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Para eletrólitos, cujo grau de dissociação é inferior a 5% em uma concentração superior a 10 mol / dm3 ou Kd inferior a 1 * 10 -4, a lei de diluição de Ostwald é expressa:
Para uma base fraca:
Exemplos de resolução de problemas para cálculo do pH de soluções de ácidos e bases fracos.
Exemplo 8 Calcule o pH do ácido acético 0,001 N se = 0,13
Decisão:
Exemplo 9 Definir:
A) pH 0,01n CH 3 COOH, se 
C) pH 0,01n NH 4 OH, se 
Decisão: Representando a equação 
na forma logarítmica temos 
,
então para um ácido monobásico 
Conseqüentemente 
, para uma base fraca 
;
, conseqüentemente
Exemplo 10 A concentração de íons H+ na solução é 2. 10-4 mol/dm. Calcule a concentração de OH - , pH e pOH nesta solução.
Decisão:
;
Exemplo 11. Calcule o pH da solução, em 500 ml dos quais 2 g de NaOH estão dissolvidos.
Decisão:
PH=14-pC bases;
; pH = 14 - 1 = 13
Decisão.
Em uma solução aquosa de amônia, há um equilíbrio
NH 3 + H 2 O Û NH 4 + + OH -
Como a solução de amônia é uma base fraca e K B< 1*10 -4 , то расчёт ведут следующим образом:
RONY = - lg [OH -] \u003d - lg 4,2 10-3 \u003d 3-0,623 = 2,38
pH \u003d 14- pOH \u003d 14 - 2,38 = 11,62
Exemplo 13 O grau de dissociação de CH 3 COOH em solução de 0,1 mol/dm 3 é 1,32 * 10 -3. Calcule as concentrações dos íons H + e CH3COO -, pH da solução e K d do ácido.
Decisão.
Escreva a equação para a dissociação do ácido acético
CH 3 COOH + H 2 O Û H 3 O + + CH 3 COO -
CH 3 COOH é um ácido fraco, portanto
A * CH 3 COOH \u003d 1,32 * 10 -2 * 0,1 \u003d 1,32 * 10 -3 mol / dm 3
pH = - lg = - lg 1,32 10 -3 \u003d 3 - 0,12 \u003d 2,88 [H +] \u003d [CH 3 COO -] \u003d 1,32 * 10 -3 mol / dm 3
Da lei de diluição de Ostwald, K CH3COOH é encontrado:
K CH3COOH \u003d a 2 * C CH3COOH \u003d (1,32 * 10 -2) 2 0,1 \u003d 1,74 * 10 -5
Tarefas:
Cálculo da concentração de íons e força iônica em soluções de eletrólitos fortes
1. Assumindo dissociação completa, calcule as concentrações de íons:
A) K + em uma solução 0,5 M de K 2 SO 4, K 3 PO 4;
B) Al 3+ em uma solução 2M de Al 2 (SO 4) 3, AlCl 3.
2. Calcule a força iônica em soluções:
cloreto de bário 0,3 M, ortofosfato de potássio 0,06 M, sulfato de alumínio 0,02 M.
Resposta: (0,82; 2,45 10 mol/dm 3)
5. Calcule a atividade dos íons Na +, H +, SO 4 2- em uma solução com concentração de 2 10 mol/dm 3 de sulfato de sódio e 5 10 mol/dm 3 de ácido sulfúrico.
Resposta: (3,16 * 10 mol / dm 3; 7,9 x 10 mol / dm 3; 8,2 * 10 mol / dm 3)
6. Após a dissolução do cloreto de potássio, sulfato de magnésio e sulfato de ferro (III) em água, a concentração molar desses sais é respectivamente: 0,05; 0,02 e 0,01 mol/dm 3. Calcule a força iônica da solução.
Cálculo da concentração de íons, pH e RON em soluções de eletrólitos fracos:
7. Calcule o pH de uma solução 0,01N de hidróxido de amônio, cujo grau de dissociação é 0,1.
8. A acidez ativa do suco gástrico é 0,047. Encontre o pH do suco gástrico.
9. Encontre o pH do ácido lático, cuja constante de dissociação é 1,44. 10-4, C=0,01.
10. Calcule o pH de uma solução de ácido nítrico se a fração mássica de ácido na solução for 4% ( 
).
11. Calcule a concentração e o número de íons de hidrogênio no sangue com um volume de 100 ml, se o pH do sangue = 7,36.
A água pura é um eletrólito muito fraco. O processo de dissociação da água pode ser expresso pela equação: HOH ⇆ H + + OH - . Devido à dissociação da água, qualquer solução aquosa contém íons H + e íons OH -. As concentrações desses íons podem ser calculadas usando equações do produto iônico para a água
C (H +) × C (OH -) \u003d K w,
onde Kw é constante do produto iônico da água ; a 25°C Kw = 10-14.
Soluções nas quais as concentrações de íons H + e OH são as mesmas são chamadas de soluções neutras. Em uma solução neutra C (H +) \u003d C (OH -) \u003d 10 -7 mol / l.
Em uma solução ácida, C(H +) > C(OH -) e, como segue da equação do produto iônico da água, C(H +) > 10 -7 mol / le C (OH -)< 10 –7 моль/л.
Em solução alcalina C (OH -) > C (H +); enquanto em C(OH –) > 10 –7 mol/l, e C(H +)< 10 –7 моль/л.
pH é um valor que caracteriza a acidez ou alcalinidade de soluções aquosas; esse valor é chamado indicador de pH e é calculado pela fórmula:
pH \u003d -lg C (H +)
Em uma solução de pH ácido<7; в нейтральном растворе pH=7; в щелочном растворе pH>7.
Por analogia com o conceito de "índice de hidrogênio" (pH), é introduzido o conceito de índice de "hidroxila" (pOH):
pOH = –lg C(OH–)
Os indicadores de hidrogênio e hidroxila estão relacionados pela razão
O índice de hidroxila é usado para calcular o pH em soluções alcalinas.
