Значения рн растворов гидролизующихся солей. Игровой автомат Sharky (игра Рыбак) играть онлайн бесплатно без регистрации Определение ph раствора соли
Лекция № 12. Электролитическая диссоциация воды.
Несмотря на то, что вода считается неэлектролитом, она частично диссоциирует с образованием катиона гидроксония и гидроксид-аниона:
H 2 O + H 2 O H 3 O + + OH -
Часто используют упрощенную форму записи данного процесса:
H 2 O H + + OH -
Это равновесие характеризуется соответствующей константой:
Поскольку в чистой воде и разбавленных водных растворах = const, данное выражение можно преобразовать к следующему виду:
K W =
Полученная константа называется ионным произведением воды. При 25 °С K W = 10 -14 . Отсюда следует, что в чистой воде и нейтральных растворах = = Ö10 -14 = 10 -7 . Очевидно, что в кислых растворах > 10 -7 , а в щелочных < 10 -7 . На практике часто пользуются показателем концентрации катионов водорода - отрицательным десятичным логарифмом (pH = -lg). В кислых растворах рН < 7, в щелочных pH > 7, в нейтральной среде pH = 7. Аналогично можно ввести гидроксильный показатель pOH = -lg. Водородный и гидроксильный показатели связаны простым соотношением: pH + pOH = 14.
Рассмотрим примеры расчета рН водных растворов сильных и слабых кислот.
Пример № 1. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) соляной кислоты (сильная одноосновная кислота).
HCl = H + + Cl -
C HCl = 0,01; pH = -lg 0,01 = 2
Пример № 2. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) гидроксида натрия (сильное однокислотное основание).
NaOH = Na + + OH -
C NaOH = 0,01; pOH = -lg 0,01 = 2;
pH = 14 - pOH = 12
Пример № 3. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) уксусной кислоты (слабая одноосновная кислота).
CH 3 COO - + H + CH 3 COOH
Из уравнения реакции следует, что = . Для слабого электролита » C. Подставим эти формулы в константу кислотной диссоциации уксусной кислоты и преобразуем полученное выражение:
= 1,75×10 -5 ; ; »
рН = - lg= -1/2(lgK a + lgC) = 1/2(pK a - lgC) = 1/2(4,75 + 2) = 3,38
Пример № 4. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) аммиака (гидроксид аммония, слабое однокислотное основание).
NH 3 + H 2 O NH 4 + + OH -
Из уравнения реакции следует, что = . Так как гидроксид аммония слабый электролит, то » C. Подставив эти формулы в константу ионизации аммиака как основания, получим:
= 1,8×10 -5 ; ; =
рOН = -lg= 1/2(pK b - lgC);
pH = 14 - pOH = 14 + 1/2(lgC - pK b) = 14 + 1/2(-2 - 4,76) = 10,62
Гидролиз солей . Отличие кислотности водных растворов солей от кислотности чистой воды определяется их гидролизом. Гидролиз - это обменное взаимодействие растворенного вещества с водой . По склонности к гидролизу соли делятся на четыре типа:
1. Соли, образованные сильной кислотой и сильным основанием (например, NaCl, Na 2 SO 4), гидролизу не подвергаются. Водные растворы таких солей имеют нейтральную реакцию (рН = 7).
2. Соли, образованные слабым основанием и слабой кислотой, гидролизуются в значительной степени и часто необратимо, например,
Al 2 S 3 + 6H 2 O = 2Al(OH) 3 ¯ + 3H 2 S
Кислотность их растворов определяется более растворимым веществом, и обычно близка к нейтральной (рН » 7).
3. Соли, образованные слабым основанием и сильной кислотой, гидролизуются обратимо, связывая гидроксид-анионы, и обуславливая кислую реакцию растворов (рН < 7). Например, гидролиз хлорида аммония можно описать следующими уравнениями:
NH 4 Cl + H 2 O NH 3 ×H 2 O + HCl
Из приведенных уравнений видно, что гидролизу подвергается не вся соль, а только ее катион. Катионы солей, образованных многокислотными слабыми основаниями, гидролизуются ступенчато, последовательно отщепляя от воды гидроксид-анионы:
Al 3+ + H 2 O Al(OH) 2+ + H +
Al(OH) 2+ + H 2 O Al(OH) 2 + + H +
Al(OH) 2 + + H 2 O Al(OH) 3 + H +
Суммарное уравнение гидролиза катиона алюминия имеет следующий вид:
Al 3+ + 3H 2 O Al(OH) 3 + 3H +
4. Соли, образованные сильным основанием и слабой кислотой, гидролизуются по аниону, который отрывает от воды катион водорода. Освобождающиеся гидроксид-анионы придают раствору щелочную реакцию (pH > 7). Например, гидролиз ацетата натрия протекает следующим образом:
CH 3 COONa + H 2 O CH 3 COOH + NaOH
Очевидно, что гидролиз анионов солей слабых многоосновных кислот протекает ступенчато, например,
PO 4 3- + H 2 O HPO 4 2- + OH -
HPO 4 2- + H 2 O H 2 PO 4 - + OH -
H 2 PO 4 - + H 2 O H 3 PO 4 + OH -
Суммарное уравнение гидролиза фосфат-аниона имеет следующий вид
PO 4 3- + 3H 2 O H 3 PO 4 + 3OH -
Гидролизу подвергаются не только соли, но и ковалентные неорганические и органические соединения. Например:
PCl 3 + 3H 2 O = H 3 PO 3 + 3HCl
Важную роль в жизнедеятельности живых организмов играет гидролиз некоторых биомолекул - белков и полипептидов, жиров, а также полисахаридов.
