Apa pură este un electrolit foarte slab. Procesul de disociere a apei poate fi exprimat prin ecuația: HOH ⇆ H + + OH - . Datorită disocierii apei, orice soluție apoasă conține atât ioni H + cât și ioni OH -. Concentrațiile acestor ioni pot fi calculate folosind ecuații ale produsului ionic pentru apă
C (H +) × C (OH -) \u003d K w,
unde este Kw constanta produsului ionic a apei ; la 25°C K w = 10 –14 .
Soluțiile în care concentrațiile ionilor H + și OH sunt aceleași se numesc soluții neutre. Într-o soluție neutră C (H +) \u003d C (OH -) \u003d 10 -7 mol / l.
Într-o soluție acidă, C(H +) > C(OH -) și, după cum rezultă din ecuația produsului ionic al apei, C(H +) > 10 -7 mol / l și C (OH -)< 10 –7 моль/л.
Într-o soluție alcalină C (OH -) > C (H +); în timp ce în C(OH –) > 10 –7 mol/l și C(H +)< 10 –7 моль/л.
pH-ul este o valoare care caracterizează aciditatea sau alcalinitatea soluțiilor apoase; această valoare este numită indicator de pH și se calculează cu formula:
pH \u003d -lg C (H +)
Într-o soluție cu pH acid<7; в нейтральном растворе pH=7; в щелочном растворе pH>7.
Prin analogie cu conceptul de „indice de hidrogen” (pH), este introdus conceptul de indice de „hidroxil” (pOH):
pOH = –lg C(OH –)
Indicatorii de hidrogen și hidroxil sunt legați prin raport
Indicele hidroxil este utilizat pentru a calcula pH-ul în soluții alcaline.
Acidul sulfuric este un electrolit puternic care se disociază în soluții diluate ireversibil și complet după schema: H 2 SO 4 ® 2 H + + SO 4 2–. Din ecuația procesului de disociere se poate observa că 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.
Hidroxidul de sodiu este un electrolit puternic care se disociază ireversibil și complet după schema: NaOH ® Na + +OH -. Din ecuația procesului de disociere, se poate observa că 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.
Disocierea unui electrolit slab este un proces de echilibru. Se numește constanta de echilibru scrisă pentru procesul de disociere a unui electrolit slab constanta de disociere . De exemplu, pentru procesul de disociere a acidului acetic
CH 3 COOH ⇆ CH 3 COO - + H +.
Fiecare etapă a disocierii unui acid polibazic este caracterizată de constanta sa de disociere. Constanta de disociere - valoare de referinta; cm. .
Calculul concentrațiilor ionilor (și pH-ului) în soluții de electroliți slabi se reduce la rezolvarea problemei echilibrului chimic pentru cazul în care se cunoaște constanta de echilibru și este necesar să se găsească concentrațiile de echilibru ale substanțelor implicate în reacție (vezi exemplu 6.2 - problemă de tip 2).
Într-o soluție de 0,35% de NH4OH, concentrația molară de hidroxid de amoniu este de 0,1 mol/l (un exemplu de conversie a unei concentrații procentuale într-una molară - vezi exemplul 5.1). Această valoare este adesea denumită C 0 . C 0 este concentrația totală de electroliți din soluție (concentrația de electroliți înainte de disociere).
NH 4 OH este considerat a fi un electrolit slab care se disociază reversibil într-o soluție apoasă: NH 4 OH ⇆ NH 4 + + OH – (vezi și nota 2 de la pagina 5). Constanta de disociere K = 1,8 10 -5 (valoare de referinta). Deoarece un electrolit slab se disociază incomplet, vom presupune că x mol / l NH 4 OH s-a disociat, atunci concentrația de echilibru a ionilor de amoniu și a ionilor de hidroxid va fi, de asemenea, egală cu x mol / l: C (NH 4 +) \u003d C (OH -) \u003d x mol/l. Concentrația de echilibru a NH 4 OH nedisociat este: C (NH 4 OH) \u003d (C 0 -x) \u003d (0,1-x) mol / l.
Înlocuim concentrațiile de echilibru ale tuturor particulelor exprimate în termeni de x în ecuația constantei de disociere:
.
Electroliții foarte slabi se disociază ușor (x ® 0), iar x din numitor ca termen poate fi neglijat:
.
De obicei, în problemele de chimie generală, x din numitor este neglijat dacă (în acest caz, x - concentrația electrolitului disociat - diferă de 10 sau mai puțin ori de C 0 - concentrația totală a electrolitului în soluție) .
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.
Gradul de disociere electrolitul poate fi calculat ca raportul dintre concentrația electrolitului disociat (x) și concentrația totală a electrolitului (C 0):
(1,34%).
În primul rând, ar trebui să convertiți concentrația procentuală în molară (vezi exemplul 5.1). În acest caz, C0 (H3PO4) = 3,6 mol/l.
Calculul concentrației ionilor de hidrogen în soluții de acizi slabi polibazici se efectuează numai pentru prima etapă de disociere. Strict vorbind, concentrația totală a ionilor de hidrogen într-o soluție de acid polibazic slab este egală cu suma concentrațiilor ionilor de H + formați în fiecare etapă de disociere. De exemplu, pentru acid fosforic C(H +) total = C(H +) câte 1 etapă + C(H +) câte 2 etape + C(H +) câte 3 etape. Cu toate acestea, disocierea electroliților slabi are loc în principal în prima etapă, iar în a doua și în etapele ulterioare - într-o mică măsură, prin urmare
C(H +) în 2 etape ≈ 0, C(H +) în 3 etape ≈ 0 și C(H +) total ≈ C(H +) în 1 etapă.
Lăsăm acidul fosforic să se disocieze în prima etapă x mol / l, apoi din ecuația de disociere H 3 PO 4 ⇆ H + + H 2 PO 4 - rezultă că și concentrațiile de echilibru ale ionilor H + și H 2 PO 4 - vor fi și ele egal cu x mol / l, iar concentrația de echilibru a H 3 PO 4 nedisociat va fi egală cu (3,6–x) mol/l. Înlocuim concentrațiile de ioni H + și H 2 PO 4 - și moleculele H 3 PO 4 exprimate prin x în expresia constantei de disociere pentru prima etapă (K 1 \u003d 7,5 10 -3 - valoare de referință):
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%)
Sarcina numărul 8
Calculaţi a) pH-ul soluţiilor de acizi şi baze tari; b) o soluție de electrolit slab și gradul de disociere a electroliților în această soluție (tabelul 8). Luați densitatea soluțiilor egală cu 1 g/ml.