O ácido sulfúrico é um eletrólito forte que se dissocia em soluções diluídas de forma irreversível e completa de acordo com o esquema: H 2 SO 4 ® 2 H + + SO 4 2–. Pode-se ver na equação do processo de dissociação que C (H +) \u003d 2 C (H 2 SO 4) \u003d 2 × 0,005 mol / l \u003d 0,01 mol / l.
pH \u003d -lg C (H +) \u003d -lg 0,01 \u003d 2.
O hidróxido de sódio é um eletrólito forte que se dissocia irreversivelmente e completamente de acordo com o esquema: NaOH ® Na + +OH -. A partir da equação do processo de dissociação, pode-se ver que C (OH -) \u003d C (NaOH) \u003d 0,1 mol / l.
pOH \u003d -lg C (H +) \u003d -lg 0,1 \u003d 1; pH = 14 - pOH = 14 - 1 = 13.
A dissociação de um eletrólito fraco é um processo de equilíbrio. A constante de equilíbrio escrita para o processo de dissociação de um eletrólito fraco é chamada constante de dissociação . Por exemplo, para o processo de dissociação do ácido acético
CH 3 COOH ⇆ CH 3 COO - + H +.
Cada estágio da dissociação de um ácido polibásico é caracterizado por sua constante de dissociação. Constante de dissociação - valor de referência; cm. .
O cálculo das concentrações de íons (e pH) em soluções de eletrólitos fracos é reduzido para resolver o problema de equilíbrio químico para o caso em que a constante de equilíbrio é conhecida e é necessário encontrar as concentrações de equilíbrio das substâncias envolvidas na reação (ver exemplo 6.2 - problema tipo 2).
Em uma solução de NH 4 OH a 0,35%, a concentração molar de hidróxido de amônio é de 0,1 mol/l (um exemplo de conversão de uma concentração percentual em uma concentração molar - ver exemplo 5.1). Este valor é muitas vezes referido como C 0 . C 0 é a concentração total de eletrólitos na solução (concentração de eletrólitos antes da dissociação).
O NH 4 OH é considerado um eletrólito fraco que se dissocia reversivelmente em solução aquosa: NH 4 OH ⇆ NH 4 + + OH – (ver também nota 2 na página 5). Constante de dissociação K = 1,8 10 -5 (valor de referência). Como um eletrólito fraco se dissocia incompletamente, vamos supor que x mol / l NH 4 OH se dissociou, então a concentração de equilíbrio de íons amônio e íons hidróxido também será igual a x mol / l: C (NH 4 +) \u003d C (OH -) \u003d x mol/l. A concentração de equilíbrio de NH 4 OH não dissociado é: C (NH 4 OH) \u003d (C 0 -x) \u003d (0,1-x) mol / l.
Substituímos as concentrações de equilíbrio de todas as partículas expressas em termos de x na equação da constante de dissociação:
.
Eletrólitos muito fracos dissociam-se ligeiramente (x ® 0) e o x no denominador como um termo pode ser desprezado:
.
Normalmente, em problemas de química geral, o x no denominador é desprezado se (neste caso, x - a concentração do eletrólito dissociado - difere em 10 ou menos vezes de C 0 - a concentração total do eletrólito na solução) .
C (OH -) \u003d x \u003d 1,34 ∙ 10 -3 mol / l; pOH \u003d -lg C (OH -) \u003d -lg 1,34 ∙ 10 -3 \u003d 2,87.
pH = 14 - pOH = 14 - 2,87 = 11,13.
Grau de dissociação eletrólito pode ser calculado como a razão da concentração do eletrólito dissociado (x) para a concentração total de eletrólito (C 0):
(1,34%).
Primeiro, você deve converter a concentração percentual para molar (veja o exemplo 5.1). Neste caso, C 0 (H 3 PO 4) = 3,6 mol/l.
O cálculo da concentração de íons de hidrogênio em soluções de ácidos fracos polibásicos é realizado apenas para o primeiro estágio de dissociação. Estritamente falando, a concentração total de íons hidrogênio em uma solução de um ácido polibásico fraco é igual à soma das concentrações de íons H + formados em cada estágio de dissociação. Por exemplo, para ácido fosfórico C(H+) total = C(H+) 1 estágio cada + C(H+) 2 estágios cada + C(H+) 3 estágios cada. No entanto, a dissociação de eletrólitos fracos ocorre principalmente no primeiro estágio e no segundo e nos estágios subsequentes - em pequena medida, portanto
C(H +) em 2 estágios ≈ 0, C(H +) em 3 estágios ≈ 0 e C(H +) total ≈ C(H +) em 1 estágio.
Deixe o ácido fosfórico dissociar no primeiro estágio x mol / l, então da equação de dissociação H 3 PO 4 ⇆ H + + H 2 PO 4 - segue que as concentrações de equilíbrio dos íons H + e H 2 PO 4 - também serão igual a x mol/l, e a concentração de equilíbrio de H 3 PO 4 não dissociado será igual a (3,6–x) mol/l. Substituímos as concentrações de íons H + e H 2 PO 4 - e moléculas de H 3 PO 4 expressas em termos de x na expressão da constante de dissociação para o primeiro estágio (K 1 = 7,5 10 -3 - valor de referência):
K 1 /C 0 \u003d 7,5 10 -3 / 3,6 \u003d 2,1 10 -3< 10 –2 ; следовательно, иксом как слагаемым в знаменателе можно пренебречь (см. также пример 7.3) и упростить полученное выражение.
;
mol/l;
C (H +) \u003d x \u003d 0,217 mol / l; pH \u003d -lg C (H +) \u003d -lg 0,217 \u003d 0,66.
(3,44%)
Tarefa número 8
Calcule a) o pH de soluções de ácidos e bases fortes; b) uma solução eletrolítica fraca e o grau de dissociação eletrolítica nesta solução (tabela 8). Tome a densidade das soluções igual a 1 g/ml.
