DÉTERMINTION DE GRNDEURS MOLIRES PRTIELLES 1. VOLUME MOLIRE PRTIEL EU - ÉTHNOL 1.1 ut Déteriner les volues olaires partiels ainsi que le volue d excès de l eau et de l éthanol à différentes copositions. De plus, les courbes d étalonnages de la densité et de l indice de réfraction en fonction de la coposition seront déterinées. 1.2 Théorie Le volue, tout coe l entropie ou encore l énergie libre de Gibbs, est une grandeur extensive, c est-à-dire qu elle dépend de l état du systèe, ais surtout de la quantité de substance. Il est donc utile d instaurer une valeur intensive (qui ne dépend pas de la quantité de substance). Ici, il s agit du volue olaire partiel. Pour un élange binaire (ici eau éthanol) avec n oles de solvant et n oles de solvant, le volue olaire partiel est égal à : V V = n Le volue oléculaire représente le volue total de la solution divisé par le nobre de oles de chaque constituant, ici pour un élange binaire on a : V Vol = n + n V = V ol p, T, n ( n + n ) Ensuite, si on dérive par rapport à n on arrive à : V = = V ( n + n ) V n p, T, n ol ol p, T, n V n - 1 -
Finaleent, en siplfiant l équation, on obtient : V ol = V + x dv dx Cette équation ci-dessus est facileent exploitable puisqu on peut tracer un graphique du volue oléculaire en fonction de la fraction olaire du solvant et déteriner ainsi le volue olaire partiel du solvant qui sera sipleent l ordonnée à l origine de la droite de régression. Pour le volue olaire du solvant, ce sera l intersection de la droite au point x = 1. Le fait qu une grandeur partielle ne varie pas avec la coposition est un coporteent idéal. En réalité, il existe des déviations définies à l aide du volue d excès : 0 0 V et V ( x V 0 x V 0 ) E V = Vol + sont les volues occupés par uneole dusolvant pur et. Le volue d excès peut être déteriné par l équation : V E idéal = V ol V ol idéal idéal équivaut à V ol N 0 = x i V i avec Vi 0 le volue occupé par une ole de solvant pur i. i =1 1.3 Partie pratique et résultats 1.3.1 Préparation des solutions Le volue olaire du élange 8 solutions aqueuses de éthanol doivent être préparées, d après les fraction assiques données. Pour cela il faut calculer le volue nécessaire d eau et de éthanol. D arès la forule : V H2 O = X H 2O 1 V MeOH X MeOH 2.251 V MeOH = V tot V H2 O +1 V MeOH et V H2 O = V tot V MeOH Tableau n 1 : Volues nécessaires d eau et de éthanol aux préparations des solutions Solution X MeOH X eau V eau / V MeOH V MeOH [l] V eau [l] 1 0.05 0.95 8.44 3.71 31.29 2 0.11 0.89 3.59 7.62 27.38 3 0.16 0.84 2.33 10.50 24.50 4 0.22 0.78 1.58 13.59 21.41 5 0.42 0.58 0.61 21.69 13.31 6 0.57 0.43 0.34 26.21 8.79 7 0.70 0.30 0.19 29.40 5.60 8 0.80 0.20 0.11 31.50 3.50-2 -
Tableau n 2 : Déterination des fractions olaires exactes de l eau et du éthanol Solution asse MeOH [g] asse eau [g] n MeOH [ol] n eau [ol] X MeOH X eau 1 2.9155 30.7726 0.0910 1.7082 0.0506 0.9494 2 5.9982 27.0823 0.1872 1.5033 0.1107 0.8893 3 8.2664 24.2651 0.2580 1.3469 0.1608 0.8392 4 10.6816 21.0262 0.3334 1.1671 0.2222 0.7778 5 17.0600 13.2170 0.5325 0.7337 0.4205 0.5795 6 20.6325 8.8245 0.6440 0.4898 0.5680 0.4320 7 22.9656 5.6249 0.7168 0.3122 0.6966 0.3034 8 24.7351 3.4890 0.7720 0.1937 0.7994 0.2006 vec : MM MeOH [g/ol] 32.04 MM eau [g/ol] 18.015 1.3.2 Déterination de la densité des solutions et des indices de réfractions Tout d abord les volues des différents picnoètres sont déterinés. Pour cela nous pesons la asse de au contenue dans chaque pycnoètre, puis connaissant exacteent la densité de l eau, le volue du pycnoètre est déteriné de la anière suivante : Tableau n 3 : Volue des pycnoètres V pycno = eau densité eau pycnoètres pycnoètre [g] pycno + eau [g] eau [g] V pycno [L] n 451 19.9475 44.8189 24.8714 24.9451 n 67 26.8184 51.7248 24.9064 24.9802 C n 97 18.9007 43.9055 25.0048 25.0789 D n 455 20.9680 45.8678 24.8998 24.9736 De la êe anière la densité de chaque solution peut être déterinée. Tableau n 4 : Densités des solutions Solution solution [g] V pycno [L] densité solution [g/l] 1 24.5005 24.9451 0.9822 2 24.1608 24.9802 0.9672 3 23.9771 25.0789 0.9561 4 23.5289 24.9736 0.9422 5 22.3778 24.9451 0.8971 6 21.6350 24.9802 0.8661 7 21.0826 25.0789 0.8406 8 20.5171 24.9736 0.8216-3 -
