaCl trzeba odważyć, aby uzyskać 500 cm3 roztworu o
stężeniu 0,2500 mol/dm3. Masa molowa NaCl 58,5 g/mol.
Podaj miano roztworu.
v = 500 cm3 = 0,500 dm3
Cm = 0,250 mol/dm3
m
cm
=
v
M
m
= M = 7,3125 g
v =
cm 0,2500 mol/dm3 58,5 g/mol
0,500 dm3
cm
M
0,2500 mol/dm3 58,5 g/mol
= =
T =
0,014625 g/cm3
1000 1000
Miano T można tez policzyć
1 dm3 = 1000 cm3
dzieląc liczbę gramów substancji rozpuszczonej
Stąd
przez objętość roztworu w cm3:
1/dm3 = 1/1000cm3
7,3125g : 50 0cm3 = 0,014625 g/cm3
Przykład 14
Oblicz stężenie molowe wody. Masa molowa H2O 18 g/mol.
1 dm3 wody ma masę 1000 g .
Liczba moli wody 1000 g wody:
m
1000 g
n = = = 55,556 mola
M
18g/mol
Skoro w 1 dm3 wody znajduje 55,556 mola cząsteczek wody to stężenie
molowe wody wynosi 55,556 mol/dm3.
Przykład 15
Oblicz stężenie molowe roztworu otrzymanego przez zmieszanie
500cm3 0,15 molowego roztworu KOH (czyli roztworu o stężeniu
0,15mol/dm3) z 200cm3 roztworu o stężeniu 0,05 mol/dm3,
(czyli 0,05 molowego roztworu).
Ponieważ są to rozcieńczone roztwory można przyjąć, że nie zachodzi
kontrakcja (zmiana) objętości podczas mieszania roztworów.
v1 = 500 cm3 cm1 = 0,15 mol/dm3
v2 = 200 cm3 cm2 = 0,05 mol/dm3
Objętość końcowego roztworu po zmieszaniu dwóch roztworów =
vk = v1 + v2 = 500cm3 + 200cm3 = 700 cm3 = 0,700 dm3
Liczba moli KOH zawarta w końcowym roztworze będzie sumą liczby moli KOH
zawartą w obu roztworach.
Przekształcając wzór
n
cm
= n = cm v
v
Obliczamy liczbę moli KOH w obu wyjściowych roztworach
n1 = 0,15 mol/dm3 " 0,500 dm3 = 0,075mola
n2 = 0,05 mol/dm3 " 0,200 dm3 = 0,010 mola
Sumaryczna liczba moli KOH, która znajduje się w końcowym roztworze:
n1 + n2 = nk
nk = 0,075mol + 0,010 mola = 0,85 mola
Stężenie molowe końcowego roztworu
0,085 mol
n
K
cmK
0,1214 mol/dm3
= =
=
v
K
0,700 dm3
Przyjęte w przykładzie 14 założenie dotyczące tzw. kontrakcji objętości , czyli
zmiany objętości (zwiększenia lub zmniejszenia) objętości końcowego
roztworu podczas mieszania roztworów rozcieńczonych lub roztworów o
zbliżonych stężeniach jest założeniem, które może być przyjęte (gęstość
roztworów rozcieńczonych jest zbliżona do gęstości wody, natomiast dla
roztworów o zbliżonych stężeniach różnice gęstości są niewielkie).
Założenia to nie jest prawdziwe w przypadku mieszania roztworów o
wyższych stężeniach, lub roztworów w których dochodzi do tworzenia
aglomeratów cząsteczkowych na skutek oddziaływań między
cząsteczkami substancji rozpuszczonej lub między
cząsteczkami substancji rozpuszczonej i rozpuszczalnikiem.
W przypadku mieszania roztworów stężonych, potrzebna jest
znajomość gęstości tych roztworów oraz gęstości roztworu końcowego.
Przykład 16
Zmieszano 2 dm3 roztworu NaOH o stężeniu 1 mol/dm3 i gęstości
1,041 g/cm3 z 8 dm3 roztworu NaOH o stężeniu 3,0 mol/dm3 i gęstości
1,117 g/cm3. Oblicz objętość i stężenie molowe otrzymanego roztworu,
jeżeli jego gęstość wynosiła 1,115 g/cm3.
Oznaczamy :
roztwór 1
v1 = 2 dm3 d1 = 1,041 g/cm3 , cm1 = 1,0 mol/dm3
roztwór 2
v2 = 8 dm3 d2 = 1,117 g/cm3 , cm2 = 3,0 mol/dm3
Roztwór końcowy
vk =? dk = 1,115 g/cm3 cK= ?