Глубина протекания гидролиза характеризуется степенью гидролиза (h) - отношением количества вещества, подвергшегося гидролизу, к общему количеству вещества в растворе . Обратимый гидролиз может быть охарактеризован также константой. Например, для процесса гидролиза ацетат-аниона константа гидролиза записывается следующим образом:
Равновесная концентрация воды в выражение константы гидролиза не входит, поскольку она постоянна и автоматически переносится в левую часть равенства.
Расчет константы и степени гидролиза, а также рНводных растворов солей рассмотрим на конкретных примерах.
Пример № 5. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) хлорида аммония (соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой). Запишем уравнение гидролиза в ионной форме и составим выражение для константы гидролиза.
NH 4 + + H 2 O NH 3 ×H 2 O + H +
Умножив числитель и знаменатель правой части равенства на концентрацию гидроксид-ионов, константу гидролиза можно преобразовать следующим образом:
5,56×10 -10
Из уравнения гидролиза следует, что = = Ch, а = C - Ch = C(1-h). Соответственно,
Так как h << 1, а (1-h) ® 1, полученное выражение можно упростить:
; отсюда h »
» 2,36×10 -4 или 0,0236%
Из полученных уравнений видно, что константа и степень гидролиза соли увеличиваются с уменьшением константы диссоциации основания, т.е. с уменьшением его силы. Кроме этого, степень гидролиза и глубина его протекания увеличивается с уменьшением концентрации (увеличением разбавления) соли. Константа гидролиза, как и константа любого равновесия, от концентрации не зависит. Увеличение температуры приводит к увеличению степени и константы гидролиза, поскольку гидролиз - процесс эндотермический.
При расчете величины рН раствора соли учтем, что = , а в первом приближении » C.
; отсюда »
pH = - lg = -1/2(lgK w + lgC + pK b) = 7 - 1/2(pK b + lgC) = 7 - 1/2(4,76 - 2) = 5,62
Пример № 6. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) ацетата натрия (соль, образованная сильным основанием и слабой кислотой). Запишем уравнение гидролиза в ионной форме и составим выражение для константы гидролиза.
CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH -
Умножив числитель и знаменатель правой части равенства на концентрацию катиона водорода, его можно преобразовать к следующему виду:
1×10 -14 /1,75×10 -5 = 5,71×10 -10
Из уравнения гидролиза следует, что = = Ch, а = C - Ch = C(1-h).
Соответственно,
; ; отсюда h =
» 2,39×10 -4 или 0,0239%
При расчете величины рН учтем, что = , а » C.
; отсюда » ;
pOH = -lg = -1/2(lgK w + lgC + pK a) = 7 - 1/2(pK a + lgC)
pH = 14 - pOH = 7 + 1/2(pK a + lgC) = 7 + 1/2(4,75 - 2) = 9,75
Пример № 7. Сантимолярный раствор (0,01 моль/л) ацетата аммония (соль, образованная слабым основанием и слабой кислотой). Запишем уравнение гидролиза в ионной форме и составим выражение для константы гидролиза.
NH 4 + + CH 3 COO - + H 2 O NH 3 ×H 2 O + CH 3 COOH
Умножив числитель и знаменатель правой части равенства на произведение концентрации катиона водорода и гидроксид-аниона (ионное произведение воды), его можно преобразовать следующим образом:
= = 0,32×10 -4
Из уравнения гидролиза следует, что = = Ch, тогда
C - Ch = C(1-h), соответственно,
0,0056 или 0,56%
Образующаяся в результате гидролиза гидратированная молекула аммиака диссоциирует, отщепляя гидроксид-анион:
NH 3 ×H 2 O NH 4 + + OH -
; отсюда
Аналогично, диссоциация уксусной кислоты обеспечивает образование катионов водорода:
CH 3 COO - + H + CH 3 COOH
Найдем отношение концентраций данных ионов:
Согласно уравнению гидролиза = , а = , тогда
Так как = K w /, то 2 = ; отсюда =
pH = - lg = 1/2(pK w + pK a - pK b) = 7 + 1/2(pK a - pK b) = 7 + 1/2(4,75 - 4,76) = 6,995
Литература: с. 243 - 255; с. 296 - 302
Чистая вода является очень слабым электролитом. Процесс диссоциации воды может быть выражен уравнением: HOH ⇆ H + + OH – . Вследствие диссоциации воды в любом водном растворе содержатся и ионы H + , и ионы OH – . Концентрации этих ионов можно рассчитать с помощью уравнения ионного произведения воды
C(H +)×C(OH –) = K w ,
где K w – константа ионного произведения воды ; при 25°C K w = 10 –14 .
Растворы, в которых концентрации ионов H + и OH – одинаковы, называются нейтральными растворами. В нейтральном растворе C(H +) = C(OH –) = 10 –7 моль/л.
В кислом растворе C(H +) > C(OH –) и, как следует из уравнения ионного произведения воды, C(H +) > 10 –7 моль/л, а C(OH –) < 10 –7 моль/л.
