Tipul nu vrea să lucreze cu normă întreagă, are mereu scuze, spun ei, mă voi simți din nou rău și toate astea. Învață pentru un punct în magistratură, o dată pe săptămână este în perechi, a convenit cu profesorii. Nu pot obține oficial un loc de muncă, ca să nu-mi pierd studiile (avem puncte pentru frecventare) .. plus acest lucru nu este acum considerat un motiv întemeiat, nu există corespondență gratuită în specialitate. Acum nu mai sunt bani, il rog sa ramana la serviciu ca sa castige macar ceva. Firma la care lucrează nu mă ia încă. Ca răspuns, mi-a dat 25-1000 de scuze, apoi o universitate, apoi o slujbă, apoi dintr-o dată mă simt rău ca iarna, când zăceam cu un strat de presiune. Îi cere mereu bani mamei pentru călătoriile lui, dar din ai mei scutură pentru chirie. Părinții mei nu sunt încă în stare să dea bani, pentru că. înainte de asta, surorile aveau nevoie de bani pentru competiții, iar mama și sora mea aveau probleme cu inima și aveau nevoie de tratament și medicamente, fratele meu nu vorbea, mama i-a dat vreo 8 mii pentru injecții și medicamente (injecții + vitamine). Nu cred că îi pasă de părinții mei. Și, în general, mama lui ar fi „de acord” cu mama că ar da 3 mii pe lună, dar mama a spus dacă se poate. Înainte de asta, tata a dat calm, până au început problemele. Și mama lui a strigat-o cu mama mea spunând că nu dai bani, noi „se presupune că” am fost de acord, apoi a început să spună că spun că pregătește 10k (de unde am luat o astfel de sumă). În familia mea, numai tata lucrează, mama este angajată la casetă, dar ei nu cheamă la muncă. În oraș, magazinul nu îndeplinește jumătate din planul de vânzări în oraș. În familia lui, lucrează în negru, că mama lui, că tatăl său vitreg. Părinții mei sunt în alb. În familia lui sunt 4 persoane, inclusiv el, în a mea sunt 6 cu mine .. Azi am întrebat despre un job part-time, dar sunt 600 de ruble pe zi să lucrez de la 9-20:00 .. X-uri când sună . Tata este la datorie, nici noi nu putem colecta acte pentru o bursa sociala...
VedereÎntâlniri, dragoste, relațiiÎnțeleg că există un tânăr Johnny Depp (bine, sau cine îți place cel mai mult acolo), chipeș, galant, cu un bariton catifelat. Un bărbat într-un pat în care femeile visează să intre. Atunci îmi înțeleg încrederea. Și atunci un astfel de om nu va oferi nimic direct, va aprinde pasiunea și totul se va întâmpla fără probleme și natural. Și câte cazuri sunt când un Vasek stă și întreabă: de ce ai venit la mine?))) Se consideră irezistibil așa? Că orice femeie care îl vede pentru prima dată visează deja să continue banchetul?
Pentru electroliți, al căror grad de disociere este mai mic de 5% la o concentrație mai mare de 10 mol / dm3 sau Kd mai mică de 1 * 10 -4, legea diluției Ostwald este exprimată:
Pentru o bază slabă:
Exemple de rezolvare a problemelor pentru calcularea pH-ului soluțiilor de acizi și baze slabe.
Exemplul 8 Calculați pH-ul acidului acetic 0,001 N dacă = 0,13
Soluţie:
Exemplul 9 Defini:
A) pH 0,01n CH3COOH, dacă 
C) pH 0,01n NH4OH, dacă 
Soluţie: Reprezentând ecuația 
în formă logaritmică obținem 
,
deci pentru un acid monobazic 
prin urmare 
, pentru o bază slabă 
;
, Prin urmare
Exemplul 10 Concentrația ionilor de H + în soluție este 2. 10 -4 mol/dm. Calculați concentrația de OH - , pH și pOH în această soluție.
Soluţie:
;
Exemplul 11. Calculați pH-ul soluției, în 500 ml din care se dizolvă 2 g NaOH.
Soluţie:
PH=14-pC baze;
; pH = 14 - 1 = 13
Soluţie.