Tabela 8 - Condições da tarefa nº 8
| opção nº | uma | b | opção nº | uma | b |
| H2SO4 0,01M; 1% NaOH | 0,35% NH4OH | ||||
| 0,01MCa(OH)2; 2%HNO3 | 1% CH3COOH | H2SO4 0,04M; 4% NaOH | 1% NH4OH | ||
| 0,5M HClO4; 1% Ba(OH)2 | 0,98% H3PO4 | 0,7M HClO4; 4%Ba(OH)2 | 3% H3PO4 | ||
| 0,02 M LiOH; 0,3% HNO3 | 0,34% H2S | 0,06 M LiOH; 0,1% HNO3 | 1,36% H2S | ||
| 0,1 M HMnO4; 0,1% KOH | 0,031% H2CO3 | 0,2 M HMnO4; 0,2% KOH | 0,124% H 2 CO 3 | ||
| HCl 0,4M; 0,08%Ca(OH)2 | 0,47% HNO2 | 0,8 MHCl; 0,03%Ca(OH)2 | 1,4% HNO2 | ||
| NaOH 0,05 M; 0,81% HBr | 0,4% H2SO3 | NaOH 0,07M; 3,24% HBr | 1,23% H2SO3 | ||
| 0,02 M Ba(OH)2; 0,13%HI | 0,2%HF | 0,05 M Ba(OH)2; 2,5% HI | 2%HF | ||
| H2SO4 0,02M; 2% NaOH | 0,7% NH4OH | 0,06MH2SO4; 0,8%NaOH | 5%CH3COOH | ||
| 0,7M HClO4; 2%Ba(OH)2 | 1,96% H3PO4 | H2SO4 0,08M; 3% NaOH | 4% H3PO4 | ||
| 0,04MLiOH; 0,63% HNO3 | 0,68% H2S | 0,008 MHI; 1,7%Ba(OH)2 | 3,4% H2S | ||
| 0,3MHMnO4; 0,56% KOH | 0,062% H2CO3 | 0,08 M LiOH; 1,3% HNO3 | 0,2% H2CO3 | ||
| HCl 0,6M; 0,05% Ca(OH)2 | 0,94% HNO2 | 0,01 M HMnO4; 1% KOH | 2,35% HNO2 | ||
| NaOH 0,03M; 1,62% HBr | 0,82% H2SO3 | 0,9MHCl; 0,01%Ca(OH)2 | 2% H2SO3 | ||
| 0,03 M Ba(OH)2; 1,26%HI | 0,5%HF | NaOH 0,09M; 6,5% HBr | 5%HF | ||
| H2SO4 0,03M; 0,4% NaOH | 3%CH3COOH | 0,1 M Ba(OH)2; 6,4% HI | 6%CH3COOH | ||
| 0,002MHI; 3% Ba(OH)2 | 1%HF | 0,04MH2SO4; 1,6%NaOH | 3,5% NH4OH | ||
| 0,005 MHBr; 0,24% LiOH | 1,64% H2SO3 | 0,001M HI; 0,4%Ba(OH)2 | 5% H3PO4 |
Exemplo 7.5 Misturaram-se 200 ml de solução de H2SO4 0,2 M e 300 ml de solução de NaOH 0,1 M. Calcule o pH da solução resultante e as concentrações de íons Na + e SO 4 2– nesta solução.
Vamos trazer a equação de reação H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O para uma forma íon-molecular abreviada: H + + OH - → H 2 O
Segue-se da equação da reação íon-molecular que apenas os íons H + e OH - entram na reação e formam uma molécula de água. Os íons Na + e SO 4 2– não participam da reação, portanto sua quantidade após a reação é a mesma de antes da reação.
Cálculo das quantidades de substâncias antes da reação:
n (H 2 SO 4) \u003d 0,2 mol / l × 0,1 l \u003d 0,02 mol \u003d n (SO 4 2-);
n (H +) \u003d 2 × n (H 2 SO 4) \u003d 2 × 0,02 mol \u003d 0,04 mol;
n (NaOH) \u003d 0,1 mol / l 0,3 l \u003d 0,03 mol \u003d n (Na +) \u003d n (OH -).
íons OH - - em falta; eles reagem completamente. Junto com eles, a mesma quantidade (ou seja, 0,03 mol) de íons H + reagirá.
Cálculo do número de íons após a reação:
n (H +) \u003d n (H +) antes da reação - n (H +) reagiu \u003d 0,04 mol - 0,03 mol \u003d 0,01 mol;
n(Na+) = 0,03 mol; n(SO 4 2–) = 0,02 mol.
Porque soluções diluídas são misturadas
V comum. "Vsolução de H 2 SO 4 + V solução de NaOH" 200 ml + 300 ml \u003d 500 ml \u003d 0,5 l.
C(Na+) = n(Na+)/Vtot. \u003d 0,03 mol: 0,5 l \u003d 0,06 mol / l;
C(SO 4 2-) = n(SO 4 2-) / Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,5 l \u003d 0,04 mol / l;
C(H+) = n(H+)/Vtot. \u003d 0,01 mol: 0,5 l \u003d 0,02 mol / l;
pH \u003d -lg C (H +) \u003d -lg 2 10 -2 \u003d 1,699.
Tarefa número 9
Calcule o pH e as concentrações molares de cátions e ânions metálicos do resíduo ácido na solução formada pela mistura da solução de ácido forte com a solução alcalina (Tabela 9).