Masa końcowego roztworu
mk = m1 + m2 = v1 " d1 + v2 " d2 =
2000cm3 " 1,041 g/cm3 + 8000 cm3 " 1,117 g/cm3 = 11018 g
Objętość końcowego roztworu (niezbędna do obliczenia stężenia
molowego roztworu końcowego)
m=v
d
v K = mk : dk
v K = 11018 g : 1,115 g/cm3 = 9882 cm3 = 9,882 dm3
Z przedstawionych wyliczeń wynika, że obliczona objętość roztworu
końcowego (9,882 dm3) jest mniejsza, niż suma objętości
roztworów wyjściowych (10 dm3). Przedstawione zjawisko nosi
nazwę kontrakcji objętości.
Kontrakcja objętości "v jest zmianą objętości podczas mieszania i
może być obliczona ze wzoru:
"v = vm  Ł vr
Gdzie
vm jest rzeczywistą uzyskaną objętością roztworu otrzymanego w
wyniku zmieszania wszystkich roztworów
Ł vr  jest sumą algebraiczną (wynikiem dodawania) objętości
mieszanych roztworów.
Najczęściej mamy do czynienia z ujemną wartością kontrakcji (czyli
zmniejszeniem objętości końcowego roztworu w stosunku do sumy
objętości mieszanych roztworów) *.
Wróćmy do obliczeń przykładu 16
Liczba moli NaOH w końcowym roztworze jest równa sumie liczby moli
zawartych w roztworach 1 i 2, które zmieszano.
n
cm
= n = cm v
v
n1 = v1 " c1 = 2 dm3 " 1 mol/dm3 = 2 mole
n2 = v2 " c2 = 8 dm3 " 3 mol/dm3 = 24mole
n1 + n2 = nk
nk = 2 mole + 24 mole = 26 moli
Stężenie molowe roztworu końcowego
n
K 26 moli
cmK
= =
=
2,63 mol/dm3
v
K
9,882 dm3
Zadania polegające na obliczeniu zmian molowego stężenia w wyniku
dodania do roztworu substancji stałej ( przy założeniu , że objętość
roztworu na skutek dodania substancji stałej) wymagają
przeliczenia masy dodanej substancji na liczbę dodanych moli.
Zadania dotyczące odparowania lub dodania czystego rozpuszczalnika
wymagają uwzględnienia zmiany objętości roztworu.
Zależności pomiędzy stężeniem molowym i procentowym
Pomiędzy stężeniem molowym i procentowym zachodzą następujące zależności:
cp = cm M
100%
d
lub
cm = cp d
M 100%
w podanych wzorach: cp- - stężenie w procentach masowych
cm  stężenie molowe (mol/dm3)
d  gęstość roztworu g/dm3
Korzystanie z podanych wzorów przy przeliczaniu stężeń
wymaga wyrażenia gęstości nie w g/cm3 lecz w g/dm3.
Zadania związane z przeliczaniem stężeń można wykonać również bez
korzystania z wzorów, dokonując obliczeń krok po kroku.
Na wynik przeliczenia stężeń nie ma wpływu masa i objętość roztworu,
Dlatego przeliczenia stężeń molowych na procentowe i odwrotnie mogą być
wykonane przy założeniu dowolnej masy i objętości roztworu.
Do dokonania przeliczeń niezbędna jest masa molowa substancji
rozpuszczonej oraz gęstość roztworu.
Przykład 17
Oblicz stężenie molowe 40% roztworu NaOH o gęstości 1,43 g/cm3, masa
molowa NaOH = 40 g/mol.
Stężenie molowe możemy policzyć ze wzoru:
cm = cp d
M 100%
Pamiętając o tym, że gęstość musi być wyrażona w g/dm3.
Jeżeli d= 1,43 g/cm3 to gęstość wyrażona w g /dm3 wynosi g 1430 g/dm3 .
zatem skoro w 1 cm3 ma masę 1,43 g to w 1000 cm3 (czyli 1 dm3 ma
masę 1000 razy większą).
Podstawmy dane zawarte w przykładzie do wzoru:
1430 g/dm3 = 14,30 mol/dm3
40%
cm = cp d
=
M 100%
40 g/mol 100%
II sposób rozwiązania przykładu 17 bez korzystania z wzorów
Skoro w naszym przykładzie nie jest podana objętość roztworu możemy
przyjąć w naszych rozważaniach dowolną objętość , jednak z punktu
widzenia definicji stężenia molowego najlepiej przyjąć objętość 1 dm3
(1000 cm.3).