Într-o soluție apoasă de amoniac, există un echilibru
NH3 + H2O Û NH4 + + OH -
Deoarece soluția de amoniac este o bază slabă și K B< 1*10 -4 , то расчёт ведут следующим образом:
RON = - lg [OH -] \u003d - lg 4,2 10-3 \u003d 3-0,623 = 2,38
pH \u003d 14- pOH \u003d 14 - 2,38 = 11,62
Exemplul 13 Gradul de disociere a CH 3 COOH în soluție 0,1 mol / dm 3 este 1,32 * 10 -3. Calculați concentrațiile ionilor H + și CH3COO -, pH-ul soluției și K d al acidului.
Soluţie.
Scrieți ecuația de disociere a acidului acetic
CH 3 COOH + H 2 O Û H 3 O + + CH 3 COO -
Prin urmare, CH 3 COOH este un acid slab
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
Din legea diluției Ostwald, K CH3COOH se găsește:
K CH3COOH \u003d a 2 * C CH3COOH \u003d (1,32 * 10 -2) 2 0,1 \u003d 1,74 * 10 -5
Sarcini:
Calculul concentrației ionilor și al forței ionice în soluții de electroliți puternici
1. Presupunând disocierea completă, calculați concentrațiile ionilor:
A) K+ într-o soluţie 0,5M de K2S04, K3PO4;
B) Al3+ într-o soluție 2M de Al2(SO4)3, AlCl3.
2. Calculați puterea ionică în soluții:
0,3 M clorură de bariu, 0,06 M ortofosfat de potasiu, 0,02 M sulfat de aluminiu.
Răspuns: (0,82; 2,45 10 mol / dm 3)
5. Calculaţi activitatea ionilor Na +, H +, SO 4 2- într-o soluţie cu o concentraţie de 2 10 mol / dm 3 sulfat de sodiu şi 5 10 mol / dm 3 acid sulfuric.
Răspuns: (3,16 * 10 mol / dm 3; 7,9x10 mol / dm 3; 8,2 * 10 mol / dm 3)
6. După dizolvarea clorurii de potasiu, sulfatului de magneziu și sulfatului de fier (III) în apă, concentrația molară a acestor săruri este respectiv: 0,05; 0,02 și 0,01 mol/dm 3. Calculați puterea ionică a soluției.
Calculul concentrației ionilor, pH-ului și RON în soluții de electroliți slabi:
7. Calculați pH-ul unei soluții 0,01N de hidroxid de amoniu, al cărei grad de disociere este 0,1.
8. Aciditatea activă a sucului gastric este de 0,047. Găsiți pH-ul sucului gastric.
9. Aflați pH-ul acidului lactic, a cărui constantă de disociere este 1,44. 10-4, C=0,01.
10. Calculați pH-ul unei soluții de acid azotic dacă fracția de masă a acidului din soluție este de 4% ( 
).
11. Calculați concentrația și numărul de ioni de hidrogen din sânge cu un volum de 100 ml, dacă pH-ul sângelui = 7,36.
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 transformare a unei concentrații procentuale într-una molară - vezi exemplul 5.1). Această valoare este adesea denumită C 0 . C 0 este concentrația totală de electrolit din soluție (concentrația de electrolit 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 probleme de chimie generală, x în 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%).
Mai întâi, 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 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.
Lăsați 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 electrolitului în această soluție (tabelul 8). Luați densitatea soluțiilor egală cu 1 g/ml.
Tabelul 8 - Condițiile sarcinii nr. 8
| varianta nr. | A | b | varianta nr. | A | 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 | ||
| HCI04 0,5M; 1% Ba(OH)2 | 0,98% H3PO4 | 0,7 M HCI04; 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 | ||
| 0,4 M HCI; 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 ionico-moleculară prescurtată: 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 comun. „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 acid din soluția formată prin amestecarea soluției de acid tare cu soluția alcalină (Tabelul 9).