Tabela 9 - Condições da tarefa nº 9
| opção nº | opção nº | Volumes e composição de soluções ácidas e alcalinas | |
| 300 ml de NaOH 0,1 M e 200 ml de H 2 SO 4 0,2 M | |||
| 2 l 0,05 M Ca(OH) 2 e 300 ml 0,2 M HNO 3 | 0,5 l 0,1 M KOH e 200 ml 0,25 M H2SO4 | ||
| 700 ml de KOH 0,1 M e 300 ml de H 2 SO 4 0,1 M | 1 L 0,05 M Ba(OH)2 e 200 ml 0,8 M HCl | ||
| 80 ml de KOH 0,15 M e 20 ml de H2SO4 0,2 M | 400ml de NaOH 0,05M e 600ml de H2SO4 0,02M | ||
| 100 ml de Ba(OH)2 0,1 M e 20 ml de HCl 0,5 M | 250 ml de KOH 0,4 M e 250 ml de H 2 SO 4 0,1 M | ||
| 700ml de NaOH 0,05M e 300ml de H2SO4 0,1M | 200ml de Ca(OH)2 0,05M e 200ml de HCl 0,04M | ||
| 50 ml de Ba(OH)2 0,2 M e 150 ml de HCl 0,1 M | 150ml de NaOH 0,08M e 350ml de H2SO4 0,02M | ||
| 900ml de KOH 0,01M e 100ml de H2SO4 0,05M | 600 ml de Ca(OH)2 0,01 M e 150 ml de HCl 0,12 M | ||
| 250 ml de NaOH 0,1 M e 150 ml de H 2 SO 4 0,1 M | 100 ml de Ba(OH) 2 0,2 M e 50 ml de HCl 1 M | ||
| 1 l 0,05 M Ca (OH) 2 e 500 ml 0,1 M HNO 3 | 100 ml de NaOH 0,5 M e 100 ml de H 2 SO 4 0,4 M | ||
| 100 ml de NaOH 1M e 1900 ml de H2SO4 0,1M | 25 ml de KOH 0,1 M e 75 ml de H 2 SO 4 0,01 M | ||
| 300 ml de Ba(OH)2 0,1 M e 200 ml de HCl 0,2 M | 100 ml 0,02 M Ba(OH) 2 e 150 ml 0,04 M HI | ||
| 200 ml de KOH 0,05 M e 50 ml de H 2 SO 4 0,2 M | 1 l 0,01 M Ca (OH) 2 e 500 ml 0,05 M HNO 3 | ||
| 500ml 0,05M Ba(OH)2 e 500ml 0,15M HI | 250 ml de Ba(OH)2 0,04 M e 500 ml de HCl 0,1 M | ||
| 1 1 0,1 M KOH e 2 1 0,05 M H 2 SO 4 | 500 ml de NaOH 1M e 1500 ml de H2SO4 0,1M | ||
| 250ml 0,4M Ba(OH)2 e 250ml 0,4M HNO3 | 200 ml de Ba(OH)2 0,1 M e 300 ml de HCl 0,2 M | ||
| 80 ml de KOH 0,05 M e 20 ml de H 2 SO 4 0,2 M | 50 ml de KOH 0,2 M e 200 ml de H 2 SO 4 0,05 M | ||
| 300 ml de Ba(OH)2 0,25 M e 200 ml de HCl 0,3 M | 1 l 0,03 M Ca (OH) 2 e 500 ml 0,1 M HNO 3 |
HIDRÓLISE DO SAL
Quando qualquer sal é dissolvido em água, esse sal se dissocia em cátions e ânions. Se o sal for formado por um cátion de base forte e um ânion de ácido fraco (por exemplo, nitrito de potássio KNO 2), então os íons nitrito se ligarão aos íons H +, separando-os das moléculas de água, resultando na formação de ácido nitroso fraco . Como resultado dessa interação, um equilíbrio será estabelecido na solução:
NO 2 - + HOH ⇆ HNO 2 + OH -
KNO 2 + HOH ⇆ HNO 2 + KOH.
Assim, um excesso de íons OH aparece em uma solução de um sal hidrolisado pelo ânion (a reação do meio é alcalina; pH > 7).
Se o sal for formado por um cátion de base fraca e um ânion de ácido forte (por exemplo, cloreto de amônio NH 4 Cl), então os cátions NH 4 + de uma base fraca irão separar os íons OH - das moléculas de água e formar uma dissociação fraca. eletrólito - hidróxido de amônio 1.
NH 4 + + HOH ⇆ NH 4 OH + H + .
NH 4 Cl + HOH ⇆ NH 4 OH + HCl.
Um excesso de íons H+ aparece em uma solução de um sal hidrolisado pelo cátion (a reação do meio é pH ácido< 7).
Durante a hidrólise de um sal formado por um cátion de base fraca e um ânion de ácido fraco (por exemplo, fluoreto de amônio NH 4 F), os cátions de base fraca NH 4 + ligam-se a íons OH -, separando-os das moléculas de água, e o ânions de ácidos fracos F - ligam-se a íons H + , resultando na formação de uma base fraca NH 4 OH e um ácido fraco HF: 2
NH 4 + + F - + HOH ⇆ NH 4 OH + HF
NH 4 F + HOH ⇆ NH 4 OH + HF.
A reação de um meio em uma solução salina que é hidrolisada tanto pelo cátion quanto pelo ânion é determinada por qual dos eletrólitos de dissociação fraca formados como resultado da hidrólise é mais forte (isso pode ser encontrado comparando as constantes de dissociação). No caso de hidrólise de NH 4 F, o ambiente será ácido (pH<7), поскольку HF – более сильный электролит, чем NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8·10 –5 < K H F = 6,6·10 –4 .
Assim, a hidrólise (ou seja, decomposição pela água) sofre sais formados:
- um cátion de uma base forte e um ânion de um ácido fraco (KNO 2, Na 2 CO 3, K 3 PO 4);
- um cátion de uma base fraca e um ânion de um ácido forte (NH 4 NO 3, AlCl 3, ZnSO 4);
- um cátion de uma base fraca e um ânion de um ácido fraco (Mg (CH 3 COO) 2, NH 4 F).
Cátions de bases fracas e/ou ânions de ácidos fracos interagem com moléculas de água; sais formados por cátions de bases fortes e ânions de ácidos fortes não sofrem hidrólise.
A hidrólise de sais formados por cátions e ânions de carga múltipla ocorre em etapas; Abaixo, exemplos específicos mostram a sequência de raciocínio que se recomenda seguir ao compilar as equações para a hidrólise de tais sais.
Notas
1. Conforme observado anteriormente (veja a nota 2 na página 5), existe uma visão alternativa de que o hidróxido de amônio é uma base forte. A reação ácida do meio em soluções de sais de amônio formados por ácidos fortes, por exemplo, NH 4 Cl, NH 4 NO 3, (NH 4) 2 SO 4, é explicada com esta abordagem pelo processo reversível de dissociação do amônio íon NH 4 + ⇄ NH 3 + H + ou mais precisamente NH 4 + + H 2 O ⇄ NH 3 + H 3 O + .