В щелочном растворе C(OH –) > C(H +); при этом в C(OH –) > 10 –7 моль/л, а C(H +) < 10 –7 моль/л.
pH – величина, с помощью которой характеризуют кислотность или щёлочность водных растворов; эта величина называется водородным показателем и рассчитывается по формуле:
pH = –lg C(H +)
В кислом растворе pH<7; в нейтральном растворе pH=7; в щелочном растворе pH>7.
По аналогии с понятием «водородный показатель» (pH) вводится понятие «гидроксильный» показатель (pOH):
pOH = –lg C(OH –)
Водородный и гидроксильный показатели связаны соотношением
Гидроксильный показатель используется для расчёта pH в щелочных растворах.
Серная кислота – сильный электролит, диссоциирующий в разбавленных растворах необратимо и полностью по схеме: H 2 SO 4 ® 2 H + + SO 4 2– . Из уравнения процесса диссоциации видно, что C(H +) = 2·C(H 2 SO 4) = 2 × 0,005 моль/л = 0,01 моль/л.
pH = –lg C(H +) = –lg 0,01 = 2.
Гидроксид натрия – сильный электролит, диссоциирующий необратимо и полностью по схеме: NaOH ® Na + +OH – . Из уравнения процесса диссоциации видно, что C(OH –) = C(NaOH) = 0,1 моль/л.
pOH = –lg C(H +) = –lg 0,1 = 1; pH = 14 – pOH = 14 – 1 = 13.
Диссоциация слабого электролита – это равновесный процесс. Константа равновесия, записанная для процесса диссоциации слабого электролита, называется константой диссоциации . Например, для процесса диссоциации уксусной кислоты
CH 3 COOH ⇆ CH 3 COO – + H + .
Каждая стадия диссоциации многоосновной кислоты характеризуется своей константой диссоциации. Константа диссоциации – справочная величина ; см. .
Расчёт концентраций ионов (и pH) в растворах слабых электролитов сводится к решению задачи на химическое равновесие для того случая, когда известна константа равновесия и необходимо найти равновесные концентрации веществ, участвующих в реакции (см. пример 6.2 – задача 2 типа).
В 0,35% растворе NH 4 OH молярная концентрация гидроксида аммония равна 0,1 моль/л (пример перевода процентной концентрации в молярную – см. пример 5.1). Эту величину часто обозначают C 0 . C 0 – это общая концентрация электролита в растворе (концентрация электролита до диссоциации).
NH 4 OH принято считать слабым электролитом, обратимо диссоциирующим в водном растворе: NH 4 OH ⇆ NH 4 + + OH – (см. также примечание 2 на стр. 5). Константа диссоциации К = 1,8·10 –5 (справочная величина). Поскольку слабый электролит диссоциирует неполностью, сделаем предположение, что продиссоциировало x моль/л NH 4 OH, тогда равновесная концентрация ионов аммония и гидроксид-ионов также будут равняться x моль/л: C(NH 4 +) = C(OH -) = x моль/л. Равновесная концентрация непродиссоциировавшего NH 4 OH равна: С(NH 4 OH) = (C 0 –x) = (0,1–x) моль/л.
Подставляем выраженные через x равновесные концентрации всех частиц в уравнение константы диссоциации:
.
Очень слабые электролиты диссоциируют незначительно (x ® 0) и иксом в знаменателе как слагаемым можно пренебречь:
.
Обычно в задачах общей химии иксом в знаменателе пренебрегают в том случае, если (в этом случае х – концентрация продиссоциировавшего электролита – в 10 и менее раз отличается от C 0 – общей концентрации электролита в растворе).
С(OH –) = x = 1,34∙10 -3 моль/л; pOH = –lg C(OH –) = –lg 1,34∙10 –3 = 2,87.
pH = 14 – pOH = 14 – 2,87 = 11,13.
Степень диссоциации электролита можно рассчитать как отношение концентрации продиссоциировавшего электролита (x) к общей концентрации электролита (C 0):
(1,34%).
Сначала следует перевести процентную концентрацию в молярную (см. пример 5.1). В данном случае C 0 (H 3 PO 4) = 3,6 моль/л.
Расчёт концентрации ионов водорода в растворах многоосновных слабых кислот, проводится только по первой стадии диссоциации. Строго говоря, общая концентрация ионов водорода в растворе слабой многоосновной кислоты равна сумме концентраций ионов H + , образовавшихся на каждой стадии диссоциации. Например, для фосфорной кислоты C(H +) общая = C(H +) по 1 стадии + C(H +) по 2 стадии + C(H +) по 3 стадии. Однако, диссоциация слабых электролитов протекает преимущественно по первой стадии, а по второй и последующим стадиям – в незначительной степени, поэтому
C(H +) по 2 стадии ≈ 0, C(H +) по 3 стадии ≈ 0 и C(H +) общая ≈ C(H +) по 1 стадии.
Пусть фосфорной кислоты продиссоциировало по первой стадии x моль/л, тогда из уравнения диссоциации H 3 PO 4 ⇆ H + + H 2 PO 4 – следует, что равновесные концентрации ионов H + и H 2 PO 4 – также будут равны x моль/л, а равновесная концентрация непродиссоциировавшей H 3 PO 4 будет равна (3,6–x) моль/л. Подставляем выраженные через x концентрации ионов H + и H 2 PO 4 – и молекул H 3 PO 4 в выражение константы диссоциации по первой стадии (K 1 = 7,5·10 –3 – справочная величина):
K 1 /C 0 = 7,5·10 –3 / 3,6 = 2,1·10 –3 < 10 –2 ; следовательно, иксом как слагаемым в знаменателе можно пренебречь (см. также пример 7.3) и упростить полученное выражение.