Tabelul 8 - Condițiile sarcinii nr. 8
| varianta nr. | dar | b | varianta nr. | dar | b |
| 0,01 M H2S04; 1% NaOH | 0,35% NH4OH | ||||
| 0,01MCa(OH)2; 2%HNO3 | 1% CH3COOH | 0,04 M H2S04; 4% NaOH | 1% NH4OH | ||
| 0,5 M HCI04; 1% Ba(OH)2 | 0,98% H3PO4 | HCI04 0,7 M; 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 HMn04; 0,1% KOH | 0,031% H2CO3 | 0,2 M HMn04; 0,2% KOH | 0,124% H2C03 | ||
| HCI 0,4 M; 0,08%Ca(OH)2 | 0,47% HNO2 | 0,8 MHC1; 0,03%Ca(OH)2 | 1,4% HNO2 | ||
| 0,05 M NaOH; 0,81% HBr | 0,4% H2S03 | 0,07 M NaOH; 3,24% HBr | 1,23% H2S03 | ||
| 0,02 M Ba(OH)2; 0,13%HI | 0,2% HF | 0,05 M Ba(OH)2; 2,5% HI | 2% HF | ||
| 0,02 M H2S04; 2% NaOH | 0,7% NH4OH | 0,06MH2S04; 0,8% NaOH | 5%CH3COOH | ||
| 0,7 M HCI04; 2%Ba(OH)2 | 1,96% H3PO4 | 0,08 M H2S04; 3% NaOH | 4% H3PO4 | ||
| 0,04 MLiOH; 0,63% HNO3 | 0,68% H2S | 0,008 MHI; 1,7%Ba(OH)2 | 3,4% H2S | ||
| 0,3MHMn04; 0,56% KOH | 0,062% H2CO3 | 0,08 M LiOH; 1,3% HNO3 | 0,2% H2CO3 | ||
| 0,6 M HCI; 0,05%Ca(OH)2 | 0,94% HNO2 | 0,01 M HMn04; 1% KOH | 2,35% HNO2 | ||
| 0,03 M NaOH; 1,62% HBr | 0,82% H2S03 | 0,9MHCI; 0,01%Ca(OH)2 | 2% H2S03 | ||
| 0,03 M Ba(OH)2; 1,26%HI | 0,5% HF | 0,09 M NaOH; 6,5% HBr | 5% HF | ||
| 0,03 M H2S04; 0,4% NaOH | 3%CH3COOH | 0,1 M Ba(OH)2; 6,4% HI | 6%CH3COOH | ||
| 0,002 MHI; 3% Ba(OH)2 | 1% HF | 0,04MH2S04; 1,6% NaOH | 3,5% NH4OH | ||
| 0,005 MHBr; 0,24% LiOH | 1,64% H2S03 | 0,001 M HI; 0,4%Ba(OH)2 | 5% H3PO4 |
Exemplul 7.5 S-au amestecat 200 ml de soluţie de H2S04 0,2M şi 300 ml de soluţie de NaOH 0,1M. Calculați pH-ul soluției rezultate și concentrațiile ionilor de Na + și SO 4 2– din această soluție.
Să aducem ecuația reacției H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O la o formă abreviată ion-moleculară: H + + OH - → H 2 O
Din ecuația reacției ion-moleculară rezultă că doar ionii H + și OH - intră în reacție și formează o moleculă de apă. Ionii Na + și SO 4 2– nu participă la reacție, prin urmare cantitatea lor după reacție este aceeași ca înainte de reacție.
Calculul cantităților de substanțe înainte de reacție:
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 -).
ioni OH - - în aprovizionare redusă; reacţionează complet. Împreună cu ei, va reacționa aceeași cantitate (adică 0,03 mol) de ioni H +.
Calculul numărului de ioni după reacție:
n (H +) \u003d n (H +) înainte de reacție - n (H +) a reacționat \u003d 0,04 mol - 0,03 mol \u003d 0,01 mol;
n(Na +) = 0,03 mol; n(SO 4 2–) = 0,02 mol.
pentru că se amestecă soluțiile diluate
V comună. „Vsoluție de H 2 SO 4 + V soluție 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.
Sarcina numărul 9
Calculați pH-ul și concentrațiile molare ale cationilor și anionilor metalici ai reziduului de acid din soluția formată prin amestecarea soluției de acid puternic cu soluția alcalină (Tabelul 9).