Obliczmy masę 1dm3 roztworu, czyli 1000cm3
mR = vR " d = 1000cm3 " 1,43 g/cm3 = 1430 g
Nasz roztwór zawiera 40% NaOH, czyli w masie
1430 g - stanowiącej 100%
x g - stanowi 40%
1430 g 40%
= = 572 g
x
100%
oczywiście w tym miejscu można było również
wykorzystać przekształcony wzór na stężenie
procentowe:
MR
cp
1430 g 40%
= = 572 g
ms=
100%
100%
co jak widać jest identyczne z poprzednim wyrażeniem na
x
obliczanie
Warto zauważyć, że obliczenie udziału procentowego
(czyli masy substancji zawartej w roztworze) jeżeli znamy masę roztworu
sprowadza się do pomnożenia masy roztworu przez udział procentowy
substancji wyrażony w ułamku dziesiętnym, w naszym przypadku 40%
to 0,40 wyrażone liczbą niemianowaną
ms = 1430 g " 0,4 = 572 g.
Kolejnym krokiem jest obliczenie liczby moli substancji rozpuszczonej :
w naszym przypadku
ms
nNaOH =
ms = mNaOH
MNaOH
M jest masą molową NaOH =
MNaOH
ms
572 g
nNaOH
14,30 mola
==
=
MNaOH
40 g/mol
Skoro 14,30 mola znajduje się w 1 dm3, to zgodnie z definicją
stężenia molowego
n
cm = v
14,30 mola
n
14.30 mol/dm3
=
=
cm = v
1dm3
Co było oczywiste, bo przecież stężenie molowe
to liczba moli zawarta w 1 dm3 roztworu.
Przykład 18
Oblicz stężenie procentowe roztworu HCl o stężeniu molowym
11,27 mol/dm3 wiedząc, że gęstość tego roztworu d = 1,175 g/cm3.
Masa molowa HCl M = 36,5 g/mol.
Zadanie to oczywiście można rozwiązać korzystając ze wzoru, pamiętając
oczywiście , że do wzoru trzeba podstawić d nie w g/cm3, tylko w g/dm3,
czyli d =1175 g/dm3
cp = cm M
100%
d
cp = cm M
=
100%
d
11,27 mol/dm3 36,5
g/mol
=
100%
=
1175 g/dm3
35,01%
=
Jeżeli nie pamiętamy wzoru, to bezpieczniej jest rozwiązać zadanie  krok po
kroku .
Liczba moli kwasu zawarta w 1 dm3 zgodnie z definicją stężenia molowego jest
równa:
n = cm " v = 11,27 mol/dm3 " 1 dm3 = 11,27 mola
Masa HCl w rozpuszczonego roztworze
mHCl = n " MHCl = 11,27 mol " 36,5 g/mol = 411,35 g
masa roztworu = mR = d " v = 1,175 g/cm3 " 1000 cm3 = 1175 g
Stężenie procentowe roztworu
411,35 g
ms 100% = mHCl
=
cp mR =
35,01%
=
100%
mR
1175g
Przykład 19
Oblicz ile cm3 40% roztworu NaOH o gęstości 1,43 g/cm3 trzeba użyć
do sporządzenia 300cm3 0,1 molowego roztworu NaOH. Masa
molowa NaOH 40 g/mol.
Obliczmy ile moli NaOH znajduje się w 300 cm3 roztworu o stężeniu
0,1 mol/dm3.
300 cm3 to 0,300 dm3.
w 1 dm3 znajduje się 0,1 mola NaOH
w 0,300 dm3 znajduje się x moli NaOH
0,300
dm3 0,1
mola
x =
=
0,03 mola
1 dm3
Obliczmy teraz ile g NaOH znajduje w 0,300 dm3, czyli ile g stanowi 0,03 mola
znajdujące się w tej objętości.
mNaOH = n " MNaOH = 0,03 mola " 40 g/mol = 1,2 g
Do sporządzenia naszego roztworu mamy wykorzystać 40% roztwór NaOH.
Taki roztwór zawiera:
40 g NaOH w 100 g roztworu
1,2 g jest w x g roztworu
100 g
1,2 g
x =
=
3 g
40 g
Do sporządzenia roztworu powinniśmy użyć 3 g roztworu NaOH o stężeniu 40% .
Operowanie stężonym roztworem NaOH o właściwościach żrących jest bardzo
niebezpieczne, dlatego też zamiast ważyć taki roztwór wygodniej jest odmierzyć
potrzebną objętość tego roztworu:
m = v " d
v = m : d
v = 3 g : 1,43 g/cm3 = 2,097 cm3 = 2,1 cm3
Stężenie molalne (dawniej molarne) C  określa liczbę moli
substancji rozpuszczonej w 1 kg (czyli w 1000 g ) rozpuszczalnika.
ns
ns - liczba moli substancji mole
C =
mr
mr - masa rozpuszczalnika kg
Przykład 20
Oblicz stężenie molalne ( nie mylić z molowym !) roztworu otrzymanego przez
rozpuszczenie 15 g NaCl w 2 dm3 wody. Masa molowa NaCl 58,5 g/mol.
