1
Sprawozdanie z ćwiczenia nr 15:
Prawo podziału Nersta.
1.
Wyniki ćwiczenia:
nr
Masa kwasu
benzoesowego
n
p
k
m
m
m
−
=
[g]
Objętość NaOH
[cm
3
]
1
0,1118
6,7
2
0,1376
7,6
3
0,162
8,05
4
0,3195
15,87
Oznaczanie miana roztworu NaOH za pomocą 0,01 molowego roztworu HCl
3
9
,
7
,
1
,
8
,
0
,
8
3
2
1
.
3
3
3
2
3
1
HCl
HCl
HCl
ś
r
HCl
Hcl
HCl
HCl
V
V
V
V
cm
V
cm
V
cm
V
+
+
=
⇒
=
=
=
l
mol
V
V
C
C
NaOH
ś
r
HCl
HCl
NaOH
/
008
,
0
.
=
⋅
=
2.
Wstęp teoretyczny:
Prawo podziału Nernsta opisuje szczególny przypadek układu trójskładnikowego. RozwaŜając układ
izotermiczno--izobaryczny złoŜony z dwóch praktycznie nie mieszających się cieczy A i B. Wytwarzają się
dwie fazy: jedna to nasycony roztwór A w B, druga to nasycony roztwór B w A. Wprowadzając do jednej z
tych faz niewielką ilość substancji C rozpuszczalnej w obu fazach powodujemy rozpoczęcie procesu
przeniesienia substancji C poprzez powierzchnię międzyfazową z jednej fazy do drugiej. Proces ten postępuje
aŜ do wytworzenia się równowagi termodynamicznej. Zgodnie z II zasadą termodynamiki dla układów
wielofazowych w stanie równowagi potencjał chemiczny danego składnika jest równy we wszystkich fazach.
Oznacza to, Ŝe potencjał chemiczny składnika C w substancji A jest taki sam jak w substancji B.
u
C
--(1)
+ RT ln a
C
(1)
= u
C
--(2)
+ RT ln a
C
(2)
gdzie u
C
--(1)
, u
C
--(2)
-- potencjały standardowe składnika C w fazie
1 i 2, a
C
(1)
, a
C
(2)
-- aktywności
a
a
c
c
c
c
u
u
RT
Ka
C
C
C
C
C
C
(
( )
(
(
( )
( )
( )
(
exp
1)
2
1)
1)
2
2
2
1)
=
=
−
=
−
−
γ
γ
W roztworach nieskończenie rozcieńczonych współczynniki aktywności a
C
(1)
i a
C
(2)
są równe jedności.
W roztworach o stęŜeniach skończonych określa się współczynnik podziału Nernsta
Kc =
c
c
C
C
(
( )
1)
2
ZaleŜność tego współczynnika wynika z niedoskonałości roztworów spowodowanej oddziaływaniami
międzycząsteczkowymi.
JeŜeli w fazie wodnej przebiega dysocjacja HA
⇔
H
+
+ A
--
to stała dysocjacji
K
1
=
c
(1)
2
1
α
α
−
gdzie a to stopień dysocjacji.
JeŜeli przebiega proces dimeryzacji w fazie benzenowej 2 HA
(2)
⇔
( HA )
2
(2)
to stała
K
2
=
[(
)
]
[
]
( )
( )
HA
HA
2
2
2
2
Wtedy całkowite stęŜenie w poszczególnych fazach wynosi
2
c
(1)
=
[
]
(
HA
1)
1
−
α
c
(2)
= [ HA
(2)
] + 2 [ ( HA )
(2)
2
]
Jako, Ŝe składnikiem ulegającym podziałowi między fazę wodną i benzenową jest monomer, gdzie
K
C
=
[
]
[
]
(
( )
HA
HA
1)
2
o trzymujemy
c
c
Kc
K
c
Kc
( )
(
(
(
)
(
)
2
1)
2
1)
2
1
1
2
1
−
=
+
−
α
α
3.
Opracowanie wyników:
Obliczam molalność kwasu benzoesowego w fazie wodnej.
nr
Objętość
NaOH
[cm
3
]
Liczba moli w fazie wodnej
NaOH
NaOH
COOH
H
C
V
C
n
⋅
⋅
=
5
5
6
[
mol
]
Molalno
ść
w
fazie wodnej
O
H
COOH
H
C
O
H
m
n
C
2
5
6
2
=
[
mol/kg
]
1
6,7
0,000268
0,00536
2
7,6
0,000304
0,00608
3
8,05
0,000322
0,00644
4
15,87
0,0006348
0,012696
Obliczam molalno
ść
kwasu benzoesowego w fazie ksylenowej (
g
V
d
m
ksy
ksy
ksy
605
,
21
.
.
.