Tabelul 9 - Condițiile sarcinii nr. 9
| varianta nr. | varianta nr. | Volumele și compoziția soluțiilor acide și alcaline | |
| 300 ml 0,1 M NaOH și 200 ml 0,2 M H2SO4 | |||
| 2 l 0,05 M Ca(OH) 2 și 300 ml 0,2 M HNO 3 | 0,5 l 0,1 M KOH și 200 ml 0,25 M H2SO4 | ||
| 700 ml 0,1 M KOH și 300 ml 0,1 M H 2 SO 4 | 1 L 0,05 M Ba(OH) 2 și 200 ml 0,8 M HCI | ||
| 80 ml 0,15 M KOH și 20 ml 0,2 M H2SO4 | 400 ml 0,05 M NaOH și 600 ml 0,02 M H 2 SO 4 | ||
| 100 ml 0,1 M Ba(OH) 2 și 20 ml 0,5 M HCI | 250 ml 0,4M KOH și 250 ml 0,1M H2SO4 | ||
| 700 ml 0,05 M NaOH și 300 ml 0,1 M H2SO4 | 200 ml 0,05 M Ca(OH) 2 și 200 ml 0,04 M HCI | ||
| 50 ml 0,2 M Ba(OH) 2 și 150 ml 0,1 M HCI | 150 ml 0,08 M NaOH și 350 ml 0,02 M H2SO4 | ||
| 900 ml 0,01 M KOH și 100 ml 0,05 M H 2 SO 4 | 600 ml 0,01 M Ca(OH) 2 și 150 ml 0,12 M HCl | ||
| 250 ml NaOH 0,1 M și 150 ml H2SO4 0,1 M | 100 ml 0,2 M Ba(OH)2 și 50 ml 1 M HCI | ||
| 1 l 0,05 M Ca (OH) 2 și 500 ml 0,1 M HNO 3 | 100 ml NaOH 0,5M și 100 ml H2SO4 0,4M | ||
| 100 ml NaOH 1M și 1900 ml H2SO4 0,1M | 25 ml 0,1 M KOH și 75 ml 0,01 M H2SO4 | ||
| 300 ml 0,1 M Ba(OH) 2 și 200 ml 0,2 M HCl | 100 ml 0,02 M Ba(OH) 2 și 150 ml 0,04 M HI | ||
| 200 ml 0,05 M KOH și 50 ml 0,2 M H 2 SO 4 | 1 l 0,01 M Ca (OH) 2 și 500 ml 0,05 M HNO 3 | ||
| 500 ml 0,05 M Ba(OH) 2 și 500 ml 0,15 M HI | 250 ml 0,04 M Ba(OH) 2 și 500 ml 0,1 M HCI | ||
| 1 l 0,1 M KOH și 2 l 0,05 M H2S04 | 500 ml NaOH 1M și 1500 ml H2SO4 0,1M | ||
| 250 ml 0,4 M Ba(OH) 2 și 250 ml 0,4 M HNO 3 | 200 ml 0,1 M Ba(OH) 2 și 300 ml 0,2 M HCI | ||
| 80 ml 0,05 M KOH și 20 ml 0,2 M H 2 SO 4 | 50 ml 0,2 M KOH și 200 ml 0,05 M H 2 SO 4 | ||
| 300 ml 0,25 M Ba(OH) 2 și 200 ml 0,3 M HCl | 1 l 0,03 M Ca (OH) 2 și 500 ml 0,1 M HNO 3 |
HIDROLIZA SĂRII
Când orice sare este dizolvată în apă, această sare se disociază în cationi și anioni. Dacă sarea este formată dintr-un cation de bază puternic și un anion acid slab (de exemplu, nitritul de potasiu KNO 2), atunci ionii de nitrit se vor lega de ionii H +, despărțindu-i de moleculele de apă, ducând la formarea de acid azot slab. . Ca rezultat al acestei interacțiuni, se va stabili un echilibru în soluție:
NO 2 - + HOH ⇆ HNO 2 + OH -
KNO 2 + HOH ⇆ HNO 2 + KOH.
Astfel, într-o soluție de sare hidrolizată de anion apare un exces de ioni OH (reacția mediului este alcalină; pH > 7).
Dacă sarea este formată dintr-un cation de bază slab și un anion acid puternic (de exemplu, clorură de amoniu NH 4 Cl), atunci cationii NH 4 + ai unei baze slabe vor despărți ionii OH - din moleculele de apă și vor forma o disociere slabă. electrolit - hidroxid de amoniu 1.
NH 4 + + HOH ⇆ NH 4 OH + H + .
NH 4 Cl + HOH ⇆ NH 4 OH + HCl.
Un exces de ioni de H + apare într-o soluție de sare hidrolizată de cation (reacția mediului este pH acid< 7).
În timpul hidrolizei unei sări formate dintr-un cation de bază slab și un anion acid slab (de exemplu, fluorură de amoniu NH 4 F), cationii de bază slabă NH 4 + se leagă de ioni OH -, despărțindu-i de moleculele de apă și anionii acidi slabi F - se leagă de ionii H +, rezultând formarea unei baze slabe NH 4 OH și a unui acid slab HF: 2
NH 4 + + F - + HOH ⇆ NH 4 OH + HF
NH 4 F + HOH ⇆ NH 4 OH + HF.
Reacția unui mediu într-o soluție de sare care este hidrolizată atât de cation, cât și de anion este determinată de care dintre electroliții slab disociați formați ca urmare a hidrolizei este mai puternic (acest lucru poate fi găsit prin compararea constantelor de disociere). În cazul hidrolizei NH 4 F, mediul va fi acid (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 .
Astfel, hidroliza (adică descompunerea cu apă) suferă săruri formate:
- un cation al unei baze tare şi un anion al unui acid slab (KNO 2, Na 2 CO 3, K 3 PO 4);
- un cation al unei baze slabe si un anion al unui acid tare (NH 4 NO 3, AlCl 3, ZnSO 4);
- un cation al unei baze slabe si un anion al unui acid slab (Mg (CH 3 COO) 2, NH 4 F).
Cationii bazelor slabe și/sau anionii acizilor slabi interacționează cu moleculele de apă; sărurile formate din cationii bazelor tari și anionii acizilor tari nu suferă hidroliză.
Hidroliza sărurilor formate din cationi și anioni cu încărcare multiplă se desfășoară în etape; Mai jos, exemple specifice arată succesiunea de raționament care se recomandă să se urmeze la compilarea ecuațiilor pentru hidroliza unor astfel de săruri.
Note
1. După cum sa menționat mai devreme (vezi nota 2 de la pagina 5) există o viziune alternativă conform căreia hidroxidul de amoniu este o bază puternică. Reacția acidă a mediului în soluții de săruri de amoniu formate din acizi tari, de exemplu, NH 4 Cl, NH 4 NO 3, (NH 4) 2 SO 4, se explică prin această abordare prin procesul reversibil de disociere a amoniului. ion NH 4 + ⇄ NH 3 + H + sau mai precis NH 4 + + H 2 O ⇄ NH 3 + H 3 O + .
2. Dacă hidroxidul de amoniu este considerat o bază tare, atunci în soluțiile de săruri de amoniu formate din acizi slabi, de exemplu, NH 4 F, trebuie luat în considerare echilibrul NH 4 + + F - ⇆ NH 3 + HF, în care există competiția pentru ionul H + dintre moleculele de amoniac și anionii acizi slabi.
Exemplul 8.1 Notați sub formă moleculară și ion-moleculară ecuațiile reacțiilor de hidroliză a carbonatului de sodiu. Specificați pH-ul soluției (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Ecuația de disociere a sării: Na 2 CO 3 ® 2Na + + CO 3 2–
2. Sarea este formată din cationi (Na +) ai bazei tari NaOH și anion (CO 3 2–) al unui acid slab H2CO3. Prin urmare, sarea este hidrolizată la anion:
CO 3 2– + HOH ⇆ ... .