Gęstość wody wynosi 1g/cm3, czyli 1kg/dm3  2 dm3 wody to 2 kg
wody. Zgodnie z definicją stężenia molalnego, stężenie roztworu
w podanym przykładzie jest równe:
ns ms
15 g
C =
mr = M mr = 58,5 g/mol 2 kg = 0,128 mol/kg
ms
ns=
M
Stężenie w ppm i ppb
W przypadku konieczności wyrażania bardzo niewielkiej zawartości jakiegoś
składnika w roztworze lub mieszaninie (analiza śladowych ilości substancji)
stosuje się określenie stężenia w tzw.
częściach na milion ppm (z ang. parts per million) jest to np liczba mg zawartą
w jednym kilogramie roztworu
lub
w częściach na miliard ppb (z ang. parts per billion, amerykański billion to polski
miliard), co oznacza np. liczbę miligramów substancji zawartą 1000 kg
(czyli 1 tonie) roztworu.
Stężenia te są zdefiniowane wzorami:
ms 109
ms
106 ppm
ppm
zppb =
zppm = mr
mr
gdzie:
ms masa substancji
zppm
stężenie w [ppm]
mr
masa roztworu
zppb
stężenie w [ppb]
Stężenie wyrażone jako mg% (miligramprocentach) oznacza ilość
części masowych substancji w 105 części masowych roztworu , czyli
liczbę mg substancji w 100 g roztworu (próbki).
ms
cmg%
= 100%
mR
gdzie ms  masa substancji wyrażona w miligramach
mR  masa roztworu wyrażona w gramach
Ten rodzaj wyrażania stężenia stosowany jest w weterynarii, medycynie,
toksykologii i biologii.
Przykład 21
Zawartość benzenu w technicznym etanolu wynosi 6 ppm. Oblicz ile mg
benzenu znajduje się w 0,4 kg roztworu.
Przekształcając wzór
ms
ms
106
106
ppm
zppm =
zppm =
mr
mr
mr zppm
mr zppm
6 ppm
6 ppm
0,4 kg
0,4 kg
ms
ms
=
=
2,4 mg
2,4 mg
=
= 10-6 kg =
2,4
2,4 10-6 kg =
=
=
106
106
ppm
106
106
Ułamek molowy
Ułamek molowy xi składnika  i jest wyrażony wzorem:
ni
xi
=
ni
ni
Ł
i =1
gdzie ni - liczba moli skladnika "i" w roztworze
ni
ni - suma liczby moli wszystkich skladników
Ł
i =1
w roztworze
Z podanego wzoru wynika, że musi być spełniony warunek:
k
= 1
xi
Ł
co oznacza, że suma ułamków molowych
i =1
wszystkich składników roztworu jest równa jedności
Dla roztworów rozcieńczonych, w których liczba moli rozpuszczalnika (nr) jest
znacznie większa od liczby moli substancji rozpuszczonej (ni) można
wzór na ułamek molowy przedstawić następująco:
ni
ni
xi =
=
obowiązuje jeżeli
nr ni
>>
ni + nr
nr
Przykład 22
Oblicz ułamki molowe składników oraz sumę ułamków molowych
w roztworze zawierającym 22,4 g KOH oraz 180,0 g wody. Masa
molowa KOH 56 g/mol, masa molowa H2O 18 g/mol.
Aby obliczyć ułamki molowe musimy znać liczbę moli
poszczególnych składników tego roztworu:
Liczba moli KOH:
m
22,4g
n = = = 0,4 mola
M
56 g/mol
Liczba moli wody:
m
180,0 g
=
n (H2O) = =
10 moli
18g/mol
M
ułamek molowy KOH
n
0,4mola
=
xKOH = n + n(H2O) =
0,0385
(0,4 + 10) mola
ułamek molowy wody
n
(H2O)
10 moli
x (H2O) = =
=
0,9615
n
+ n(H2O)
(0,4 + 10) mola
Suma ułamków molowych składników roztworu x KOH + x (H2O)
0,0385 + 0,9615 = 1
Kwadrat mieszania
W przypadku określania stężenia roztworu powstałego w wyniku zmieszania
dwóch roztworów o różnych stężeniach wyrażonych w ten sam sposób
(obydwa stężenia procentowe lub obydwa stężenia molowe), bądz
też w
przypadku mieszania roztworu z wodą można zamiast dokonywać
bilansu substancji i roztworów posłużyć się tzw. kwadratem mieszania
Pearsona.
stężenie (roztwór 1) X
bardziej stężony
stężenie roztwór końcowy
stężenie (roztwór 2) Y
mniej stężony
Odejmowanie wzdłuż przekątnych powinno dawać wynik dodatni (tak jak
pokazują strzałki)
Jeżeli stężenia roztworów wyrazimy w procentach masowych, to iloraz X:Y
będzie odpowiadał stosunkowi masowemu mieszanych roztworów.