Tableau n 5 : Indices de réfractions des solutions Solutions indices réfractions 1 1.3335 2 1.3360 3 1.3370 4 1.3390 5 1.3405 6 1.3390 7 1.3355 8 1.3325 MeOH pur 1.3260 Eau pur 1.3320 Finaleent le volue olaire des solution peuvent être calculé de la anière suivante : V ol = Tableau n 6 : Volues olaires des solutions Graphique n 1 et 2 : Courbes d étalonnages ( X MM + X MM eau eau MeOH MeOH) densité solution Solution V ol [l/ol] 1 19.0641 2 20.2318 3 21.2011 4 22.4285 5 26.6566 6 29.9979 7 33.0511 8 35.5757 densité [g/l] 1.01 0.99 0.97 0.95 0.93 0.91 0.89 0.87 0.85 0.83 0.81 Etalonnage densité = f(x MeOH) y = -0.2155x + 0.9907 R 2 = 0.9989 0.79 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 x MeOH - 4 -
1.3450 Etalonnage indice réfraction = f(x MeOH) y = -0.0534x 2 + 0.0434x + 1.3317 R 2 = 0.9897 1.3400 indice réfraction 1.3350 1.3300 1.3250 1.3200 0.0000 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 0.5000 0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000 x MeOH Graphique n 3 : Courbe du volue olaire en fonction de la coposition Vol [l/ol] 45.0000 40.0000 35.0000 30.0000 25.0000 20.0000 15.0000 10.0000 5.0000 Vol = f(x MeOH) y = 22.008x + 17.694 R 2 = 0.9989 0.0000 0.0000 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 0.5000 0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000 x MeOH D après la éthode des tangentes les volues partiels de l eau et du éthanol peuvent être déterinés. V eau = Ordonnée à l'origine V MeOH = Pente + Ordonnée à l'origine La pente et l ordonnée à l origine sont des esures prise entre deux point consecutifs. insi, le volue olaire et les fractions assiques peuvent aussi être déterinés. Exeple de calculs pour la preière ligne du tableau : V ol = V solution2 V solution1 2 +V solution1-5 -
X MwOH = X X MwOH2 MwOH1 + X MwOH1 et X eau = 1 X MwOH 2 V E = V ol X eau V ol ol ( eau + X MeOH V MeOH ) Tableau n 7 : Volues partiels et volues en excès pente ordonnée V partiel eau [L] V partiel MeOH [L] Volue olaire [L] X MeOH X eau V Excès [L] 19.4081 18.0826 18.0826 37.4906 19.6480 0.0807 0.9193-0.2314 19.3791 18.0858 18.0858 37.4649 20.7164 0.1357 0.8643-0.4123 19.9843 17.9885 17.9885 37.9728 21.8148 0.1915 0.8085-0.5777 21.3145 17.6929 17.6929 39.0074 24.5425 0.3214 0.6786-0.7959 22.6648 17.1251 17.1251 39.7899 28.3272 0.4943 0.5057-0.9324 23.7410 16.5138 16.5138 40.2548 31.5245 0.6323 0.3677-0.8653 24.5401 15.9572 15.9572 40.4973 34.3134 0.7480 0.2520-0.7014 vec : Vol MeOH [L] 40.73 V ol eau [L] 18.05 Graphique n 4 : Courbe des volues olaires partiels en fonction de la coposition Volues olaires partiels = f(x) 40.0 Volue olaire partiel MeOH et eau 35.0 30.0 25.0 20.0 Eau Méthanol 15.0 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 X MeOH et X eau - 6 -
Graphique n 5 : Courbe du volue d excès en fonction de la coposition V excès = f(x MeOH) V excès 0.0000 0.0000 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 0.5000 0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000-0.1000-0.2000-0.3000-0.4000-0.5000-0.6000-0.7000-0.8000-0.9000 R 2 = 0.9984-1.0000 x MeOH Graphique n 6 : Courbe du volue de éthanol en fonction de la coposition de l eau V olaire partiel MeOH = f(x eau) 41.0000 40.5000 V olaire partiel MeOH 40.0000 39.5000 39.0000 38.5000 38.0000 37.5000 37.0000 0.0000 0.1000 0.2000 0.3000 0.4000 0.5000 0.6000 0.7000 0.8000 0.9000 1.0000 x eau - 7 -