2. Se o hidróxido de amônio é considerado uma base forte, então em soluções de sais de amônio formados por ácidos fracos, por exemplo, NH 4 F, o equilíbrio NH 4 + + F - ⇆ NH 3 + HF deve ser considerado, no qual há competição pelo íon H+ entre moléculas de amônia e ânions de ácidos fracos.
Exemplo 8.1 Escreva na forma molecular e íon-molecular as equações das reações de hidrólise do carbonato de sódio. Especifique o pH da solução (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Equação de dissociação de sal: Na 2 CO 3 ® 2Na + + CO 3 2–
2. O sal é formado por cátions (Na +) da base forte NaOH e ânion (CO 3 2–) de um ácido fraco H2CO3. Portanto, o sal é hidrolisado no ânion:
CO 3 2– + HOH ⇆ ... .
A hidrólise na maioria dos casos ocorre de forma reversível (sinal ⇄); para 1 íon participando do processo de hidrólise, 1 molécula de HOH é registrada .
3. Íons carbonato CO 3 2– carregados negativamente ligam-se a íons H + carregados positivamente, separando-os das moléculas de HOH, e formam íons HCO 3 – hidrocarbonetos; a solução é enriquecida com íons OH - (meio alcalino; pH> 7):
CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – .
Esta é a equação íon-molecular do primeiro estágio da hidrólise do Na 2 CO 3 .
4. A equação do primeiro estágio de hidrólise na forma molecular pode ser obtida pela combinação de todos os ânions CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – (CO 3 2–, HCO 3 – e OH –) presentes na equação com cátions Na+, formando sais Na 2 CO 3 , NaHCO 3 e base NaOH:
Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH.
5. Como resultado da hidrólise na primeira etapa, foram formados íons hidrocarbonetos, que participam da segunda etapa da hidrólise:
HCO 3 - + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH -
(Íons de bicarbonato HCO 3 - carregados negativamente se ligam a íons H + carregados positivamente, separando-os das moléculas de HOH).
6. A equação da segunda etapa da hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando os ânions HCO 3 - + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH - (HCO 3 - e OH -) presentes na equação com os cátions Na +, formando um sal NaHCO 3 e uma base NaOH:
NaHCO 3 + HOH ⇆ H 2 CO 3 + NaOH
CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH
HCO 3 - + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH - NaHCO 3 + HOH ⇆ H 2 CO 3 + NaOH.
Exemplo 8.2 Escreva na forma molecular e íon-molecular as equações para as reações de hidrólise do sulfato de alumínio. Especifique o pH da solução (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Equação de dissociação de sal: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–
2. O sal é formado cátions (Al 3+) de uma base fraca Al (OH) 3 e ânions (SO 4 2–) de um ácido forte H 2 SO 4. Portanto, o sal é hidrolisado no cátion; 1 molécula de HOH é registrada por 1 íon Al 3+: Al 3+ + HOH ⇆ … .
3. Íons Al 3+ carregados positivamente ligam-se a íons OH - carregados negativamente, separando-os das moléculas de HOH, e formam íons de hidroxoalumínio AlOH 2+; a solução é enriquecida com íons H + (ácidos; pH<7):
Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + .
Esta é a equação íon-molecular da primeira etapa da hidrólise do Al 2 (SO 4) 3 .
4. A equação da primeira etapa de hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando todos os cátions Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + (Al 3+ , AlOH 2+ e H +) presentes na equação com SO 4 2- ânions, formando sais de Al 2 (SO 4) 3, AlOHSO 4 e ácido H 2 SO 4:
Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4.
5. Como resultado da hidrólise na primeira etapa, foram formados cátions de hidroxoalumínio AlOH 2+, que participam da segunda etapa da hidrólise:
AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H +
(Íons AlOH 2+ carregados positivamente se ligam a íons OH - carregados negativamente, separando-os das moléculas de HOH).
6. A equação do segundo estágio de hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando todos os cátions AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + (AlOH 2+ , Al(OH) 2 + e H + ) presente na equação com ânions SO 4 2–, formando sais AlOHSO 4, (Al (OH) 2) 2 SO 4 e ácido H 2 SO 4:
2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4.
7. Como resultado da segunda etapa da hidrólise, foram formados os cátions di-hidroxoalumínio Al (OH) 2 +, que participam da terceira etapa da hidrólise:
Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H +
(Íons Al(OH) 2 + carregados positivamente se ligam a íons OH - carregados negativamente, separando-os das moléculas de HOH).
8. A equação do terceiro estágio de hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando os cátions Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H + (Al(OH) 2 + e H +) presentes em a equação com ânions SO 4 2–, formando um sal (Al (OH) 2) 2 SO 4 e ácido H 2 SO 4:
(Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4
Como resultado dessas considerações, obtemos as seguintes equações de hidrólise:
Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4
AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + 2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4
Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H + (Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4.
Exemplo 8.3 Escreva na forma molecular e íon-molecular as equações das reações de hidrólise do ortofosfato de amônio. Especifique o pH da solução (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Equação de dissociação de sal: (NH 4) 3 PO 4 ® 3NH 4 + + PO 4 3–
2. O sal é formado cátions (NH 4 +) de uma base fraca NH4OH e ânions
(PO 4 3-) ácido fraco H3PO4. Conseqüentemente, O sal hidrolisa tanto o cátion quanto o ânion : NH 4 ++ + PO 4 3– +HOH ⇆ … ; ( por par de íons NH 4 + e PO 4 3- nesse caso 1 molécula de HOH é registrada ). Os íons NH 4 + carregados positivamente se ligam aos íons OH - carregados negativamente, separando-os das moléculas de HOH, formando uma base fraca NH 4 OH, e os íons PO 4 3– carregados negativamente se ligam aos íons H +, formando íons de fosfato de hidrogênio HPO 4 2 –:
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– .
Esta é a equação íon-molecular da primeira etapa da hidrólise (NH 4) 3 PO 4 .
4. A equação da primeira etapa da hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando os ânions (PO 4 3–, HPO 4 2–) presentes na equação com os cátions NH 4 +, formando sais (NH 4) 3 PO 4 , (NH 4) 2 HPO 4:
(NH 4) 3 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + (NH 4) 2 HPO 4.