Tabelul 9 - Condițiile sarcinii nr. 9
| varianta nr. | varianta nr. | Volumele și compoziția soluțiilor acide și alcaline | |
| 300 ml NaOH 0,1 M și 200 ml H 2 SO 4 0,2 M | |||
| 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 H2SO4 | 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 H2SO4 | ||
| 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 HCI | ||
| 250 ml NaOH 0,1 M și 150 ml H2SO4 0,1 M | 100 ml 0,2 M Ba(OH)2 şi 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 H2SO4 | 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 H2SO4 | 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 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 al unei baze slabe și un anion al unui acid slab (de exemplu, fluorură de amoniu NH 4 F), cationii bazei slabe NH 4 + se leagă de ionii OH -, despărțindu-i. din moleculele de apă, iar 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 prin 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 şi 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 slabi de acizi.
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 anionul (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 decurge 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 baza NaOH:
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 NaHC03 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 Scrieți 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 anionii (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 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 Al2(SO4)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 ionii OH - încărcați negativ, despărțindu-i de moleculele HOH).
6. Ecuația celei de-a doua etape a hidrolizei 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:
2AlOHSO4 + 2HOH ⇆ (Al(OH)2)2SO4 + H2SO4.
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 acidul 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
NH4 + +H2PO4 - +HOH ⇆ NH4OH + H3PO4NH4H2PO4 +HOH ⇆ NH4OH + H3PO4.
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 sub 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(NO3)3, b) Na2S, c) (NH4)2Se | 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 (NO3)3, b) Na2SiO3, (NH4)2CO3 | ||
| 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) BeSO4, b) K3PO4, c) Ni(NO2)2 | a) ZnCl2, Na3PO4, c) Ni(CH3COO)2 | ||
| a) Bi(NO 3) 3, b) K 2 CO 3 c) (NH 4) 2 S | a) AlCl3, b) K2CO3, c) (NH4)2SO3 | ||
| 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) ZnSO4, b) Na3AsO4, c) Mg(NO2)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”
1. Calculul pH-ului în soluții de acizi și baze tari.
Calculul pH-ului în soluții de acizi și baze monobazice puternice se efectuează conform formulelor:
pH \u003d - lg C to și pH \u003d 14 + lg C o
Unde C to, C o este concentrația molară a unui acid sau a unei baze, mol / l
2. Calculul pH-ului în soluții de acizi și baze slabe
Calculul pH-ului în soluții de acizi și baze monobazice slabe se efectuează după formulele: pH \u003d 1/2 (pK până la - lgC până) și pH \u003d 14 - 1/2 (pK O - lg C O)
3. Calculul pH-ului în soluții de săruri hidrolizabile
Există 3 cazuri de hidroliză a sărurilor:
a) hidroliza sării de către anion (sarea este formată dintr-un acid slab și o bază tare, de exemplu CH 3 COO Na). Valoarea pH-ului se calculează prin formula: pH = 7 + 1/2 pK până la + 1/2 lg C s
b) hidroliza sării prin cation (sarea este formată dintr-o bază slabă și un acid tare, de exemplu NH 4 Cl) Calculul pH-ului într-o astfel de soluție se realizează după formula: pH = 7 - 1/2 pK o - 1/2 lg C s
c) hidroliza sării prin cation şi anion (sarea este formată dintr-un acid slab şi o bază slabă, de exemplu CH 3 COO NH 4). În acest caz, calculul pH-ului se efectuează conform formulei:
pH \u003d 7 + 1/2 pK până la - 1/2 pK o
Dacă sarea este formată dintr-un acid polibazic slab sau o bază multiprotonică slabă, atunci în formulele (7-9) enumerate mai sus pentru calcularea pH-ului, valorile pK k și pK o conform ultimei etape de disociere sunt înlocuite.
4. Calculul pH-ului în soluții de diverse amestecuri de acizi și baze
Când se toarnă acid și bază, pH-ul amestecului rezultat depinde de cantitățile de acid și bază luate și de puterea acestora.
4. Sisteme tampon
Sistemele tampon includ amestecuri de:
a) un acid slab și sarea acestuia, de exemplu CH 3 COO H + CH 3 COO Na
b) o bază slabă și sarea ei, de exemplu NH 4 OH + NH 4 Cl
c) un amestec de săruri acide cu aciditate diferită, de exemplu NaH 2 PO 4 + Na 2 HPO 4
d) un amestec de săruri acide și medii, de exemplu NaНCO 3 + Na 2 CO 3
e) un amestec de săruri bazice de bazicitate diferită, de exemplu Al (OH) 2 Cl + Al (OH) Cl 2 etc.