1.4 Discussion des résultats Nos courbes sont proches des courbes théoriques et nous obtenons des résultats assez proche des résultats théoriques attendu. En effet l erreur relative sur le volue olaire de l eau s élève à 1.98% et l erreur relative sir le volue olaire du éthanol à 2.5%. Plus la solution est riche en éthanol, oins la esure du volue sera précise à cause de l évaporation rapide du éthanol. Deplus la précision de la balance induit une erreur de ±0.0001 g. Nous rearquons aussi que le volue olaire augente lorsque la fraction olaire du éthanol augente, ais cette croissance ne fore pas une droite parfaite, on en éduit alors qu il y a des interactions entre l eau et le éthanol. De plus, le volue d excès est négatif ce qui confire qu il y a des interactions entre les deux coposés du élange (eau-éthanol) ces interactions sont dues aux liasons hydrogènes. Elles sont donc plus attractives que les interactions eau-eau et éthnol-éthanol. Lors des anipulations, nous avons pu nous rendre copte que la solution devenait chaude lorsque l eau et le éthanol étaient élangés. Il s agit donc d une réaction exotherique (qui dégage de al chaleur). De plus, cela est confiré puisque nous obtenons des volue d excès négatifs. 2. EXERCICES 2.1 Exercice 1 Un baran sans connaissances en therodynaique essaie de préparer 100 l d une boisson en élangeant 30 l d éthanol avec 70 l d eau. Peut-il y arriver? Indiquer les inforations nécessaires pour répondre. Quels sont les volues qu il aurait dû élanger pour obtenir effectiveent 100 l de élange avec la êe «force» que sont élange initial? Le baran n arrivera pas à un élange de 100 L car le volue totale n équivaut pas à la soe des volue des coposant du élange. En effet le volue total est donné par : Nous avons au départ : V = netohvetoh+ neauveau 70 L d eau et ρh2 O = 1 g/l 30 L d éthanol et ρetoh = 0.785 g/l Donc : n H2 O = ρ V eau MM eau = 3.88ol n EtOH = ρ V EtOH MM EtOH = 0.511ol X H2 O = 0.88 E EtOH = 0.12-8 -
Nous pouvons alors calculer les volues olaires partiels de l eau et de l éthanol : Pour un élange de 100 L : VpartielH2O= 18.1 l/ol VpartielEtOH = 53.6 l/ol V = n H 2 O Vpartiel H 2 O + n EtOH Vpartiel EtOH = 100 L n H 2 O n H 2 O + n EtOH = 0.88 = X H 2 O n EtOH n H 2 O + n EtOH = 0.12 = X EtOH On trouve donc : nh2 O = 3.94 ol netoh = 0.53 ol VH2 O = 70.9 L VEtOH = 31.1 L Le baran devrait donc élanger 70.9 L d eau et 31.1 L d éthanol pour arriver à un élange de 100 L. 2.2 Exercice 2 L expérience ontre que le volue V (exprié en l) d une solution contenant oles d acide acétique dans 100 g d eau est donnée à 25 C par la forule ci-dessous : V = + + C 2 = 1002.935 + 51.832 + 0.1394 2 Cette équation est valable pour 0.16 < < 2.5. Quelle est l expression des volues olaires partiels de l eau et de l acide acétique en fonction de? Quelle est la valeur de prise pour une solution aqueuse contenant 2 oles d acide acétique par litre de solution? On peut poser : V tot = + + C 2 = n V H 2 O H 2 0 + nc V c vec : V c = δv tot δn c p,t,n H2 O = + 0.2 C V H 2 0 = 1 [ V tot V c] = 1 [ + + C 2 0.2 C 2 ] = 1 [ C 2 ] n H 2 O n H 2 O n H 2 O - 9 -
En posant : x V tot =100 L = x ( V H 2 O n H 2 O + V c) x = 0.2 donc x = 0.2 Donc : 100 = 0.2 + 0.2 + 0.2 C En replaçant par les valeurs : 0.02788 2 89.6336 + 200.587 = 0 On trouve qui est copris dans l intervalle : 0.16<<2.5 =2.24 2.3 Exercice 3 On élange deux liquides purs et on observe un volue d excès négatif. Si l on esure la chaleur de élange correspondante, sera-t-elle exotherique ou endotherique? Justifier votre réponse. Lorsque nous observons un volue d excès négatif, nous une réaction exotherique. Cela s explique par le fait que dans un élange exotherique des attractions entre les deux coposés se forent. Ces attractions attractives sont plus fortes que les attractions intercoposé. Par exeple, dans un élange binaire eau-éthanol, qui est exotherique, il y a foration de liaisons hydrogènes qui font que les olécules des deux liquides s approchent d avantage les unes des autres et créent donc une diinution du volue total, un volue d excès négatif. 3. SOURCES ILIOGRPHIQUES [1] Polycopié des travaux pratiques de chiie physique I [2] tkins et Jones, Chiie: olécules, atière, étaorphoses, Deoeck, chapitre 14. - 10 -