;
моль/л;
С(H +) = x = 0,217 моль/л; pH = –lg C(H +) = –lg 0,217 = 0,66.
(3,44%)
Задание №8
Рассчитайте а) pH растворов сильных кислот и оснований; б) раствора слабого электролита и степень диссоциации электролита в этом растворе (таблица 8). Плотность растворов принять равной 1 г/мл.
Таблица 8 – Условия задания №8
| № вари- анта | а | б | № вари- анта | а | б |
| 0,01М H 2 SO 4 ; 1% NaOH | 0,35% NH 4 OH | ||||
| 0,01МCa(OH) 2 ; 2%HNO 3 | 1% CH 3 COOH | 0,04М H 2 SO 4 ; 4% NaOH | 1% NH 4 OH | ||
| 0,5М HClO 4 ; 1% Ba(OH) 2 | 0,98% H 3 PO 4 | 0,7М HClO 4 ; 4%Ba(OH) 2 | 3% H 3 PO 4 | ||
| 0,02M LiOH; 0,3% HNO 3 | 0,34% H 2 S | 0,06M LiOH; 0,1% HNO 3 | 1,36% H 2 S | ||
| 0,1М HMnO 4 ; 0,1% KOH | 0,031% H 2 CO 3 | 0,2М HMnO 4 ; 0,2%KOH | 0,124%H 2 CO 3 | ||
| 0,4М HCl; 0,08%Ca(OH) 2 | 0,47% HNO 2 | 0,8МHCl; 0,03%Ca(OH) 2 | 1,4% HNO 2 | ||
| 0,05M NaOH; 0,81% HBr | 0,4% H 2 SO 3 | 0,07M NaOH; 3,24% HBr | 1,23% H 2 SO 3 | ||
| 0,02M Ba(OH) 2 ; 0,13%HI | 0,2% HF | 0,05M Ba(OH) 2 ; 2,5% HI | 2% HF | ||
| 0,02М H 2 SO 4 ; 2% NaOH | 0,7% NH 4 OH | 0,06МH 2 SO 4 ; 0,8%NaOH | 5%CH 3 COOH | ||
| 0,7М HClO 4 ; 2%Ba(OH) 2 | 1,96% H 3 PO 4 | 0,08М H 2 SO 4 ; 3% NaOH | 4% H 3 PO 4 | ||
| 0,04MLiOH; 0,63%HNO 3 | 0,68% H 2 S | 0,008M HI; 1,7%Ba(OH) 2 | 3,4% H 2 S | ||
| 0,3МHMnO 4 ; 0,56%KOH | 0,062% H 2 CO 3 | 0,08M LiOH; 1,3% HNO 3 | 0,2% H 2 CO 3 | ||
| 0,6М HCl; 0,05%Ca(OH) 2 | 0,94% HNO 2 | 0,01M HMnO 4 ; 1% KOH | 2,35% HNO 2 | ||
| 0,03M NaOH; 1,62% HBr | 0,82% H 2 SO 3 | 0,9МHCl; 0,01%Ca(OH) 2 | 2% H 2 SO 3 | ||
| 0,03M Ba(OH) 2 ; 1,26%HI | 0,5% HF | 0,09M NaOH; 6,5% HBr | 5% HF | ||
| 0,03М H 2 SO 4 ; 0,4%NaOH | 3% CH 3 COOH | 0,1M Ba(OH) 2 ; 6,4% HI | 6%CH 3 COOH | ||
| 0,002M HI; 3% Ba(OH) 2 | 1% HF | 0,04МH 2 SO 4 ; 1,6%NaOH | 3,5% NH 4 OH | ||
| 0,005МHBr; 0,24% LiOH | 1,64% H 2 SO 3 | 0,001М HI; 0,4%Ba(OH) 2 | 5% H 3 PO 4 |
Пример 7.5 Смешали 200 мл 0,2М раствора H 2 SO 4 и 300 мл 0,1М раствора NaOH. Рассчитайте pH образовавшегося раствора и концентрации ионов Na + и SO 4 2– в этом растворе.
Приведём уравнение реакции H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O к сокращённому ионно-молекулярному виду: H + + OH - → H 2 O
Из ионно-молекулярного уравнения реакции следует, что в реакцию вступают только ионы H + и OH – и образуют молекулу воды. Ионы Na + и SO 4 2– в реакции не участвуют, поэтому их количество после реакции такое же как и до реакции.
Расчёт количеств веществ до реакции:
n(H 2 SO 4) = 0,2 моль/л × 0,1 л = 0,02 моль = n(SO 4 2-);
n(H +) = 2 × n(H 2 SO 4) = 2 × 0,02 моль = 0,04 моль;
n(NaOH) = 0,1 моль/л · 0,3 л = 0,03 моль = n(Na +) = n(OH –).
Ионы OH – – в недостатке; они прореагируют полностью. Вместе с ними прореагирует столько же (т.е. 0,03 моль) ионов H + .
Расчёт количеств ионов после реакции:
n(H +) = n(H +) до реакции – n(H +) прореагировавших = 0,04 моль – 0,03 моль = 0,01 моль;
n(Na +) = 0,03 моль; n(SO 4 2–) = 0,02 моль.