Jeżeli stężenia roztworów wyrazimy jako stężenia molowe, to to iloraz X:Y
będzie odpowiadał stosunkowi objętości mieszanych roztworów.
Przykład 23
Ile gramów roztworu 20 % sacharozy należy dodać do 500 g jej 5% roztworu
oby otrzymać roztwór 15% ?
20% 15- 5 = 10 m1
15%
5% 20-15 = 5 m2
2
m2
m1 =
m1 =
10 2
1
=
=
1
m2 5
500 g 2
=1000
g
1
Należy użyć 1000g roztworu 20% i otrzymamy 1500g roztworu 15%.
Przykład ten można rozwiązać stosują bilans :
mR = m1 + m2 (masa końcowego roztworu jest równa sumie mas mieszanych
roztworów)
Zawartość sacharozy w końcowym roztworze będzie równa sumie mas
sacharozy zawartej w obu mieszanych roztworach:
ms = ms1 + ms2
po zastosowaniu wzoru
mR
cp
ms
ms = 100%
cp mR
= 100%
m1
20% 5% + 500 g)
(m1
500g
15%
Otrzymamy:
+
=
100%
100% 100%
czyli
0,2 m1 + 500 g)
+ 0,05
500g 0,15 (m1
=
Rozwiązanie tego równania daje
0,2 m1
+ 25 g = 0,15 m1 +
75g
0,05 m1
= 50
m1 1000 g
=
Przykład 24
Ile cm3 wody należy dodać do 200cm3 roztworu o stężeniu 2 mol/dm3 aby
otrzymać roztwór o stężeniu 1,2 mol/dm3
Zapiszmy kwadrat mieszania
2 mol/dm3 1,2
1,2 mol/dm3
0 mol/dm3 0,8
Iloraz otrzymanych wartości odpowiada stosunkowi objętościowemu
mieszanych roztworów
1,2
200 cm3
=
x = 133 cm3
0,8
x cm3
Zadanie to można rozwiązać przeprowadzając bilans:
Wiadomo że końcowa objętość roztworu będzie równa sumie
objętości roztworu wyjściowego (v1) i dodanej wody v (H2O ).
W przypadku roztworów o stężeniu molowym stężenie wyrażamy w
mol/dm3, stąd powinniśmy operować objętością wyrażoną w
dm3.
Zatem objętość roztworu, który mamy rozcieńczyć
v1= 200 cm3 = 0,200 dm3 .
Korzystając z przekształconego wzoru na stężenie molowe
obliczymy liczbę moli substancji w wyjściowym roztworze,
wiedząc, że stężenie molowe wyjściowego roztworu c1 =
2mol/dm3 a objętość v1 = 0,200dm3
Zadanie to można rozwiązać przeprowadzając bilans:
Wiadomo że końcowa objętość roztworu będzie równa sumie
objętości roztworu wyjściowego (v1) i dodanej wody v(H2O ).
W przypadku roztworów o stężeniu molowym stężenie wyrażamy w
mol/dm3, stąd powinniśmy operować objętością wyrażoną w
dm3.
Zatem objętość roztworu, który mamy rozcieńczyć
v1= 200 cm3 = 0,200 dm3 .
Korzystając z przekształconego wzoru na stężenie molowe
obliczymy liczbę moli substancji w wyjściowym roztworze,
wiedząc, że stężenie molowe wyjściowego roztworu c1 =
2mol/dm3 a objętość v1 = 0,200dm3
n
cm =
v
n1 = c1 � v1 = 2 mol/dm3 � 0,200 dm3 = 0,4 mola
Skoro w końcowym roztworze o stężeniu ck= 1,2 mol/dm3 ma być 0,4mola
substancji rozpuszczonej, to korzystając z przekształconego wzoru
definiującego stężenie molowe, możemy obliczyć objętość vk roztworu
otrzymanego po dodaniu wody
n
cm =
v
n1
0,4 mol
=
vk = = 0,333 dm3
ck
1,2 mol/dm3
Ponieważ objętość końcowego roztworu jest równa sumie objętości dodanej
wody i roztworu wyjściowego, stąd objętość wody, którą należy dodać
jest równa:
vk = v1 + v (H2O)
v (H2O) = vk - v1
v (H2O) = 0,333dm3 - 0,200 dm3 =0,133 dm3 = 133 cm3
Wpływ obecności substancji rozpuszczonej na temperaturę
wrzenia roztworu i temperaturę krzepnięcia
Prawo Raoulta
Para nasycona to gaz pozostający w
równowadze z fazą ciekłą tej samej
substancji. Para ta ma największe możliwe
dla danej temperatury ciśnienie i gęstość.