=
⋅
=
).
nr
Masa kwasu
benzoesowego
n
p
k
m
m
m
−
=
[
g
]
Liczba moli w
fazie
ksylenowej
przed
wytrz
ą
saniem
k
k
COOH
H
C
M
m
n
=
5
6
[
mol]
Liczba moli w fazie ksylenowej
po wytrz
ą
saniu
NaOH
NaOH
k
k
COOH
H
C
V
C
M
m
n
⋅
⋅
−
=
′
5
5
6
[
mol]
Molalno
ść
w
fazie ksylenowej
.
.
5
6
ksy
COOH
H
C
ksy
m
n
C
=
[
mol/kg]
1
0,1118
0,000915493
0,000647493
0,029969588
2
0,1376
0,001126761
0,000822761
0,038081952
3
0,162
0,001326564
0,001004564
0,046496831
4
0,3195
0,002616279
0,001981479
0,091713912
Uwzgl
ę
dniaj
ą
c stał
ą
dysocjacji kwasu benzoesowego wynosz
ą
c
ą
dla
ś
rodowiska wodnego
5
10
46
,
6
−
⋅
=
K
obliczam molalno
ść
formy niezdysocjowanej w fazach wodnych.
nr
Molalno
ść
w
fazie wodnej
O
H
COOH
H
C
O
H
m
n
C
2
5
6
2
=
[
mol/kg]
Stopie
ń
dysocjacji
O
H
O
H
C
KC
K
K
2
2
2
4
2
⋅
+
+
−
=
α
Molalno
ść
w fazie
wodnej formy
niezdysocjowanej
(
)
α
−
⋅
=
1
2
2
*
O
H
O
H
C
C
[mol/kg]
1
0,00536
0,103921836
0,004802979
2
0,00608
0,09790195
0,005484756
3
0,00644
0,095265135
0,005826493
4
0,012696
0,068832984
0,011822096
St
ęŜ
enia kwasu benzoesowego zestawiam w poni
Ŝ
szej tabeli m.in.: st
ęŜ
enie w fazie ksylenowej, jak i
st
ęŜ
enie w fazie wodnej.
3
St
ęŜ
enie w fazie wodnej
nr
St
ęŜ
enie w
fazie
ksylenowej
.
ksy
C
Całkowite
O
H
C
2
Formy
niezdysocjowanej
*
2
O
H
C
ksy
O
H
C
C
2
ksy
O
H
C
C
*
2
1 0,029969588
0,00536
0,004802979
0,178847968 0,160261759
2 0,038081952
0,00608
0,005484756
0,159655683 0,144025081
3 0,046496831
0,00644
0,005826493
0,138504063 0,125309454
4 0,091713912
0,012696
0,011822096
0,138430471 0,128901888
Na podstawie danych obliczam logarytmy naturalne odpowiednich st
ęŜ
e
ń
w odpowiednich fazach.
Logarytm ze st
ęŜ
enie w fazie
wodnej
nr
Logarytm ze
st
ęŜ
enie w
fazie
ksylenowej
.
ln
ksy
C
Całkowite
O
H
C
2
ln
Formy
niezdysocjowanej
*
2
ln
O
H
C
1 -3,507572131 -5,228791304
-5,338518937
2 -3,268014822 -5,102750583
-5,205782645
3 -3,068371118 -5,045226739
-5,145340084
4 -2,389081199 -4,366468296
-4,437784919
Wyznaczam regresj
ę
liniow
ą
dla zale
Ŝ
no
ś
ci logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie wodnej (całkowite) od
logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie ksylenowej, oraz bł
ą
d standardowy regresji:
x =
.
ln
ksy
C
y =
O
H
C
2
ln
x
2
y
2
-3,50757
-5,228791
12,303062
27,3402585
-3,26801
-5,102751
10,679921
26,0380635
-3,06837
-5,045227
9,4149013
25,4543128
-2,38908
-4,366468
5,707709
19,0660454
a’=
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
−
−
n
1
i
2
i
2
n
1
i
i
n
1
i
i
i
n
1
i
i
n
1
i
i
x
n
)
x
(
y
x
n
y
x
= 0,79096; b’=
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
=
−
−
n
1
i
2
i
2
n
1
i
i
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
i
i
n
1
i
i
x
n
)
x
(
y
x
y
x
x
= -2,5168
y
i
’
d = (y
i
– y
i
’)
d
2
-5,2912
0,0624069
0,0038946
-5,10172
-0,001033
1,067E-06
-4,94381
-0,10142
0,010286
-4,40651
0,0400461
0,0016037
∑
=
n
1
i
2
i
d =0,015785;
S
b’
=
2
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
)
x
(
x
n
x
2
n
d
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
−
⋅
−
; S
b’
= 0,3292; S
a’
=
2
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
)
x
(
x
n
n
2
n
d
∑
∑
∑
=
=
=
−
−
; S
a’
= 0,1067;
4
Wyznaczam regresj
ę
liniow
ą
dla zale
Ŝ
no
ś
ci logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie wodnej (nizdysocjowanej) od
logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie ksylenowej, oraz bł
ą
d standardowy regresji:
x =
.