5. Como resultado da hidrólise na primeira etapa, formaram-se os ânions hidrofosfato HPO 4 2–, que, juntamente com os cátions NH 4 +, participam da segunda etapa da hidrólise:
NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 –
(Íons NH 4 + ligam-se a íons OH -, íons HPO 4 2– - a íons H +, separando-os das moléculas de HOH, formando uma base fraca NH 4 OH e íons di-hidrogenofosfato H 2 PO 4 -).
6. A equação do segundo estágio de hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando os ânions NH 4 + + HPO 4 2– + HOOH ⇆ NH 4 OH + H 2PO 4 – presentes na equação (HPO 4 2– e H 2 PO 4 –) com NH 4 + cátions, formando sais (NH 4) 2 HPO 4 e NH 4 H 2 PO 4:
(NH 4) 2 HPO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + NH 4 H 2 PO 4.
7. Como resultado da segunda etapa da hidrólise, foram formados ânions diidrofosfato H 2 PO 4 -, que, juntamente com os cátions NH 4 +, participam da terceira etapa da hidrólise:
NH 4 + + H 2 PO 4 - + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4
(Íons NH 4 + ligam-se a íons OH -, íons H 2 PO 4 - a íons H +, separando-os das moléculas de HOH e formando eletrólitos fracos NH 4 OH e H 3 PO 4).
8. A equação da terceira etapa da hidrólise na forma molecular pode ser obtida ligando os ânions NH 4 + + H 2 PO 4 - + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 presentes na equação H 2 PO 4 - e NH 4 + cátions e formação de sal NH 4 H 2 PO 4:
NH 4 H 2 PO 4 + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4.
Como resultado dessas considerações, obtemos as seguintes equações de hidrólise:
NH 4 + +PO 4 3– +HOH ⇆ NH 4 OH+HPO 4 2– (NH 4) 3 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH+(NH 4) 2 HPO 4
NH 4 + +HPO 4 2– +HOH ⇆ NH 4 OH+H 2 PO 4 – (NH 4) 2 HPO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH+NH 4 H 2 PO 4
NH 4 + +H 2 PO 4 - +HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 NH 4 H 2 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4.
O processo de hidrólise ocorre predominantemente no primeiro estágio, de modo que a reação do meio na solução salina, que é hidrolisada tanto pelo cátion quanto pelo ânion, é determinada por qual dos eletrólitos fracamente dissociados formados no primeiro estágio da hidrólise é mais forte. . No caso em apreço
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2–
a reação do meio será alcalina (pH> 7), pois o íon HPO 4 2– é um eletrólito mais fraco que NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8 10 –5 > KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4 = 1,3 × 10 -12 (a dissociação do íon HPO 4 2– é a dissociação de H 3 PO 4 no terceiro estágio, portanto KHPO 4 2– \u003d K III H 3 PO 4).
Tarefa número 10
Escreva na forma molecular e íon-molecular as equações para as reações de hidrólise de sais (tabela 10). Especifique o pH da solução (pH>7, pH<7 или pH=7).
Tabela 10 - Condições da tarefa nº 10
| número da opção | Lista de sais | número da opção | Lista de sais |
| a) Na 2 CO 3, b) Al 2 (SO 4) 3, c) (NH 4) 3 PO 4 | a) Al(NO 3) 3, b) Na 2 SeO 3, c) (NH 4) 2 Te | ||
| a) Na 3 PO 4, b) CuCl 2, c) Al(CH 3 COO) 3 | a) MgSO 4, b) Na 3 PO 4, c) (NH 4) 2 CO 3 | ||
| a) ZnSO 4, b) K 2 CO 3, c) (NH 4) 2 S | a) CrCl 3, b) Na 2 SiO 3, c) Ni(CH 3 COO) 2 | ||
| a) Cr(NO 3) 3, b) Na 2 S, c) (NH 4) 2 Se | a) Fe 2 (SO 4) 3, b) K 2 S, c) (NH 4) 2 SO 3 |
Tabela 10 continuação
| número da opção | Lista de sais | número da opção | Lista de sais |
| a) Fe (NO 3) 3, b) Na 2 SO 3, c) Mg (NO 2) 2 | |||
| a) K 2 CO 3, b) Cr 2 (SO 4) 3, c) Be(NO 2) 2 | a) MgSO 4, b) K 3 PO 4, c) Cr(CH 3 COO) 3 | ||
| a) K 3 PO 4, b) MgCl 2, c) Fe(CH 3 COO) 3 | a) CrCl 3, b) Na 2 SO 3, c) Fe(CH 3 COO) 3 | ||
| a) ZnCl 2, b) K 2 SiO 3, c) Cr(CH 3 COO) 3 | a) Fe 2 (SO 4) 3, b) K 2 S, c) Mg (CH 3 COO) 2 | ||
| a) AlCl 3, b) Na 2 Se, c) Mg(CH 3 COO) 2 | a) Fe (NO 3) 3, b) Na 2 SiO 3, (NH 4) 2 CO 3 | ||
| a) FeCl 3, b) K 2 SO 3, c) Zn(NO 2) 2 | a) K 2 CO 3, b) Al(NO 3) 3, c) Ni(NO 2) 2 | ||
| a) CuSO 4, b) Na 3 AsO 4, c) (NH 4) 2 SeO 3 | a) K 3 PO 4, b) Mg (NO 3) 2, c) (NH 4) 2 SeO 3 | ||
| a) BeSO 4, b) K 3 PO 4, c) Ni(NO 2) 2 | a) ZnCl 2, Na 3 PO 4, c) Ni(CH 3 COO) 2 | ||
| a) Bi(NO 3) 3, b) K 2 CO 3 c) (NH 4) 2 S | a) AlCl 3, b) K 2 CO 3, c) (NH 4) 2 SO 3 | ||
| a) Na 2 CO 3, b) AlCl 3, c) (NH 4) 3 PO 4 | a) FeCl 3, b) Na 2 S, c) (NH 4) 2 Te | ||
| a) K 3 PO 4, b) MgCl 2, c) Al(CH 3 COO) 3 | a) CuSO 4, b) Na 3 PO 4, c) (NH 4) 2 Se | ||
| a) ZnSO 4, b) Na 3 AsO 4, c) Mg(NO 2) 2 | a) BeSO 4, b) b) Na 2 SeO 3, c) (NH 4) 3 PO 4 | ||
| a) Cr(NO 3) 3, b) K 2 SO 3, c) (NH 4) 2 SO 3 | a) BiCl 3, b) K 2 SO 3, c) Al(CH 3 COO) 3 | ||
| a) Al(NO 3) 3, b) Na 2 Se, c) (NH 4) 2 CO 3 | a) Fe(NO 3) 2, b) Na 3 AsO 4, c) (NH 4) 2 S |