Т.к. смешиваются разбавленные растворы, то
V общ. » Vраствора H 2 SO 4 + V раствора NaOH » 200 мл + 300 мл = 500 мл = 0,5 л.
C(Na +) = n(Na +) / V общ. = 0,03 моль: 0,5 л = 0,06 моль/л;
C(SO 4 2-) = n(SO 4 2-) / V общ. = 0,02 моль: 0,5 л = 0,04 моль/л;
C(H +) = n(H +) / V общ. = 0,01 моль: 0,5 л = 0,02 моль/л;
pH = –lg C(H +) = –lg 2·10 –2 = 1,699.
Задание №9
Рассчитайте pH и молярные концентрации катионов металла и анионов кислотного остатка в растворе, образовавшемся в результате смешивания раствора сильной кислоты с раствором щёлочи (таблица 9).
Таблица 9 – Условия задания №9
| № вари- анта | № вари- анта | Объёмы и состав растворов кислоты и щёлочи | |
| 300 мл 0,1М NaOH и 200 мл 0,2М H 2 SO 4 | |||
| 2 л 0,05М Ca(OH) 2 и 300 мл 0,2М HNO 3 | 0,5 л 0,1М KOH и 200 мл 0,25М H 2 SO 4 | ||
| 700 мл 0,1М KOH и 300 мл 0,1М H 2 SO 4 | 1 л 0,05М Ba(OH) 2 и 200 мл 0,8М HCl | ||
| 80 мл 0,15М KOH и 20 мл 0,2М H 2 SO 4 | 400мл 0,05М NaOH и 600мл 0,02М H 2 SO 4 | ||
| 100 мл 0,1М Ba(OH) 2 и 20 мл 0,5М HCl | 250 мл 0,4М KOH и 250 мл 0,1М H 2 SO 4 | ||
| 700мл 0,05М NaOH и 300мл 0,1М H 2 SO 4 | 200мл 0,05М Ca(OH) 2 и 200мл 0,04М HCl | ||
| 50 мл 0,2М Ba(OH) 2 и 150 мл 0,1М HCl | 150мл 0,08М NaOH и 350мл 0,02М H 2 SO 4 | ||
| 900мл 0,01М KOH и 100мл 0,05М H 2 SO 4 | 600мл 0,01М Ca(OH) 2 и 150мл 0,12М HCl | ||
| 250 мл 0,1М NaOH и 150 мл 0,1М H 2 SO 4 | 100 мл 0,2М Ba(OH) 2 и 50 мл 1М HCl | ||
| 1 л 0,05М Ca(OH) 2 и 500 мл 0,1М HNO 3 | 100 мл 0,5М NaOH и 100 мл 0,4М H 2 SO 4 | ||
| 100 мл 1М NaOH и 1900 мл 0,1М H 2 SO 4 | 25 мл 0,1М KOH и 75 мл 0,01М H 2 SO 4 | ||
| 300 мл 0,1М Ba(OH) 2 и 200 мл 0,2М HCl | 100мл 0,02М Ba(OH) 2 и 150мл 0,04 М HI | ||
| 200 мл 0,05М KOH и 50 мл 0,2М H 2 SO 4 | 1 л 0,01М Ca(OH) 2 и 500 мл 0,05М HNO 3 | ||
| 500мл 0,05М Ba(OH) 2 и 500мл 0,15М HI | 250мл 0,04М Ba(OH) 2 и 500мл 0,1М HCl | ||
| 1 л 0,1М KOH и 2 л 0,05М H 2 SO 4 | 500 мл 1М NaOH и 1500 мл 0,1М H 2 SO 4 | ||
| 250мл 0,4М Ba(OH) 2 и 250мл 0,4М HNO 3 | 200 мл 0,1М Ba(OH) 2 и 300 мл 0,2М HCl | ||
| 80 мл 0,05М KOH и 20 мл 0,2М H 2 SO 4 | 50 мл 0,2М KOH и 200 мл 0,05М H 2 SO 4 | ||
| 300 мл 0,25М Ba(OH) 2 и 200 мл 0,3М HCl | 1 л 0,03М Ca(OH) 2 и 500 мл 0,1М HNO 3 |
ГИДРОЛИЗ СОЛЕЙ
При растворении в воде любой соли происходит диссоциация этой соли на катионы и анионы. Если соль образована катионом сильного основания и анионом слабой кислоты (например, нитрит калия KNO 2), то нитрит-ионы будут связываться с ионами H + , отщепляя их от молекул воды, в результате чего образуется слабая азотистая кислота. В результате этого взаимодействия в растворе установится равновесие:
NO 2 – + HOH ⇆ HNO 2 + OH –
KNO 2 + HOH ⇆ HNO 2 + KOH.
Таким образом, в растворе соли, гидролизующейся по аниону, появляется избыток ионов OH – (реакция среды – щелочная; pH > 7).
Если соль образована катионом слабого основания и анионом сильной кислоты (например, хлорид аммония NH 4 Cl), то катионы NH 4 + слабого основания будут отщеплять ионы OH – от молекул воды и образовывать слабодиссоциирующий электролит – гидроксид аммония 1 .
NH 4 + + HOH ⇆ NH 4 OH + H + .
NH 4 Cl + HOH ⇆ NH 4 OH + HCl.
В растворе соли гидролизующейся по катиону появляется избыток ионов H + (реакция среды – кислая pH < 7).
