relatorio de QT. 2

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Todos os cálculos de diluição das partes I, II e III
Preparação de uma base forte (NaOH) 
	V=100ml = 0,1L
	C=n/v → 0,1= m/0,1 → n= 0,01 mol
	C= 0,1 mol/L
	N=m/MM → 0,01= m/40 → m= 0,4g 
	MM= 40g/mol
	
	m= ? 
	
Solução de ácido forte (HCl)
	d= 1,19g/ml
	0,1 mol - 1000ml
	Pureza = 37% 
	x - 100ml
	MM= 36,5g/mol
	x = 0,01 mol
	1 mol - 36,5g
0,01 mol – x 
x= 0,365g
	d= m/v 
1,19= 0,365/v
v= 0,3067ml 
	0,3067 – 37% 
 x – 0,8289 ml
x=0,8289ml
Propriedades eletrolíticas. 
	A partir de C=0,1 mol/L
C.MM → mol/L x g/mol → g/L 
	NaCl 
MM= 58,5g/mol
0,02 mol/l x 58,5 = 1,17 g/L
0,010 mol/L x 58,5g/mol = 0,585 g/L
0,004 x 58 = 0,232 g/L
0,002 x 58 = 0,117 g/L
0,001 x 58 = 0,058 g/L
	Ci.Vi = Cf.Vf
	Ci = 0,1
Cf = 0,02
Vf = 10 ml
0,1.Vi = 0,02.10 → Vi = 2 ml
0,1.Vi = 0,01.10 → Vi = 1 ml
0,1.Vi = 0,004.10 → Vi = 0,4 ml
0,1 .Vi = 0,002.10 → Vi = 0,2 ml → 0,02.Vi = 0,002.10 → Vi = 1 ml 
0,1.Vi = 0,001.10 → Vi = 0,1 ml →0,02.Vi = 0,001.10 → Vi = 0,5ml
	Fração molar
x = n1/(n1 + n2) 
	 n1 = n° mols soluto
n2 = n° mols solvente
Sol. 0,02 mol/ L
→ Retirado da solução mãe
	0,1 mol – 1000ml
x – 2ml → x = 2.10-4 mol de soluto 
	H2O = 18g/mol → 1 mol -1000ml
 Z - 2ml → z = 20.10-4 mol
→ Solvente adicionado (H2O(l)) 
	1mol – 1000ml
Y – 8ml → 80.10-4mol
	x = 2.10-4/ (2.10-4+ 20.10-4+ 80.10-4) →
2.10-4/102.10-4 = 0,0196
Sol. 0,01 mol/L
→ retirado da solução mãe. 
	0,1 mol – 1000ml
x – 5ml
x = 5.10-4mol de soluto
	1 mol – 1000ml
y – 5ml 
y = 50.10-4 mol solvente
→Solvente adicionado (H2O(l)) 
	1 mol – 1000ml 
z – 5ml → z = 50.10-4mol
	x = 5.10-4/(5.10-4+50.10-4+50.10-4) →
5.10-4/105.10-4 = 0,0476
Sol. 0,004mol/L 
→ retirado da solução mãe. 
	0,1mol – 1000ml
x – 0,4ml → x =4.10-5mol de soluto
	1 mol – 1000ml 
y – 0,4ml → y = 40.10-5mol solvente 
→ Solvente adicionado (H2O(l))
	1 mol – 1000ml 
z – 9,6ml → z = 9,6.10-5mol
	x = 4.10-5/(40.10-5+4.10-5+960.10-5 →
x = 4.10-5/1004.10-5 = 0,0039
Sol. 0,002 mol/L
→Retirado da solução 1
	0,02 mol – 1000ml 
x – 1ml → x = 2.10-5mol de soluto
1 mol – 1000ml 
 y – 1ml → y = 100.10-5mol de solvente 
	x = 2.10-5/(2.10-5+100.10-5+900.10-5) →
x = 2.10-5/1002.10-5 = 0,0019
→ Solvente adicionado
1 mol – 1000ml
z – 9 ml → z = 900.10-5
Sol. 0,001 mol/L
→ Retirado da solução 1
	0,02mol – 1000ml 
x – 0,5ml → x = 1.10-5mol de soluto
	1 mol – 1000ml
y – 0,5 ml → y = 50.10-5mol de solvente 
→ Solvente adicionado
	1 mol – 1000ml
z – 9,5ml → z = 950.10-5mol
	x = 1.10-5/(1.10-5+50.10-5+950.10-5) → 
1.10-5/1001.10-5 = 0,00099
NaCl (0,1mol/L) = 3,7
Fenolftaleina = 0,9
Tabela (NaCl) 
Obs: correntes em µA
	NaOH(l) +HCl(g) → NaCl(aq) + H2O(l)
	NaOH → 0,1mol – 1000ml
 x – 1 ml → x = 10-4mol de NaOH
	0,1M 0,1M
10-4mol – 10-4mol → 10-4mol
	HCl → 0,1mol – 1000ml
 10-4mol – 1 ml → 10-4 mol de HCl
Neutralização total. 
	2ml = Vi Vf=50ml
10-4mol NaCl → 10-4mol NaCl
	10-4mol – 50ml 
y – 1000ml → y = 0,002M 
Discussão: 
	Conforme medida a corrente da solução (ácido + base), 0,9 µA, a concentração de soluto(NaCl) deveria estar na concentração de 0,01mol/L. No entanto, o valor calculado apresentado foi 0,002mol/L. Assim, concluímos que houve discrepância entre os resultados. Logo, experimentalmente os resultados na prática são comprovados e teoricamente fazemos uma estimativa através de cálculos. 
Tabela iii. 2 ) 
NaOH – 6,0 µA
HCl – 4,8 µA
CH3COH – 10 µA
C12H22O11 – 0 µA
- Sacarose – compostos moleculares não sofrem ionização e sim dissolução. Como não existem íons livres na solução, não conduz corrente elétrica. 
- CH3COH – Ácido acético é pouco ionizável, dessa forma, conduz pouca corrente elétrica. 
- HCl – Composto molecular que em solução aquosa libera H+ (Teoria de Arhenius), por ser altamente ionizável, apresenta grande quantidade de íons H+ e Cl- na solução conduzindo corrente elétrica. 
- NaOH – composto molecular que em solução aquosa sofre dissociação iônica e libera OH- (Teoria de Arhenius). Apresenta na solução íons Na+ e OH-, conduzindo corrente elétrica.