Bibliografia
1. Lurie, Yu.Yu. Manual de química analítica / Yu.Yu. Lurie. - M.: Química, 1989. - 448 p.
2. Rabinovich, V.A. Breve livro de referência química / V.A. Rabinovich, Z.Ya. Khavin - L.: Química, 1991. - 432 p.
3. Glinka, N.L. Química geral / N.L. Glinka; ed. V.A. Rabinovich. – 26ª edição. - L.: Química, 1987. - 704 p.
4. Glinka, N.L. Tarefas e exercícios em química geral: um livro para universidades / N.L. Glinka; ed. V.A. Rabinovich e H.M. Rubina - 22ª ed. - L.: Química, 1984. - 264 p.
5. Química geral e inorgânica: notas de aula para alunos de especialidades tecnológicas: em 2 horas / Universidade Estadual de Alimentos de Mogilev; aut.-stat. V.A. Ogorodnikov. - Mogilev, 2002. - Parte 1: Questões gerais de química. – 96 p.
Edição educacional
QUÍMICA GERAL
Instruções metódicas e tarefas de controle
para alunos de especialidades tecnológicas de ensino a distância
Compilado por: Ogorodnikov Valery Anatolyevich
Editor T.L. Mateusz
Editor técnico A.A. Shcherbakova
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1. Cálculo do pH em soluções de ácidos e bases fortes.
O cálculo do pH em soluções de ácidos e bases monobásicos fortes é realizado de acordo com as fórmulas:
pH \u003d - lg C a e pH \u003d 14 + lg C o
Onde C to, C o é a concentração molar de um ácido ou base, mol/l
2. Cálculo de pH em soluções de ácidos e bases fracos
O cálculo do pH em soluções de ácidos e bases monobásicos fracos é realizado de acordo com as fórmulas: pH \u003d 1/2 (pK to - lgC to) e pH \u003d 14 - 1/2 (pK O - lg C O)
3. Cálculo de pH em soluções de sais hidrolisáveis
Existem 3 casos de hidrólise de sais:
a) hidrólise do sal pelo ânion (o sal é formado por um ácido fraco e uma base forte, por exemplo CH 3 COO Na). O valor de pH é calculado pela fórmula: pH = 7 + 1/2 pK a + 1/2 lg C s
b) hidrólise do sal por cátion (o sal é formado por uma base fraca e um ácido forte, por exemplo NH 4 Cl). O cálculo do pH em tal solução é realizado de acordo com a fórmula: pH = 7 - 1/2 pK o - 1/2 lg Cs
c) hidrólise do sal por cátion e ânion (o sal é formado por um ácido fraco e uma base fraca, por exemplo CH 3 COO NH 4). Neste caso, o cálculo do pH é realizado de acordo com a fórmula:
pH \u003d 7 + 1/2 pK a - 1/2 pK o
Se o sal for formado por um ácido polibásico fraco ou uma base multiprotônica fraca, nas fórmulas (7-9) listadas acima para calcular o pH, os valores de pK k e pK o de acordo com o último estágio de dissociação são substituídos
4. Cálculo de pH em soluções de várias misturas de ácidos e bases
Quando ácido e base são derramados, o pH da mistura resultante depende das quantidades de ácido e base tomadas e de sua força.
4. Sistemas tampão
Os sistemas tampão incluem misturas de:
a) um ácido fraco e seu sal, por exemplo CH 3 COO H + CH 3 COO Na
b) uma base fraca e seu sal, por exemplo NH 4 OH + NH 4 Cl
c) uma mistura de sais ácidos de acidez diferente, por exemplo NaH 2 PO 4 + Na 2 HPO 4
d) uma mistura de sais ácidos e médios, por exemplo, Na CO 3 + Na 2 CO 3
e) uma mistura de sais básicos de basicidade diferente, por exemplo Al (OH) 2 Cl + Al (OH) Cl 2, etc.
O cálculo do pH em sistemas tampão é realizado de acordo com as fórmulas: pH = pK a - lg C a / C s e pH = 14 - pK o + lg C o / C s
Soluções tampão ácido-base, equação de Henderson-Hasselbach. Características gerais. Princípio de funcionamento. Cálculo do pH da solução tampão. capacidade tampão.
soluções tampão - sistemas que mantêm um determinado valor de um parâmetro (pH, potencial do sistema, etc.) quando a composição do sistema muda.
Ácido-base chamado solução tampão , que mantém um valor de pH aproximadamente constante quando quantidades não muito grandes de um ácido forte ou base forte são adicionadas a ele, bem como quando diluído e concentrado. As soluções tampão ácido-base contêm ácidos fracos e suas bases conjugadas. Um ácido forte, quando adicionado a uma solução tampão, "transforma-se" em um ácido fraco e uma base forte em uma base fraca. Fórmula para calcular o pH de uma solução tampão: pH = pK cerca de + lg C cerca de /COM com Esta equação Henderson-Hasselbach . Segue-se desta equação que o pH de uma solução tampão depende da razão entre as concentrações de um ácido fraco e sua base conjugada. Como essa proporção não muda quando diluída, o pH da solução permanece constante. A diluição não pode ser ilimitada. Com uma diluição muito significativa, o pH da solução mudará, porque, em primeiro lugar, as concentrações dos componentes se tornarão tão pequenas que não será mais possível desprezar a autoprotólise da água e, em segundo lugar, os coeficientes de atividade dos componentes não carregados e partículas carregadas dependem de forma diferente da força iônica da solução.