При гидролизе соли, образованной катионом слабого основания и анионом слабой кислоты (например, фторид аммония NH 4 F) катионы слабого основания NH 4 + связываются с ионами OH – , отщепляя их от молекул воды, а анионы слабой кислоты F – связываются с ионами H + , в результате чего образуется слабое основание NH 4 OH и слабая кислота HF: 2
NH 4 + + F – + HOH ⇆ NH 4 OH + HF
NH 4 F + HOH ⇆ NH 4 OH + HF.
Реакция среды в растворе соли, гидролизующейся и по катиону, и по аниону определяется тем, какой из образующихся в результате гидролиза малодиссоциирующих электролитов является более сильным (это можно выяснить, сравнив константы диссоциации). В случае гидролиза NH 4 F среда будет кислой (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 .
Таким образом, гидролизу (т.е. разложению водой) подвергаются соли, образованные:
– катионом сильного основания и анионом слабой кислоты (KNO 2 , Na 2 CO 3 , K 3 PO 4);
– катионом слабого основания и анионом сильной кислоты (NH 4 NO 3 , AlCl 3 , ZnSO 4);
– катионом слабого основания и анионом слабой кислоты (Mg(CH 3 COO) 2 , NH 4 F).
C молекулами воды взаимодействуют катионы слабых оснований или (и) анионы слабых кислот ; соли образованные катионами сильных оснований и анионами сильных кислот гидролизу не подвергаются.
Гидролиз солей, образованных многозарядными катионами и анионами, протекает ступенчато; ниже на конкретных примерах показана последовательность рассуждений, которой рекомендуется придерживаться при составлении уравнений гидролиза таких солей.
Примечания
1. Как уже отмечалось ранее (см. примечание 2 на стр. 5) существует альтернативная точка зрения, согласно которой гидроксид аммония является сильным основанием. Кислая реакция среды в растворах солей аммония, образованных сильными кислотами, например, NH 4 Cl, NH 4 NO 3 , (NH 4) 2 SO 4 , объясняется при таком подходе обратимо протекающим процессом диссоциации иона аммония NH 4 + ⇄ NH 3 + H + или, более точно NH 4 + + H 2 O ⇄ NH 3 + H 3 O + .
2. Если гидроксид аммония считать сильным основанием, то в растворах солей аммония, образованных слабыми кислотами, например, NH 4 F следует рассматривать равновесие NH 4 + + F – ⇆ NH 3 + HF, в котором происходит конкуренция за ион H + между молекулами аммиака и анионами слабой кислоты.
Пример 8.1 Запишите в молекулярном и ионно-молекулярном виде уравнения реакций гидролиза карбоната натрия. Укажите pH раствора (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Уравнение диссоциации соли: Na 2 CO 3 ® 2Na + + CO 3 2–
2. Соль образована катионами (Na +) сильного основания NaOH и анионом (CO 3 2–) слабой кислоты H 2 CO 3 . Следовательно, соль гидролизуется по аниону:
CO 3 2– + HOH ⇆ … .
Гидролиз в большинстве случаев протекает обратимо (знак ⇄); на 1 ион, участвующий в процессе гидролиза, записывается 1 молекула HOH .
3. Отрицательно заряженные карбонат ионы CO 3 2– связываются с положительно заряженными ионами H + , отщепляя их от молекул HOH, и образуют гидрокарбонат ионы HCO 3 – ; раствор обогащается ионами OH – (щелочная среда; pH>7):
CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – .
Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Na 2 CO 3 .
4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, соединив все имеющиеся в уравнении CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – анионы (CO 3 2– , HCO 3 – и OH –) с катионами Na + , образовав соли Na 2 CO 3 , NaHCO 3 и основание NaOH:
Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH.
5. В результате гидролиза по первой стадии образовались гидрокарбонат ионы, которые участвуют во второй стадии гидролиза:
HCO 3 – + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH –
(отрицательно заряженные гидрокарбонат ионы HCO 3 – связываются с положительно заряженными ионами H + , отщепляя их от молекул HOH).
6. Уравнение второй стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении HCO 3 – + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH – анионы (HCO 3 – и OH –) с катионами Na + , образовав соль NaHCO 3 и основание 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.
Пример 8.2 Запишите в молекулярном и ионно-молекулярном виде уравнения реакций гидролиза сульфата алюминия. Укажите pH раствора (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Уравнение диссоциации соли: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–
2. Соль образована катионами (Al 3+) слабого основания Al(OH) 3 и анионами (SO 4 2–) сильной кислоты H 2 SO 4 . Следовательно, соль гидролизуется по катиону; на 1 ион Al 3+ записывается 1 молекула HOH: Al 3+ + HOH ⇆ … .
3. Положительно заряженные ионы Al 3+ связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH, и образуют ионы гидроксоалюминия AlOH 2+ ; раствор обогащается ионами H + (кислая среда; pH<7):
Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + .
Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Al 2 (SO 4) 3 .
4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав все имеющиеся в уравнении Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + катионы (Al 3+ , AlOH 2+ и H +) с анионами SO 4 2– , образовав соли Al 2 (SO 4) 3 , AlOHSO 4 и кислоту H 2 SO 4:
Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4 .
5. В результате гидролиза по первой стадии образовались катионы гидроксоалюминия AlOH 2+ , которые участвуют во второй стадии гидролиза:
AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H +
(положительно заряженные ионы AlOH 2+ связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH).