Hidroliza în cele mai multe cazuri are loc reversibil (semn ⇄); pentru 1 ion care participă la procesul de hidroliză, se înregistrează 1 moleculă de HOH .
3. Ionii de carbonat CO 3 2– încărcați negativ se leagă de ionii H + încărcați pozitiv, despărțindu-i de moleculele HOH și formează ioni de hidrocarbonat HCO 3 –; soluția este îmbogățită cu ioni OH - (mediu alcalin; pH> 7):
CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – .
Aceasta este ecuația ion-moleculară a primei etape a hidrolizei Na2CO3.
4. Ecuația primei etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin combinarea tuturor anionilor CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – (CO 3 2–, HCO 3 – și OH –) prezenți în ecuație cu cationi Na +, formând săruri Na 2 CO 3 , NaHCO 3 și NaOH de bază:
Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH.
5. Ca urmare a hidrolizei în prima etapă, s-au format ioni de hidrocarbonat, care participă la a doua etapă de hidroliză:
HCO 3 - + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH -
(ionii de bicarbonat HCO 3 - încărcați negativ se leagă de ionii H + încărcați pozitiv, despărțindu-i de moleculele HOH).
6. Ecuația celei de-a doua etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea anionilor HCO 3 - + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH - (HCO 3 - și OH -) prezenți în ecuația cu cationii Na +, formând o sare NaHCO 3 și o bază NaOH:
NaHCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + 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.
Exemplul 8.2 Notați în formă moleculară și ion-moleculară ecuațiile pentru reacțiile de hidroliză a sulfatului de aluminiu. Specificați pH-ul soluției (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Ecuația de disociere a sării: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–
2. Se formează sarea cationi (Al 3+) ai unei baze slabe Al (OH) 3 și anioni (SO 4 2–) ai unui acid puternic H 2 SO 4. Prin urmare, sarea este hidrolizată la cation; Se înregistrează 1 moleculă de HOH per 1 ion Al 3+: Al 3+ + HOH ⇆ … .
3. Ionii de Al 3+ încărcați pozitiv se leagă de ioni de OH - încărcați negativ, despărțindu-i de moleculele de HOH și formează ioni de hidroxoaluminiu AlOH 2+; soluția este îmbogățită cu ioni de H + (acid; pH<7):
Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + .
Aceasta este ecuația ion-moleculară a primei etape de hidroliză a Al 2 (SO 4) 3 .
4. Ecuația primei etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea tuturor cationilor Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + (Al 3+ , AlOH 2+ și H +) prezenți în ecuația cu SO 4 2– anioni, formând săruri de Al 2 (SO 4) 3, AlOHSO 4 și acid H 2 SO 4:
Al 2 (SO 4 ) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4.
5. Ca urmare a hidrolizei în prima etapă, s-au format cationi de hidroxoaluminiu AlOH 2+, care participă la a doua etapă de hidroliză:
AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H +
(ionii AlOH 2+ încărcați pozitiv se leagă de ioni OH - încărcați negativ, despărțindu-i de moleculele HOH).
6. Ecuația celei de-a doua etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea tuturor cationilor AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + (AlOH 2+ , Al(OH) 2 + și H + ) prezente în ecuația cu anioni SO 4 2–, formând săruri AlOHSO 4, (Al (OH) 2) 2 SO 4 și acidul H 2 SO 4:
2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4.
7. Ca urmare a celei de-a doua etape de hidroliză, s-au format cationi de dihidroxoaluminiu Al (OH) 2 +, care participă la a treia etapă de hidroliză:
Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H +
(ionii Al(OH) 2 + încărcați pozitiv se leagă de ioni OH - încărcați negativ, despărțindu-i de moleculele HOH).
8. Ecuația celei de-a treia etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea cationilor Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H + (Al(OH) 2 + și H +) prezenți în ecuația cu anioni SO 4 2–, formând o sare (Al (OH) 2) 2 SO 4 și acid H 2 SO 4:
(Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4
Ca urmare a acestor considerații, obținem următoarele ecuații de hidroliză:
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.
Exemplul 8.3 Notați sub formă moleculară și ion-moleculară ecuațiile reacțiilor de hidroliză a ortofosfatului de amoniu. Specificați pH-ul soluției (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Ecuația de disociere a sării: (NH 4) 3 PO 4 ® 3NH 4 + + PO 4 3–
2. Se formează sarea cationi (NH 4 +) ai unei baze slabe NH4OH și anionii
(PO 4 3–) acid slab H3PO4. Prin urmare, sarea hidrolizează atât cationul, cât și anionul : NH 4 + + PO 4 3– +HOH ⇆ … ; ( pe pereche de ioni NH 4 + şi PO 4 3– în acest caz Se înregistrează 1 moleculă de HOH ). Ionii NH 4 + încărcați pozitiv se leagă de ionii OH - încărcați negativ, despărțindu-i de moleculele HOH, formând o bază slabă NH 4 OH, iar ionii PO 4 3– încărcați negativ se leagă de ionii H +, formând ioni de hidrogen fosfat HPO 4 2 –:
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– .
Aceasta este ecuația ion-moleculară a primei etape a hidrolizei (NH 4 ) 3 PO 4 .
4. Ecuația primei etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea anionilor (PO 4 3–, HPO 4 2–) prezenți în ecuație cu cationii NH 4 +, formând săruri (NH 4 ) 3 PO 4 , (NH4)2HP04:
(NH4)3PO4+HOH ⇆ NH4OH + (NH4)2HP04.
5. În urma hidrolizei în prima etapă s-au format anioni hidrofosfat HPO 4 2– care, împreună cu cationii NH 4 +, participă la a doua etapă de hidroliză:
NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 –
(Ionii NH 4 + se leagă de ioni OH -, ionii de HPO 4 2– - de ionii de H +, despărțindu-i de moleculele HOH, formând o bază slabă NH 4 OH și ioni de dihidrogen fosfat H 2 PO 4 -).
6. Ecuația celei de-a doua etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea anionilor NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 – prezenți în ecuație (HPO 4 2– și H 2 PO 4 –) cu cationi NH 4 +, formând săruri (NH 4) 2 HPO 4 și NH 4 H 2 PO 4:
(NH 4 ) 2 HPO 4 + HOH ⇆ NH 4 OH + NH 4 H 2 PO 4.