Ciśnienie pary nasyconej jest niezależne od
objętości.
Ciśnienie pary nasyconej nazywamy
prężnością pary nasyconej (zależy ono od
rodzaju cieczy i temperatury).
Po rozpuszczeniu w cieczy substancji trudno
lotnej, prężność pary nasyconej nad daną
cieczą obniża się. Z tego względu prężność
pary nasyconej nad roztworem substancji
trudno lotnej jest zawsze niższa niż nad
czystym rozpuszczalnikiem, przy czym tym
Fran�ois-Marie Raoult
niższa, im roztwór jest bardziej stężony.
1830-1901
Zależność tę stwierdził w 1883 roku Raoult i
przedstawił w postaci matematycznej:
Jeżeli przez po oznaczymy prężność pary nasyconej nad czystym
rozpuszczalnikiem, a przez p oznaczymy prężność pary nasyconej nad
roztworem substancji trudno lotnej, to wyrażenie :
" p = p0  p
oznaczać będzie różnicę pomiędzy prężnością pary nasyconej nad czystym
rozpuszczalnikiem i nad roztworem substancji trudno lotnej.
Względne obniżenie prężności pary nasyconej można będzie wyrazić wzorem
p - p0
n
= =
xs
n + N0
p
gdzie n - liczba moli substancji rozpuszczonej
N0 - liczba moli rozpuszczalnika
ułamek molowy substancji rozpuszczonej
xs
Zatem prawo Raoulta przyjmuje brzmienie:
Względne obniżenie prężności pary nasyconej nad roztworem jest wprost
proporcjonalne do ułamka molowego substancji w roztworze.
Odjęcie stronami jedności (-1) i przekształcenie podanego wyrażenia
prowadzi do zależności:
p0 N0
p
=
n + N0
N0
gdzie
oznacza ułamek
n + N0
molowy rozpuszczalnika
jeżeli wyrażenie to oznaczymy jako x0
p0 N0
p
=
to otrzymamy:
n + N0 = p0 x0
Prężność pary nasyconej nad roztworem substancji trudno lotnej jest
równa prężności pary czystego rozpuszczalnika pomnożonej przez
ułamek molowy rozpuszczalnika.
Ponieważ ułamek molowy rozpuszczalnika w roztworze xo < 1
stąd p < p0
Ciecz wrze w temperaturze, w której prężność pary nasyconej nad nią
równa się ciśnieniu zewnętrznemu, a krzepnie w temperaturze, w
której prężność pary nasyconej nad cieczą równa się prężności pary
nasyconej nad jej fazą stałą, dlatego obserwuje się zmiany
temperatury wrzenia i krzepnięcia roztworu w porównaniu z czystym
rozpuszczalnikiem.
Skoro prężność par nad roztworem jest mniejsza niż w przypadku czystego
rozpuszczalnika w warunkach stałego ciśnienia, należy roztwór ogrzać do
wyższej temperatury, niż ma to miejsce w przypadku czystego
rozpuszczalnika, aby spowodować jego wrzenie.
Z prawa Raoulta wynika również, że dodatek substancji trudno lotnej
powoduje obniżenie temperatury krzepnięcia roztworu w porównaniu z
czystym rozpuszczalnikiem.
Prowadzi to do równań:
podwyższenie temperatury wrzenia roztworu jest
proporcjonalne do stężenia molalnego substancji
rozpuszczonej.
" Twrzenia = E� cM
gdzie:
" Twrzenia - podwyższenie temperatury wrzenia
(" Twrzenia = Twzrenia roztworu - Twrzenia rozpuszczalnika)
cM - stężeniem molarne (dla wodnych rozcieńczonych
roztworów można przyjąć, że stężenie molarne jest
równe stężeniu molowemu)
E stała ebulioskopowa ( jednostka= K � kg/mol)
 obniżenie temperatury krzepnięcia roztworu jest
proporcjonalne do stężenia molalnego substancji
rozpuszczonej.