A solução tampão mantém o pH constante quando apenas pequenas quantidades de um ácido forte ou base forte são adicionadas. A capacidade de uma solução tampão de "resistir" a uma mudança de pH depende da razão entre as concentrações de um ácido fraco e sua base conjugada, bem como de sua concentração total - e é caracterizada por uma capacidade tampão.
Capacidade de buffer - a razão de um aumento infinitesimal na concentração de um ácido forte ou base forte em uma solução (sem mudança de volume) para a mudança no pH causada por esse aumento (p. 239, 7.79)
Em um ambiente fortemente ácido e fortemente alcalino, a capacidade tampão aumenta significativamente. Soluções nas quais uma concentração suficientemente alta de um ácido forte ou base forte também possui propriedades tamponantes.
A capacidade do tampão é máxima em pH=pKa. Para manter um determinado valor de pH, deve-se utilizar uma solução tampão, na qual o valor de pKa do ácido fraco incluído em sua composição seja o mais próximo possível desse pH. Faz sentido usar uma solução tampão para manter o pH na faixa de pKa + _ 1. Esse intervalo é chamado de força de trabalho do buffer.
19. Conceitos básicos relacionados com compostos complexos. Classificação de compostos complexos. Constantes de equilíbrio usadas para caracterizar compostos complexos: constantes de formação, constantes de dissociação (geral, etapa, termodinâmica, concentração real e condicional)
Na maioria das vezes, um complexo é uma partícula formada como resultado da interação doador-aceptor de um átomo central (íon), chamado agente complexante, e partículas carregadas ou neutras, chamadas ligantes. O agente de complexação e os ligantes devem existir independentemente no ambiente onde ocorre a complexação.
Um composto complexo consiste em esferas internas e externas. K3(Fe(CN)6)- K3-esfera externa, agente complexante de Fe, ligante CN, agente complexante + ligante = esfera interna.
A dentalidade é o número de centros doadores de ligantes que participam da interação doador-aceitador durante a formação de uma partícula complexa. Os ligandos são monodentados (Cl-, H2O, NH3), bidentados (C2O4(2-), 1,10-fenantrolina) e polidentados.
O número de coordenação é o número de centros doadores de ligantes com os quais um determinado átomo central interage. No exemplo acima: 6-número de coordenação. (Ag (NH3) 2) + - número de coordenação 2, pois a amônia é um ligante monodentado, e em (Ag (S2O3) 2) 3- - número de coordenação 4, pois o íon tiossulfato é um ligante bidentado.
Classificação.
1) Dependendo de sua carga: complexos aniônicos ((Fe(CN)6)3-), catiônicos ((Zn(NH3)4)2+) e não carregados ou não eletrolíticos (HgCl2).
2) Dependendo do número de átomos metálicos: complexos mononucleares e polinucleares. Um complexo mononuclear contém um átomo de metal, enquanto um complexo polinuclear contém dois ou mais. Partículas complexas polinucleares contendo átomos de metal idênticos são chamadas de homonucleares (Fe2(OH)2)4+ ou Be3(OH)3)3+), e aquelas contendo átomos de metais diferentes são chamadas de heteronucleares (Zr2Al(OH)5)6+) .
3) Consoante a natureza dos ligandos: complexos de ligando homogéneo e ligando misto (ligando misto).
Os quelatos são compostos complexos cíclicos de íons metálicos com ligantes polidentados (geralmente orgânicos), nos quais o átomo central faz parte de um ou mais ciclos.
Constantes. A força de um íon complexo é caracterizada por sua constante de dissociação, chamada de constante de instabilidade.
Se os dados de referência sobre constantes de instabilidade passo a passo não estiverem disponíveis, a constante de instabilidade geral do íon complexo é usada:
A constante de instabilidade geral é igual ao produto das constantes de instabilidade passo a passo.
Em química analítica, em vez das constantes de instabilidade, as constantes de estabilidade do íon complexo foram usadas recentemente: 
A constante de estabilidade refere-se ao processo de formação de um íon complexo e é igual ao recíproco da constante de instabilidade: Kst = 1/Knest.
A constante de estabilidade caracteriza o equilíbrio da formação do complexo.
Consulte a página 313 para constantes termodinâmicas e de concentração.
20. Influência de vários fatores no processo de formação de complexos e estabilidade de compostos complexos. Influência da concentração de substâncias reagentes na complexação. Cálculo das frações molares de íons metálicos livres e complexos em uma mistura em equilíbrio.
1) A estabilidade dos compostos complexos depende da natureza do agente complexante e dos ligantes. O padrão de mudanças na estabilidade de muitos complexos metálicos com vários ligantes pode ser explicado com ajuda. Teorias de ácidos e bases duros e moles (HMCA): ácidos moles formam compostos mais estáveis com bases moles, e ácidos duros com duros (por exemplo, Al3 +, B3 + (l. to-you) formam complexos com O- e Ligantes N-so (l. bases) e Ag + ou Hg2 + (m. to-you) com S-sod. Ligantes (m. básico.) Complexos de cátions metálicos com ligantes polidentados são mais estáveis do que complexos com monodentados semelhantes ligantes.
2) força iônica. Com um aumento na força iônica e uma diminuição nos coeficientes de atividade dos íons, a estabilidade do complexo diminui.
3) temperatura. Se, durante a formação do complexo, delta H for maior que 0, então com o aumento da temperatura, a estabilidade do complexo aumenta; se delta H for menor que 0, então diminui.
4) distritos laterais. O efeito do pH na estabilidade dos complexos depende da natureza do ligante e do átomo central. Se o complexo contém uma base mais ou menos forte como ligante, então, com uma diminuição do pH, ocorre a protonação de tais ligantes e uma diminuição na fração molar da forma do ligante envolvida na formação do complexo. O efeito do pH será tanto mais forte quanto maior for a força da base dada e menor a estabilidade do complexo.
5) concentração. À medida que a concentração de ligante aumenta, o conteúdo de complexos com um grande número de coordenação aumenta e a concentração de íons metálicos livres diminui. Com um excesso de íons metálicos na solução, o complexo monoligante dominará.
Fração molar de íons metálicos não ligados em complexos
Fração molar de partículas complexas