7. Ca urmare a celei de-a doua etape de hidroliză, s-au format anioni dihidrofosfat H 2 PO 4 - care, împreună cu cationii NH 4 +, participă la a treia etapă de hidroliză:
NH 4 + + H 2 PO 4 - + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4
(Ionii NH 4 + se leagă de ionii OH, ionii H 2 PO 4 - de ionii H +, despărțindu-i de moleculele HOH și formează electroliți slabi NH 4 OH și H 3 PO 4).
8. Ecuația celei de-a treia etape de hidroliză în formă moleculară poate fi obținută prin legarea anionilor NH 4 + + H 2 PO 4 - + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 prezenți în ecuația H 2 PO 4 - și cationi NH 4 + și sare de formare NH 4 H 2 PO 4:
NH 4 H 2 PO 4 + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4.
Ca urmare a acestor considerații, obținem următoarele ecuații de hidroliză:
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.
Procesul de hidroliză se desfășoară predominant în prima etapă, astfel încât reacția mediului în soluția de sare, care este hidrolizată atât de cation, cât și de anion, este determinată de care dintre electroliții slab disociați formați în prima etapă de hidroliză este mai puternic. . În cazul în cauză
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2–
reacția mediului va fi alcalină (pH> 7), întrucât ionul HPO 4 2– este un electrolit mai slab decât NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8 10 –5 > KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4 = 1,3 × 10 -12 (disociarea ionului HPO 4 2– este disocierea H 3 PO 4 în a treia etapă, prin urmare KHPO 4 2– \u003d K III H 3 PO 4).
Sarcina numărul 10
Notați în formă moleculară și ion-moleculară ecuațiile pentru reacțiile de hidroliză a sărurilor (tabelul 10). Specificați pH-ul soluției (pH>7, pH<7 или pH=7).
Tabelul 10 - Condițiile sarcinii nr. 10
| numărul opțiunii | Lista sărurilor | numărul opțiunii | Lista sărurilor |
| a) Na2CO3, b) Al2 (SO4)3, c) (NH4)3PO4 | a) Al(NO 3) 3, b) Na 2 SeO 3, c) (NH 4) 2 Te | ||
| a) Na3PO4, b) CuCl2, c) Al(CH3COO)3 | a) MgS04, b) Na3PO4, c) (NH4)2CO3 | ||
| a) ZnS04, b) K2CO3, c) (NH4)2S | a) CrCl3, b) Na2SiO3, c) Ni(CH3COO)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 |
Tabelul 10 a continuat
| numărul opțiunii | Lista sărurilor | numărul opțiunii | Lista sărurilor |
| 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) MgS04, b) K3PO4, c) Cr(CH3COO)3 | ||
| a) K3PO4, b) MgCl2, c) Fe(CH3COO)3 | a) CrCl3, b) Na2SO3, c) Fe(CH3COO)3 | ||
| a) ZnCl 2, b) K 2 SiO 3, c) Cr(CH 3 COO) 3 | a) Fe2 (SO4)3, b) K2S, c) Mg (CH3COO)2 | ||
| a) AlCl3, b) Na2Se, c) Mg(CH3COO)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) ZnCl2, Na3PO4, c) Ni(CH3COO)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) Na2CO3, b) AlCl3, c) (NH4)3PO4 | a) FeCl3, b) Na2S, c) (NH4)2Te | ||
| a) K3PO4, b) MgCl2, c) Al(CH3COO)3 | a) CuS04, b) Na3PO4, c) (NH4)2Se | ||
| 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) BiCl3, b) K2SO3, c) Al(CH3COO)3 | ||
| a) Al(NO3)3, b) Na2Se, c) (NH4)2CO3 | a) Fe(NO 3) 2, b) Na 3 AsO 4, c) (NH 4) 2 S |
Bibliografie
1. Lurie, Yu.Yu. Manual de chimie analitică / Yu.Yu. Lurie. - M.: Chimie, 1989. - 448 p.
2. Rabinovici, V.A. Scurtă carte de referință chimică / V.A. Rabinovici, Z.Ya. Khavin - L.: Chimie, 1991. - 432 p.
3. Glinka, N.L. Chimie generală / N.L. Glinka; ed. V.A. Rabinovici. – Ed. a 26-a. - L.: Chimie, 1987. - 704 p.
4. Glinka, N.L. Sarcini și exerciții de chimie generală: un manual pentru universități / N.L. Glinka; ed. V.A. Rabinovici și H.M. Rubina - ed. a 22-a. - L .: Chimie, 1984. - 264 p.
5. Chimie generală și anorganică: note de curs pentru studenții specialităților tehnologice: în 2 ore / Universitatea de Stat de Alimentație Mogilev; auth.-stat. V.A. Ogorodnikov. - Mogilev, 2002. - Partea 1: Întrebări generale de chimie. – 96 p.
Ediție educațională
CHIMIE GENERALĂ
Instrucțiuni metodice și sarcini de control
pentru studenţii specialităţilor tehnologice de învăţământ la distanţă
Alcătuit de: Ogorodnikov Valery Anatolyevich
Editor T.L. Mateusz
Editor tehnic A.A. Șcherbakova
Semnat pentru imprimare. Format 60´84 1/16
Imprimare offset. Orele căștilor. Captură ecran
Conv. cuptor Ray. ed. l. 3.
Copii de tiraj. Ordin.
Tipărit pe o risografie a departamentului editorial și de editare
institutii de invatamant
„Universitatea de Stat de Alimentație Mogilev”
Apa este un electrolit foarte slab, se disociază într-o mică măsură, formând ioni de hidrogen (H +) și ioni de hidroxid (OH -),
Acest proces corespunde constantei de disociere:
.
Deoarece gradul de disociere al apei este foarte mic, concentrația de echilibru a moleculelor de apă nedisociate este egală cu concentrația totală de apă cu suficientă precizie, adică 1000/18 = 5,5 mol / dm 3.
În soluțiile apoase diluate, concentrația de apă se modifică puțin și poate fi considerată o valoare constantă. Apoi expresia constantei de disociere a apei se transformă după cum urmează:
.