ln
ksy
C
y =
*
2
ln
O
H
C
x
2
y
2
-3,50757
-5,338519
12,303062
28,4997844
-3,26801
-5,205783
10,679921
27,1001729
-3,06837
-5,14534
9,4149013
26,4745246
-2,38908
-4,437785
5,707709
19,693935
a’=
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
−
−
n
1
i
2
i
2
n
1
i
i
n
1
i
i
i
n
1
i
i
n
1
i
i
x
n
)
x
(
y
x
n
y
x
= 0,82585; b’=
∑
∑
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
=
=
−
−
n
1
i
2
i
2
n
1
i
i
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
i
i
n
1
i
i
x
n
)
x
(
y
x
y
x
x
= -2,5062
y
i
’
d = (y
i
– y
i
’)
d
2
-5,40292
0,0644007
0,0041474
-5,20508
-0,000701
4,908E-07
-5,04021
-0,105133
0,011053
-4,47922
0,0414329
0,0017167
∑
=
n
1
i
2
i
d =0,016917;
S
b’
=
2
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
)
x
(
x
n
x
2
n
d
∑
∑
∑
∑
=
=
=
=
−
⋅
−
S
b’
= 0,3408;
S
a’
=
2
n
1
i
i
n
1
i
2
i
n
1
i
2
i
)
x
(
x
n
n
2
n
d
∑
∑
∑
=
=
=
−
−
S
a’
= 0,1104;
Na podstawie obliczonych danych narysowałem wykresy:
-
zale
Ŝ
no
ść
ln C
H2O
od ln C
ksy
.
Z ale
Ŝ
no
ś ć
ln C(ks y ) od ln C(H2O)
y = 0,791x - 2,5168
-5,4
-5,2
-5
-4,8
-4,6
-4,4
-4,2
-3,6
-3,4
-3,2
-3
-2,8
-2,6
-2,4
-2,2
ln C(ks y )
ln
C
(H
2
O
)
5
-
zale
Ŝ
no
ść
ln C
*
H2O
od ln C
ksy
.
Zale
Ŝ
no
ś ć
ln C*(H2O) od ln C(ks y )
y = 0,8258x - 2,5062
-5,6
-5,4
-5,2
-5
-4,8
-4,6
-4,4
-4,2
-3,6
-3,4
-3,2
-3
-2,8
-2,6
-2,4
-2,2
ln C(ks y )
ln
C
*(
H
2
O
)
Obliczam współczynnik podziału Nernsta z wykorzystaniem współczynnika kierunkowego prostej
y = ax + b odpowiednich wykresów:
-
dla zale
Ŝ
no
ś
ci logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie wodnej (całkowite) od logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie
ksylenowej: y =
.
ln
ksy
C
; x =
O
H
C
2
ln
; b =
K
ln
; czyli:
0807
,
0
e
b
ln
ln
ln
ln
5168
,
2
b
2
=
=
=
⇒
=
⇒
+
=
−
e
K
K
K
C
n
C
ksy
O
H
-
dla zale
Ŝ
no
ś
ci logarytmu ze st
ęŜ
enia w fazie wodnej (niezdysocjowane) od logarytmu ze st
ęŜ
enia w
fazie ksylenowej: y =
.
ln
ksy
C
; x =
O
H
C
2
ln
; b =
K
ln
; czyli:
0815
,
0
e
b
ln
ln
ln
ln
5062
,
2
b
2
=
=
=
⇒
=
⇒
+
=
−
e
K
K
K
C
n
C
ksy
O
H
4. Wnioski:
Znajomo
ść
współczynnika podziału substancji pomi
ę
dzy dwie nie mieszaj
ą
ce si
ę
fazy ciekłe ma ogromne
znaczenie w metodzie rozdziału tzn. ekstrakcji. W tym przypadku usuni
ę
cie kwasu z fazy ksylenowej do fazy
wodnej wymaga kilkakrotnej ekstrakcji za pomoc
ą
kolejnych porcji czystej destylowanej wody. Niezbyt dobre
wyniki mogły by
ć
spowodowane niedokładnym wytrz
ą
saniem co miało spowodowa
ć
zwi
ę
kszenie powierzchni
zetkni
ę
cia, niedokładno
ś
ci miareczkowania i odmierzenia substancji. Bł
ę
dy s
ą
wynikiem nieprawidłowego
oznaczenia miana roztworu NaOH, jak równie
Ŝ
bł
ę
dami popełnionymi podczas miareczkowania.
5.
Literatura:
Kazimierz Gumi
ń
ski „Wykłady z chemii fizycznej”;
Peter William Atkins „Podstawy chemii fizycznej”