" T krzepnięcia = K� cM
gdzie:
" Tkrzepniecia - obniżenie temperatury krzepniecia
(" Tkrzepniecia = Tkrzepnięcia roztworu - Tkrzepnięcia rozpuszczalnika)
cM - stężeniem molarne (dla wodnych rozcieńczonych
roztworów można przyjąć, że stężenie molarne jest
równe stężeniu molowemu)
K stała krioskopowa ( jednostka =K � kg/mol)
Powyższe wzory obowiązują dla roztworów nieelektrolitów
Dla roztworów elektrolitów wprowadza się dodatkowo współczynnik
izotoniczny i uwzględniający stopień dysocjacji elektrolitu oraz liczbę moli
jonów i niezdysocjowanych cząsteczek elektrolitu.
" Twrzenia = i � E� cM
" T krzepnięcia = i � K� cM
Stałe E (ebulioskopowa) i K (krioskopowa) są wielkościami
charakterystycznymi dla rozpuszczalnika i nie zależą od rodzaju substancji
rozpuszczonej.
Pomiary ebuliometryczne i kriometryczne wykorzystywane są do oznaczenia
masy molowej substancji (o ile nie ulega ona asocjacji i dysocjacji).
W przypadku dysocjacji mogą być wykorzystane do oznaczenia stopnia
dysocjacji.
Szersze zastosowanie mają oznaczenia kriometryczne jako łatwiejsze do
wykonania (niezależne od ciśnienia).
Przykładowe wartości stałych ebulioskopowych i krioskopowych
dla wybranych rozpuszczalników :
Rozpuszczalnik K E
K �kg/mol K �kg/mol
Woda 1,856 0,519
H2O
Etanol -1,16
C2H5OH
Kwas octowy 3,90 3,15
CH3COOH
Aceton -1,73
CH3COCH3
Fenol 7,27 -
C6H5OH
Przykład 25
Do 1 dm3 wody dodano 18 g glukozy C6H12O6. Oblicz wzrost temperatury
wrzenia tego roztworu w stosunku do czystej wody. Jaka będzie temperatura
będzie wrzenia roztworu ?
Stała E = 0,5190K �kg/mol
Obliczam masę molową glukozy:
6 � 12 g/mol + 12 � 1g/mol + 6 � 16 g/mol = 180 g/mol
1 dm3 wody = 1000 cm3 = 1000 g � 1 g/cm3 = 1000 g = 1 kg
Liczba moli glukozy= 18 g:180g/mol = 0,1 mola
Stężenie molarne roztworu = 0,1mola : 1 kg =0,1 mol/kg
" Twrzenia = 0,519 0K �kg/mol � 0,1 mol/kg = 0,0519 K H" 0,05 K
Roztwór będzie wrzał w temperaturze 100,05 0C
Przykład 26
Do 1 dm3 wody dodano 18 g glukozy C6H12O6. Oblicz obniżenie temperatury
krzepnięcia tego roztworu w stosunku do czystej wody. Jaka będzie
temperatura krzepnięcia roztworu?
" Tkrzepiecia=1,856 0K �kg/mol � 0,1 mol/kg = 0,1856 K H" 0,19 K
Roztwór skrzepnie w temperaturze: - 0,19 oC.
Dyfuzja jest procesem samorzutnego rozprzestrzeniania się cząsteczek
lub energii w danym ośrodku (np. w gazie, cieczy lub ciele stałym),
będący konsekwencją chaotycznych zderzeń cząsteczek dyfundującej
substancji między sobą lub z cząsteczkami otaczającego ją ośrodka.
Proces prowadzi do wyrównywania stężenia (lub temperatury) każdej z
dyfundujących substancji w całym układzie. Podstawowymi prawami
opisującymi dyfuzję są prawa Ficka.
Schematyczne przedstawienie procesu dyfuzji
Osmoza  dyfuzja rozpuszczalnika przez błonę półprzepuszczalną
rozdzielającą dwa roztwory o różnym stężeniu. Osmoza spontanicznie
zachodzi od roztworu o niższym stężeniu substancji rozpuszczonej do roztworu
o stężeniu wyższym. W wyniku osmozy następuje wyrównanie stężeń obu
roztworów.
Osmoza  dyfuzja rozpuszczalnika przez błonę półprzepuszczalną
rozdzielającą dwa roztwory o różnym stężeniu. Osmoza spontanicznie
zachodzi od roztworu o niższym stężeniu substancji rozpuszczonej do roztworu
o stężeniu wyższym. W wyniku osmozy następuje wyrównanie stężeń obu
roztworów.
Błona
półprzepuszczalna-
membrana
rozpuszczalnik
roztwór
substancji
Po jednej stronie jest czysty rozpuszczalnik a po drugiej roztwór:
Na skutek tego, że po stronie roztworu jest w jednostce objętości nieco
mniej cząsteczek rozpuszczalnika niż po stronie czystego rozpuszczalnika,
statystycznie cząsteczki rozpuszczalnika nieco częściej trafiają w pory niż
po drugiej stronie i w efekcie nieco więcej przenika ich w kierunku do
roztworu niż w drugą stronę.