6. Уравнение второй стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав все имеющиеся в уравнении AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + катионы (AlOH 2+ , Al(OH) 2 + , и H +) с анионами SO 4 2– , образовав соли AlOHSO 4 , (Al(OH) 2) 2 SO 4 и кислоту H 2 SO 4:
2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4 .
7. В результате второй стадии гидролиза образовались катионы дигидроксоалюминия Al(OH) 2 + , которые участвуют в третьей стадии гидролиза:
Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H +
(положительно заряженные ионы Al(OH) 2 + связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH).
8. Уравнение третьей стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H + катионы (Al(OH) 2 + и H +) с анионами SO 4 2– , образовав соль (Al(OH) 2) 2 SO 4 и кислоту H 2 SO 4:
(Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4
В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:
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 .
Пример 8.3 Запишите в молекулярном и ионно-молекулярном виде уравнения реакций гидролиза ортофосфата аммония. Укажите pH раствора (pH>7, pH<7 или pH=7).
1. Уравнение диссоциации соли: (NH 4) 3 PO 4 ® 3NH 4 + + PO 4 3–
2. Соль образована катионами (NH 4 +) слабого основания NH 4 OH и анионами
(PO 4 3–) слабой кислоты H 3 PO 4 . Следовательно, соль гидролизуется и по катиону, и по аниону : NH 4 + + PO 4 3– +HOH ⇆ … ; (на одну пару ионов NH 4 + и PO 4 3– в данном случае записывается 1 молекула HOH ). Положительно заряженные ионы NH 4 + связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH 4 OH, а отрицательно заряженные ионы PO 4 3– связываются с ионами H + , образуя гидрофосфат ионы HPO 4 2– :
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– .
Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза (NH 4) 3 PO 4 .
4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– анионы (PO 4 3– , HPO 4 2–) с катионами NH 4 + , образовав соли (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. В результате гидролиза по первой стадии образовались гидрофосфат анионы HPO 4 2– , которые вместе с катионами NH 4 + участвуют во второй стадии гидролиза:
NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 –
(ионы NH 4 + связываются с ионами OH – , ионы HPO 4 2– – с ионами H + , отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH 4 OH и дигидрофосфат ионы H 2 PO 4 –).
6. Уравнение второй стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 – анионы (HPO 4 2– и H 2 PO 4 –) с катионами NH 4 + , образовав соли (NH 4) 2 HPO 4 и NH 4 H 2 PO 4:
(NH 4) 2 HPO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + NH 4 H 2 PO 4 .
7. В результате второй стадии гидролиза образовались дигидрофосфат анионы H 2 PO 4 – , которые вместе с катионами NH 4 + участвуют в третьей стадии гидролиза:
NH 4 + + H 2 PO 4 – + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4
(ионы NH 4 + связываются с ионами OH – , ионы H 2 PO 4 – – с ионами H + , отщепляя их от молекул HOH и образуют слабые электролиты NH 4 OH и H 3 PO 4).
8. Уравнение третьей стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав присутствующие в уравнении NH 4 + + H 2 PO 4 – + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 анионы H 2 PO 4 – и катионами NH 4 + и образовав соль NH 4 H 2 PO 4:
NH 4 H 2 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 .
В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:
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 .
Процесс гидролиза протекает преимущественно по первой стадии, поэтому реакция среды в растворе соли, гидролизующейся и по катиону, и по аниону определяется тем, какой из малодиссоциирующих электролитов, образующихся на первой стадии гидролиза, является более сильным. В рассматриваемом случае
NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2–
реакция среды будет щелочной (pH>7), поскольку ион HPO 4 2– – более слабый электролит, чем NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8·10 –5 > KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4 = 1,3×10 –12 (диссоциация иона HPO 4 2– – это диссоциация H 3 PO 4 по третьей стадии, поэтому KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4).
Задание №10
Запишите в молекулярном и ионно-молекулярном виде уравнения реакций гидролиза солей (таблица 10). Укажите pH раствора (pH>7, pH<7 или pH=7).