Constanta egală cu produsul concentrației ionilor H + și OH - este o valoare constantă și se numește produs ionic al apei. În apa pură la 25 ºС, concentrațiile ionilor de hidrogen și ale ionilor de hidroxid sunt egale și sunt
Soluțiile în care concentrațiile ionilor de hidrogen și ale ionilor de hidroxid sunt aceleași se numesc soluții neutre.
Deci, la 25 ºС
– soluție neutră;
> - soluție acidă;
< – щелочной раствор.
În loc de concentrațiile ionilor de H + și OH este mai convenabil să folosiți logaritmii lor zecimali, luați cu semnul opus; notat cu simbolurile pH și pOH:
;
.
Se numește logaritmul zecimal al concentrației ionilor de hidrogen, luat cu semnul opus indicator de pH(pH) .
Ionii de apă în unele cazuri pot interacționa cu ionii substanței dizolvate, ceea ce duce la o modificare semnificativă a compoziției soluției și a pH-ului acesteia.
masa 2
Formule pentru calcularea valorii pH-ului (pH)
* Valorile constantelor de disociere ( K) sunt enumerate în Anexa 3.
p K= -lg K;
HAN, acid; KtOH, bază; KtAn - sare.
Când se calculează pH-ul soluțiilor apoase, este necesar:
1. Determinați natura substanțelor care compun soluțiile și selectați o formulă pentru calcularea pH-ului (tabelul 2).
2. Dacă în soluție este prezent un acid sau o bază slabă, căutați în cartea de referință sau în Anexa 3 p. K această legătură.
3. Determinați compoziția și concentrația soluției ( DIN).
4. Înlocuiți valorile numerice ale concentrației molare ( DIN) și p K
în formula de calcul și calculați pH-ul soluției.
Tabelul 2 prezintă formulele pentru calcularea pH-ului în soluții de acizi și baze puternice și slabe, soluții tampon și soluții de săruri supuse hidrolizei.
Dacă în soluție este prezent doar un acid puternic (HAn), acesta este un electrolit puternic și se disociază aproape complet în ioni 
, apoi pH-ul (pH)
va depinde de concentrația ionilor de hidrogen (H +) dintr-un acid dat și se determină prin formula (1).
Dacă în soluție este prezentă doar o bază puternică, care este un electrolit puternic și se disociază aproape complet în ioni, atunci pH-ul (pH) va depinde de concentrația ionilor de hidroxid (OH -) din soluție și este determinat prin formula ( 2).
Dacă în soluție este prezent doar un acid slab sau doar o bază slabă, atunci pH-ul unor astfel de soluții este determinat prin formulele (3), (4).
Dacă în soluție este prezent un amestec de acizi puternici și slabi, atunci ionizarea acidului slab este practic suprimată de acidul puternic, deci atunci când se calculează pH-ul în astfel de soluții se neglijează prezența acizilor slabi și se utilizează formula de calcul folosită pentru acizii tari, (1). Același raționament este valabil și pentru cazul în care în soluție este prezent un amestec de baze puternice și slabe. calcule pH plumb conform formulei (2).
Dacă în soluție este prezent un amestec de acizi tari sau baze tari, atunci calculele pH-ului sunt efectuate conform formulelor de calculare a pH-ului pentru acizi tari (1) sau baze (2), după ce au însumat anterior concentrațiile componentelor. .
Dacă soluția conține un acid tare și sarea sa, sau o bază tare și sarea sa, atunci pH-ul depinde numai de concentrația unui acid tare sau a unei baze puternice și este determinat prin formulele (1) sau (2).
Dacă în soluție sunt prezente un acid slab și sarea acestuia (de exemplu, CH3COOH și CH3COONa; HCN și KCN) sau o bază slabă și sarea acestuia (de exemplu, NH4OH și NH4Cl), atunci aceasta amestecul este soluție tampon iar pH-ul este determinat prin formulele (5), (6).
Dacă în soluția formată dintr-un acid tare și o bază slabă (hidrolizată de un cation) există o sare sau un acid slab și o bază tare (hidrolizată de un anion), un acid slab și o bază slabă (hidrolizată de un cation). și anion), atunci aceste săruri, aflate în hidroliză, modifică valoarea pH-ului, iar calculul se efectuează conform formulelor (7), (8), (9).
Exemplul 1 Calculați pH-ul unei soluții apoase de sare NH 4 Br cu concentrație .
Soluţie. 1. Într-o soluție apoasă, o sare formată dintr-o bază slabă și un acid puternic este hidrolizată de cation conform ecuațiilor:
Într-o soluție apoasă, ionii de hidrogen (H+) rămân în exces.
2. Pentru a calcula pH-ul, folosim formula pentru calcularea valorii pH-ului pentru o sare supusă hidrolizei cationice:
.
Constanta de disociere a unei baze slabe 
(R K = 4,74).
3. Înlocuiți valorile numerice în formulă și calculați pH-ul:
.
Exemplul 2 Calculați pH-ul unei soluții apoase constând dintr-un amestec de hidroxid de sodiu, 
mol / dm 3 și hidroxid de potasiu, 
mol/dm 3.
Soluţie. 1. Hidroxidul de sodiu (NaOH) și hidroxidul de potasiu (KOH) sunt baze puternice care se disociază aproape complet în soluții apoase în cationi metalici și ioni de hidroxid:
2. pH-ul va fi determinat de cantitatea de ioni de hidroxid. Pentru a face acest lucru, rezumăm concentrațiile de alcalii:
3. Înlocuim concentrația calculată în formula (2) pentru a calcula pH-ul bazelor tari:
Exemplul 3 Calculați pH-ul unei soluții tampon constând din acid formic 0,10 M și formiat de sodiu 0,10 M diluat de 10 ori.
Soluţie. 1. Acidul formic HCOOH este un acid slab, într-o soluție apoasă se disociază doar parțial în ioni, în Anexa 3 găsim acidul formic 
:
2. Formiatul de sodiu HCOONa este o sare formata dintr-un acid slab si o baza tare; se hidrolizează de către anion, în soluție apare un exces de ioni de hidroxid:
3. Pentru a calcula pH-ul, folosim formula pentru calcularea valorilor pH-ului soluțiilor tampon formate dintr-un acid slab și sarea acestuia, conform formulei (5)
Înlocuiți valorile numerice în formulă și obțineți
4. pH-ul soluțiilor tampon nu se modifică atunci când sunt diluate. Dacă soluția este diluată de 10 ori, pH-ul acesteia va rămâne la 3,76.