W efekcie cząsteczek rozpuszczalnika po stronie "czystej" stopniowo
zaczyna ubywać, a po stronie roztworu stopniowo zaczyna przybywać
Po obu stronach mamy roztwory o różnych stężeniach.
membrana
Roztwór
Roztwór
o wyższym
o niższym
stężeniu
stężeniu
Podobnie jak w poprzednim przypadku w jednostce objętości w
roztworze o wyższym stężeniu jest mniej cząsteczek
rozpuszczalnika niż po drugiej stronie; stąd statystycznie rzadziej
zdarza się aby trafiły one w pory membrany niż po drugiej stronie.
W efekcie mniej ich przepływa w stronę roztworu o mniejszym
stężeniu niż w drugą stronę; w efekcie z roztworu o niższym
stężeniu stopniowo ubywa cząsteczek rozpuszczalnika i w końcu
dochodzi do stanu, w którym stężenia po obu stronach membrany
się wyrównują.
Naturalna tendencja do rozpuszczalnika do przenikania przez membranę do
roztworu może być zrównoważona przez wywarcie na roztwór ciśnienia.
To dodatkowe ciśnienie, które należałoby wywrzeć na roztwór aby osiągnąć
stan równowagi nazywamy ciśnieniem osmotycznym.
Zgodnie z regułą Van t Hoffa:
Ciśnienie osmotyczne spowodowane obecnością substancji rozpuszczonej w
danej objętości roztworu jest równe ciśnieniu, jakie miałby gaz, gdyby
zajmował taka samą objętość w tej samej temperaturze.
Opisano to wzorem:
Ą � v = n �R � T
Ą  ciśnienie osmotyczne
v  objętość roztworu
n - liczba moli substancji rozpuszczonej
R- stała gazowa, T  temperatura
ponieważ n/v = cm
Ą = cm �R � T
gdzie cm  stężenie molowe roztworu wyrażone w mol/m3
Ciśnienie osmotyczne zależy od stężenia molowego roztworu i od
właściwości rozpuszczalnika, nie zależy natomiast od rodzaju
membrany ani od mechanizmu przenikania bez błonę
rozpuszczalnika i zatrzymywania cząsteczek substancji
rozpuszczonej. Wzór jest słuszny jedynie dla roztworów
nieelektrolitów.
Jeżeli ciśnienie wywierane na roztwór będzie większe od ciśnienia
osmotycznego prowadzić to będzie do wystąpienia zjawiska
nazywanego odwróconą osmozą, czyli przepływu cząsteczek
rozpuszczalnika od roztworu o wysokim stężeniu do roztworu o
niższym stężeniu.
Odwrócona osmoza - odsalanie wody
Odwrócona osmoza to przepływ cząsteczek rozpuszczalnika od roztworu
o wysokim stężeniu do roztworu o niższym stężeniu spowodowany
przyłożeniem do cieczy o wysokim stężeniu- ciśnienia większego niż
ciśnienie osmotyczne.
Odwrócona osmoza jest podstawą jednej z najlepszych metod odsalania
wody morskiej.
Przykład 26
5,0 g pewnej substancji  nieelektrolitu (!) rozpuszczono w 450 cm3 wody.
Otrzymany roztwór wykazywał w temperaturze 273 K ciśnienie osmotyczne
80 000 Pa. Oblicz masę molową rozpuszczonej substancji.
Ą = cm �R � T
m
m - masa substancji
cm
=
v
M
M - masa molowa substancji
v - objętość roztworu
J
g
273K
m ń 5g 8,314
R
mol
K
M =
= = 315, 2
Ą v
J
mol
m3
80000 0,00045
m3


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Wyk ad 9 Teorie kwasów i zasad, pH antastic pl
Wyk ad 6 2011 Budowa atomu antastic pl
Wyk ad 14 chemia organiczna antastic pl
BORODO STRESZCZENIE antastic pl
Wyk ad 02
Wyk ad IV Minimalizacja funkcji logicznych
Wyk ad 12 wrp
pytania(1) antastic pl
Koncepcje wyk Úad 1
Wyk ad Ontologia
3 wyk ad instytucje UE TL 15 pdf
Wyk ad 03
szczagolowa spec techn wyk nasypow zwierzyniec netbip pl
Wyk ad ?lsyfikacjoniz
wyk ad 1 MSG
wyk ad 2 NSK

więcej podobnych podstron