Calculul pH-ului în sistemele tampon se realizează după formulele: pH = pK la - lg C la / C s și pH = 14 - pK o + lg C o / C s
Soluții tampon acido-bazice, ecuația Henderson-Hasselbach. Caracteristici generale. Principiul de funcționare. Calculul pH-ului soluției tampon. capacitate tampon.
soluții tampon - sisteme care mențin o anumită valoare a unui parametru (pH, potențialul sistemului etc.) atunci când compoziția sistemului se modifică.
Acid-bază numită soluție tampon , care menține o valoare a pH-ului aproximativ constantă atunci când la acesta se adaugă cantități prea mari de acid sau bază tare, precum și atunci când este diluat și concentrat. Soluțiile tampon acido-bazice conțin acizi slabi și bazele lor conjugate. Un acid puternic, atunci când este adăugat la o soluție tampon, „se transformă” într-un acid slab, iar o bază tare într-o bază slabă. Formula pentru calcularea pH-ului unei soluții tampon: pH = pK despre + lg C despre /DIN Cu Această ecuație Henderson-Hasselbach . Din această ecuație rezultă că pH-ul unei soluții tampon depinde de raportul dintre concentrațiile unui acid slab și baza sa conjugată. Deoarece acest raport nu se modifică atunci când este diluat, pH-ul soluției rămâne constant. Diluția nu poate fi nelimitată. Cu o diluție foarte semnificativă, pH-ul soluției se va modifica, deoarece, în primul rând, concentrațiile componentelor vor deveni atât de mici încât nu se va mai putea neglija autoprotoliza apei și, în al doilea rând, coeficienții de activitate ai neîncărcat și particulele încărcate depind diferit de puterea ionică a soluției.
Soluția tampon menține pH-ul constant atunci când se adaugă doar cantități mici de acid tare sau bază tare. Capacitatea unei soluții tampon de a „rezista” la o modificare a pH-ului depinde de raportul dintre concentrațiile unui acid slab și baza sa conjugată, precum și de concentrația totală a acestora - și se caracterizează printr-o capacitate tampon.
Capacitate tampon - raportul dintre o creștere infinitezimală a concentrației unui acid tare sau a unei baze puternice într-o soluție (fără modificarea volumului) și modificarea pH-ului cauzată de această creștere (p. 239, 7.79)
Într-un mediu puternic acid și puternic alcalin, capacitatea tampon crește semnificativ. Soluțiile în care o concentrație suficient de mare de acid sau bază puternică au și proprietăți de tamponare.
Capacitatea tamponului este maximă la pH=pKa. Pentru a menține o anumită valoare a pH-ului, trebuie utilizată o soluție tampon, în care valoarea pKa a acidului slab inclus în compoziția sa să fie cât mai apropiată de acest pH. Este logic să folosiți o soluție tampon pentru a menține pH-ul în intervalul pKa + _ 1. Acest interval se numește forța de lucru a tamponului.
19. Concepte de bază legate de compuși complecși. Clasificarea compușilor complecși. Constante de echilibru utilizate pentru caracterizarea compușilor complecși: constante de formare, constante de disociere (concentrație generală, în trepte, termodinamică, reală și condiționată)
Cel mai adesea, un complex este o particulă formată ca rezultat al interacțiunii donor-acceptor a unui atom central (ion), numit agent de complexare, și a particulelor încărcate sau neutre, numite liganzi. Agentul de complexare și liganzii trebuie să existe independent în mediul în care are loc complexarea.
Un compus complex este format din sfere interioare și exterioare. K3(Fe(CN)6)-K3-sfera exterioară, agent de complexare Fe, ligand CN, agent de complexare + ligand=sferă interioară.
Dentalitatea este numărul de centri donatori de ligand care participă la interacțiunea donor-acceptor în timpul formării unei particule complexe. Liganzii sunt monodentati (Cl-, H2O, NH3), bidentati (C2O4(2-), 1,10-fenantrolina) si polidentati.