Exemplul 4 Calculați valoarea pH-ului unei soluții de acid acetic cu o concentrație de 0,01 M, al cărei grad de disociere este de 4,2%.
Soluţie. Acidul acetic este un electrolit slab.
Într-o soluție de acid slab, concentrația de ioni este mai mică decât concentrația acidului în sine și este definită ca A∙C.
Pentru a calcula pH-ul, folosim formula (3):
Exemplul 5 La 80 cm3 0,1 n soluție de CH3COOH sa adăugat 20 cm3 0,2
n soluție CH 3 COONa. Calculați pH-ul soluției rezultate dacă K(CH 3 COOH) \u003d 1,75 ∙ 10 -5.
Soluţie. 1. Dacă soluția conține un acid slab (CH 3 COOH) și sarea acestuia (CH 3 COONa), atunci aceasta este o soluție tampon. Calculăm pH-ul soluției tampon a acestei compoziții conform formulei (5):
2. Volumul soluției obținute după scurgerea soluțiilor inițiale este de 80 + 20 = 100 cm 3, deci concentrațiile de acid și sare vor fi egale:
3. Înlocuim valorile obținute ale concentrațiilor de acid și sare
în formulă
.
Exemplul 6 La 200 cm3 0,1 N soluție de acid clorhidric s-a adăugat 200 cm3 0,2 N soluție de hidroxid de potasiu, se determină pH-ul soluției rezultate.
Soluţie. 1. Are loc o reacție de neutralizare între acidul clorhidric (HCl) și hidroxidul de potasiu (KOH), rezultând formarea clorurii de potasiu (KCl) și apă:
HCl + KOH → KCI + H2O.
2. Determinați concentrația de acid și bază:
Conform reacției, HCl și KOH reacționează ca 1: 1, prin urmare, într-o astfel de soluție, KOH rămâne în exces cu o concentrație de 0,10 - 0,05 = 0,05 mol / dm 3. Deoarece sarea KCl nu suferă hidroliză și nu modifică pH-ul apei, hidroxidul de potasiu prezent în exces în această soluție va afecta valoarea pH-ului. KOH este un electrolit puternic, folosim formula (2) pentru a calcula pH-ul:
135. Câte grame de hidroxid de potasiu sunt conținute în 10 dm 3 dintr-o soluție al cărei pH este 11?
136. Indicele de hidrogen (pH) al unei soluții este 2, iar cealaltă este 6. În 1 dm 3 din care soluție este mai mare concentrația ionilor de hidrogen și de câte ori?
137. Indicați reacția mediului și aflați concentrația și ionii în soluții pentru care pH-ul este: a) 1,6; b) 10,5.
138. Calculaţi pH-ul soluţiilor în care concentraţia este (mol / dm 3): a) 2,0 ∙ 10 -7; b) 8,1∙10 -3; c) 2,7∙10 -10.
139. Calculaţi pH-ul soluţiilor în care concentraţia ionilor este (mol / dm 3): a) 4,6 ∙ 10 -4; b) 8,1∙10 -6; c) 9,3∙10 -9.
140. Calculați concentrația molară a unui acid monobazic (NAn) într-o soluție dacă: a) pH = 4, α = 0,01; b) pH = 3, α = 1%; c) pH = 6,
α = 0,001.
141. Calculați pH-ul unei soluții 0,01 N de acid acetic, în care gradul de disociere al acidului este 0,042.
142. Calculați pH-ul următoarelor soluții de electroliți slabi:
a) 0,02 M NH40H; b) HCN 0,1 M; c) HCOOH 0,05 N; d) CH3COOH 0,01 M.
143. Care este concentrația unei soluții de acid acetic, al cărei pH este 5,2?
144. Determinați concentrația molară a unei soluții de acid formic (HCOOH), al cărei pH este 3,2 ( K HCOOH = 1,76∙10 -4).
145. Aflați gradul de disociere (%) și soluția 0,1 M de CH 3 COOH, dacă constanta de disociere a acidului acetic este 1,75∙10 -5.
146. Calculați pH-ul soluțiilor de 0,01 M și 0,05 N de H 2 SO 4 .
147. Calculați pH-ul unei soluții de H 2 SO 4 cu o fracție de masă de acid 0,5% ( ρ = 1,00 g/cm3).
148. Calculați pH-ul unei soluții de hidroxid de potasiu dacă 2 dm 3 din soluție conține 1,12 g KOH.
149. Calculați și pH-ul soluției de hidroxid de amoniu 0,5 M. \u003d 1,76 10 -5.
150. Calculaţi pH-ul soluţiei obţinute prin amestecarea a 500 cm 3 0,02 M CH 3 COOH cu un volum egal de 0,2 M CH 3 COOK.
151. Determinați pH-ul amestecului tampon care conține volume egale de soluții de NH 4 OH și NH 4 Cl cu fracțiuni de masă de 5,0%.
152. Calculați raportul în care trebuie amestecate acetatul de sodiu și acidul acetic pentru a obține o soluție tampon cu pH = 5.
153. În ce soluţie apoasă este gradul de disociere cel mai mare: a) 0,1 M CH 3 COOH; b) 0,1 M HCOOH; c) 0,1 M HCN?
154. Deduceți o formulă pentru calcularea pH-ului: a) amestec tampon acetat; b) amestec tampon de amoniac.
155. Calculați concentrația molară a unei soluții de HCOOH având pH = 3.
156. Cum se va schimba pH-ul dacă se diluează de două ori cu apă: a) soluție de HCl 0,2 M; b) soluţie 0,2 M de CH3COOH; c) o soluție care conține 0,1 M CH 3 COOH și 0,1 M CH 3 COOHa?
157*. O soluție de acid acetic 0,1 N a fost neutralizată cu o soluție de hidroxid de sodiu 0,1 N la 30% din concentrația sa inițială. Determinați pH-ul soluției rezultate. 
158*. La 300 cm 3 0,2 M soluție de acid formic ( K\u003d 1,8 10 -4) s-au adăugat 50 cm 3 de soluție de NaOH 0,4 M. S-a măsurat pH-ul și apoi soluția a fost diluată de 10 ori. Calculați pH-ul soluției diluate.
159*. La 500 cm 3 0,2 M soluție de acid acetic ( K\u003d 1,8 ∙ 10 -5) s-au adăugat 100 cm 3 de soluție de NaOH 0,4 M. S-a măsurat pH-ul și apoi soluția a fost diluată de 10 ori. Calculați pH-ul soluției diluate, scrieți ecuațiile reacției chimice.
160*. Pentru a menține valoarea necesară a pH-ului, chimistul a preparat o soluție: la 200 cm 3 dintr-o soluție 0,4 M de acid formic, a adăugat 10 cm 3 dintr-o soluție de KOH 0,2% ( p\u003d 1 g / cm 3) și volumul rezultat a fost diluat de 10 ori. Care este valoarea pH-ului soluției? ( K HCOOH = 1,8∙10 -4).
Acizi și baze puternice(Tabelul 2.1) jumătate-
prin urmare, concentrația ionilor de hidrogen și a ionilor de hidroxil este egală cu
concentrația totală a unui electrolit puternic.
Pentru cei puternici temeiuri : [ OH - ] = C m;pentru cei puternici acizi: [ H + ] = Cm.
Tabelul 2.1
Electroliți puternici
Electrolit slab Se obișnuiește să se ia în considerare compușii chimici ale căror molecule, chiar și în soluții foarte diluate, nu se disociază complet în ioni. Gradul de disociere a electroliților slabi pentru soluțiile decimolare (0,1 M) este mai mic de 3%. Exemple de electroliți slabi: toți acizii organici, unii acizi anorganici (de ex. H 2 S, HCN), majoritatea hidroxizilor (de ex. Zn(OH) 2 , Cu(OH) 2).
Pentru solutii acizi slabi concentrația ionilor de hidrogen în soluție se calculează cu formula:
Unde: Kc este constanta de disociere a unui acid slab; Ck este concentrația acidului, mol/dm3.
Pentru solutii baze slabe concentrația ionilor de hidroxil se calculează prin formula:
Unde: Ko este constanta de disociere a unei baze slabe; Pin este concentrația bazei, mol/dm 3 .
Tabelul 2.2
Constantele de disociere ale acizilor și bazelor slabe la 25 °C
|
constanta de disociere, CD |
|
2.2. Exemple de rezolvare a unei sarcini individuale
Exemplul #1.
Conditia postului:Defini concentrația ionilor de hidrogen și hidroxid în soluție, dacă pH = 5,5.
Soluţie
Concentrația ionilor de hidrogen se calculează prin formula:
[H +] \u003d 10 -pH
[H +] \u003d 10 -5,5 \u003d 3,16 10 -6 mol / dm 3
Concentrația ionilor de hidroxid se calculează prin formula:
10 -rOH
pOH \u003d 14 - pH \u003d 14 - 5,5 \u003d 8,5
10 -8,5 \u003d 3 10 -9 mol / dm 3
Exemplul #2.
Conditia postului: Calculați pH-ul unei soluții de HCl 0,001 M.
Soluţie
Acidul HC1 este un electrolit puternic (Tabelul 2.1) și în soluții diluate se disociază aproape complet în ioni:
HC1⇄ H ++ C1 -
Prin urmare, concentrația ionilor [Н + ] este egală cu concentrația totală a acidului: [Н + ] \u003d Cm \u003d 0,001 M.
[H +] \u003d 0,001 \u003d 1 10 -3 mol / dm 3
pH \u003d - lg \u003d - lg 1 10 -3 \u003d 3
Exemplul #3
Conditia postului: Calculați pH-ul unei soluții de NaOH 0,002 M.
Soluţie
Baza NaOH este un electrolit puternic (Tabelul 2.1) și în soluții diluate aproape complet se disociază în ioni:
NaOH ⇄Na + +OH -
Prin urmare, concentrația ionilor de hidroxid este egală cu concentrația totală a bazei: [OH - ]= cm = 0,002 M.
pOH \u003d - lg [OH -] \u003d - lgSm \u003d - lg 2 10 -3 \u003d 2,7
pH = 14 - 2,7 = 11,3
Exemplul numărul 4.
Conditia postului:Calculați pH-ul unei soluții de NH 0,04 M 4 Oh, dacă constanta de disociere Kd( NH 4 Oh) = 1,79 10 -5 (Tabelul 2.2).
Soluţie
Fondarea NH 4 Oh este un electrolit slab și în soluții diluate se disociază foarte puțin în ioni.
Concentrația ionilor hidroxil [OH - ] într-o soluție de bază slabă se calculează prin formula:
pOH \u003d - lg [OH - ] \u003d - lg 8,5 10 -2 \u003d 1,1
Pe baza formulei: pH + pOH = 14, găsim pH-ul soluției:
pH = 14 - pOH = 14 - 1,1 = 12,9
Exemplul numărul 5.
Conditia postului:Calculați pH-ul Soluție 0,17 M de acid acetic (CH 3 COOH), dacă constanta de disociere Kd (CH 3 COOH) = 1,86 10 -5 (Tabelul 2.2).
Soluţie
Acidul CH 3 COOH este un electrolit slab și în soluții diluate se disociază foarte puțin în ioni.
Concentrația ionilor de hidrogen într-o soluție de acid slab se calculează prin formula:
Calculul pH-ului solutie dupa formula: pH = - lg
pH \u003d - lg 1,78 10 -3 \u003d 2,75
2.3. Sarcini individuale
Conditii de munca (Tabelul 2.3):
Sarcina numărul 1. Calculați concentrația ionilor de hidrogen și hidroxid în soluție la o anumită valoare a pH-ului (vezi exemplul nr. 1);
Sarcina numărul 2. Calculați pH-ul unei soluții de electrolit puternic (acid, bază) la o concentrație dată (vezi exemplul nr. 2, 3);
Sarcina numărul 3. Calculați pH-ul unei soluții de electrolit slab (acid, bază) la o concentrație dată (vezi exemplul nr. 4, 5).
Tabelul 2.3
Compoziția apei studiate
|
sarcini |
Conditii de munca: |
||||
|
Sarcina numărul 1 |
Sarcina numărul 2 |
Sarcina numărul 3 |
|||
|
Electrolit puternic |
Concentrație, cm |
electrolit |
Concentrație, cm |
||
Continuarea tabelului. 2.3