Numărul de coordonare este numărul de centri donatori de ligand cu care interacționează un anumit atom central. În exemplul de mai sus: 6-număr de coordonare. (Ag (NH3) 2) + - numărul de coordonare 2, deoarece amoniacul este un ligand monodentat, iar în (Ag (S2O3) 2) 3- - numărul de coordonare 4, deoarece ionul tiosulfat este un ligand bidentat.
Clasificare.
1) În funcție de sarcina lor: anionice ((Fe(CN)6)3-), cationice ((Zn(NH3)4)2 +) și complexe neîncărcate sau neelectrolitice (HgCl2).
2) În funcție de numărul de atomi de metal: complexe mononucleare și polinucleare. Un complex mononuclear conține un atom de metal, în timp ce un complex polinuclear conține doi sau mai mulți. Particulele complexe polinucleare care conțin atomi de metal identici sunt numite homonucleare (Fe2(OH)2)4+ sau Be3(OH)3)3+), iar cele care conțin atomi de metale diferite sunt numite heteronucleare (Zr2Al(OH)5)6+) .
3) În funcție de natura liganzilor: complexe ligand omogen și ligand mixt (ligand mixt).
Chelații sunt compuși ciclici complecși de ioni metalici cu liganzi polidentați (de obicei organici), în care atomul central face parte dintr-unul sau mai multe cicluri.
constante. Puterea unui ion complex este caracterizată de constanta sa de disociere, numită constantă de instabilitate.
Dacă nu sunt disponibile date de referință privind constantele de instabilitate în trepte, se utilizează constanta generală de instabilitate a ionului complex:
Constanta de instabilitate generală este egală cu produsul constantelor de instabilitate în trepte.
În chimia analitică, în locul constantelor de instabilitate, au fost utilizate recent constantele de stabilitate ale ionului complex: 
Constanta de stabilitate se referă la procesul de formare a unui ion complex și este egală cu inversul constantei de instabilitate: Kst = 1/Knest.
Constanta de stabilitate caracterizează echilibrul formării complexe.
Consultați pagina 313 pentru constantele termodinamice și de concentrație.
20. Influența diverșilor factori asupra procesului de formare a complexului și stabilității compușilor complecși. Influența concentrației substanțelor care reacţionează asupra complexării. Calculul fracțiilor molare ale ionilor și complecșilor metalici liberi într-un amestec de echilibru.
1) Stabilitatea compușilor complecși depinde de natura agentului de complexare și a liganzilor. Modelul schimbărilor în stabilitatea multor complexe metalice cu diverși liganzi poate fi explicat cu ajutor. Teorii ale acizilor și bazelor tari și moi (HMCA): acizii moi formează compuși mai stabili cu baze moi, iar acizii duri cu cele dure (de exemplu, Al3 +, B3 + (l. to-you) formează complecși cu O- și Liganzii N-sodă (l. baze) și Ag + sau Hg2 + (m. to-you) cu S-sodă Liganzi (m. bazici.) Complexele de cationi metalici cu liganzi polidentați sunt mai stabile decât complexele cu monodentate similare liganzi.
2) puterea ionică. Cu o creștere a forței ionice și o scădere a coeficienților de activitate ai ionilor, stabilitatea complexului scade.
3) temperatura. Dacă, în timpul formării complexului, delta H este mai mare de 0, atunci odată cu creșterea temperaturii, stabilitatea complexului crește; dacă delta H este mai mică de 0, atunci scade.
4) raioane laterale. Efectul pH-ului asupra stabilității complexelor depinde de natura ligandului și a atomului central. Dacă complexul conține o bază mai mult sau mai puțin puternică ca ligand, atunci cu o scădere a pH-ului are loc protonarea unor astfel de liganzi și o scădere a fracției molare a formei de ligand implicate în formarea complexului. Efectul pH-ului va fi cu cât mai puternic, cu atât rezistența bazei date este mai mare și stabilitatea complexului este mai mică.
5) concentrare. Pe măsură ce concentrația ligandului crește, crește conținutul de complexe cu un număr mare de coordonare și scade concentrația de ioni de metal liber. Cu un exces de ioni metalici în soluție, complexul monoligand va domina.
Fracția molară a ionilor metalici nu este legată în complecși
Fracția molară a particulelor complexe