Таблица 10 – Условия задания №10
| № варианта | Список солей | № варианта | Список солей |
| а) Na 2 CO 3 , б) Al 2 (SO 4) 3 , в) (NH 4) 3 PO 4 | а) Al(NO 3) 3 , б) Na 2 SeO 3 , в) (NH 4) 2 Te | ||
| а) Na 3 PO 4 , б) CuCl 2 , в) Al(CH 3 COO) 3 | а) MgSO 4 , б) Na 3 PO 4 , в) (NH 4) 2 CO 3 | ||
| а) ZnSO 4 , б) K 2 CO 3 , в) (NH 4) 2 S | а) CrCl 3 , б) Na 2 SiO 3 , в) Ni(CH 3 COO) 2 | ||
| а) Cr(NO 3) 3 , б) Na 2 S, в) (NH 4) 2 Se | а) Fe 2 (SO 4) 3 , б) K 2 S, в) (NH 4) 2 SO 3 |
Продолжение таблицы 10
| № варианта | Список солей | № варианта | Список солей |
| а) Fe(NO 3) 3 , б) Na 2 SO 3 , в) Mg(NO 2) 2 | |||
| а) K 2 CO 3 , б) Cr 2 (SO 4) 3 , в) Be(NO 2) 2 | а) MgSO 4 , б) K 3 PO 4 , в) Cr(CH 3 COO) 3 | ||
| а) K 3 PO 4 , б) MgCl 2 , в) Fe(CH 3 COO) 3 | а) CrCl 3 , б) Na 2 SO 3 , в) Fe(CH 3 COO) 3 | ||
| а) ZnCl 2 , б) K 2 SiO 3 , в) Cr(CH 3 COO) 3 | а) Fe 2 (SO 4) 3 , б) K 2 S, в) Mg(CH 3 COO) 2 | ||
| а) AlCl 3 , б) Na 2 Se, в) Mg(CH 3 COO) 2 | а) Fe(NO 3) 3 , б) Na 2 SiO 3 , (NH 4) 2 CO 3 | ||
| а) FeCl 3 , б) K 2 SO 3 , в) Zn(NO 2) 2 | а) K 2 CO 3 , б) Al(NO 3) 3 , в) Ni(NO 2) 2 | ||
| а) CuSO 4 , б) Na 3 AsO 4 , в) (NH 4) 2 SeO 3 | а) K 3 PO 4 , б) Mg(NO 3) 2 , в) (NH 4) 2 SeO 3 | ||
| а) BeSO 4 , б) K 3 PO 4 , в) Ni(NO 2) 2 | а) ZnCl 2 , Na 3 PO 4 , в) Ni(CH 3 COO) 2 | ||
| а) Bi(NO 3) 3 , б) K 2 CO 3 в) (NH 4) 2 S | а) AlCl 3 , б) K 2 CO 3 , в) (NH 4) 2 SO 3 | ||
| а) Na 2 CO 3 , б) AlCl 3 , в) (NH 4) 3 PO 4 | а) FeCl 3 , б) Na 2 S, в) (NH 4) 2 Te | ||
| а) K 3 PO 4 , б) MgCl 2 , в) Al(CH 3 COO) 3 | а) CuSO 4 , б) Na 3 PO 4 , в) (NH 4) 2 Se | ||
| а) ZnSO 4 , б) Na 3 AsO 4 , в) Mg(NO 2) 2 | а) BeSO 4 , б) б) Na 2 SeO 3 , в) (NH 4) 3 PO 4 | ||
| а) Cr(NO 3) 3 , б) K 2 SO 3 , в) (NH 4) 2 SO 3 | a) BiCl 3 , б) K 2 SO 3 , в) Al(CH 3 COO) 3 | ||
| а) Al(NO 3) 3 , б) Na 2 Se, в) (NH 4) 2 CO 3 | a) Fe(NO 3) 2 , б) Na 3 AsO 4 , в) (NH 4) 2 S |
Список литературы
1. Лурье, Ю.Ю. Справочник по аналитической химии / Ю.Ю. Лурье. – М. : Химия, 1989. – 448 с.
2. Рабинович, В.А. Краткий химический справочник / В.А. Рабинович, З.Я. Хавин – Л. : Химия, 1991. – 432 с.
3. Глинка, Н.Л. Общая химия / Н.Л. Глинка; под ред. В.А. Рабиновича. – 26-е изд. – Л.: Химия, 1987. – 704 с.
4. Глинка, Н.Л. Задачи и упражнения по общей химии: учебное пособие для вузов / Н.Л. Глинка; под ред. В. А. Рабиновича и Х.М. Рубиной – 22-е изд. – Л.: Химия, 1984. – 264 с.
5. Общая и неорганическая химия: конспект лекций для студентов технологических специальностей: в 2 ч. / Могилёвский государственный университет продовольствия; авт.-сост. В.А. Огородников. – Могилёв, 2002. – Ч. 1: Общие вопросы химии. – 96 с.
Учебное издание
ОБЩАЯ ХИМИЯ
Методические указания и контрольные задания
для студентов технологических специальностей заочной формы обучения
Составитель: Огородников Валерий Анатольевич
Редактор Т.Л Матеуш
Технический редактор А.А. Щербакова
Подписано в печать. Формат 60´84 1/16
Печать офсетная. Гарнитура Таймс. Печать трафаретная
Усл. печ. л.. Уч. изд. л. 3.
Тираж экз. Заказ.
Отпечатано на ризографе редакционно-издательского отдела
учреждения образования
«Могилёвский государственный университет продовольствия»
УДК 543
Дубова Н.М. Аналитическая химия. Методические указания и варианты контрольных заданий к самостоятельной работе студентов ХТФ направления 240100 . – Томск: Изд-во ТПУ, 2006. – 20 с.
Составитель доц., к.х.н. H.M.Дубова
Рецензент
доц., к.х.н. кафедры ФАХ Е.И.Короткова
Зав. кафедрой ФАХ______________ _____ А. А. Бакибаев
Одобрено учебно-методической комиссией ХТФ
Председатель учебно-методической комиссии
Н.В.Ушева
Расчет рН в растворах различных электролитов
В данном методическом указании приводятся формулы и примеры упрощенного расчета рН в растворах сильных и слабых кислот и оснований, гидролизующихся солей, буферных системах без учета влияния ионной силы раствора.. Приведены некоторые примеры расчета рН в различных смесях кислот и оснований, скачка на кривых титрования и обоснования выбора индикатора.
1.Расчет рН в растворах сильных кислот и оснований.
Расчет рН в растворах сильных одноосновных кислот и оснований проводят по формулам (1-2):
рН = - lg C к (1)
рН =14 + lg С о (2)
Где C к, С о –молярная концентрация кислоты или основания, моль/л
Пример 1. Вычислить рН, рОН, [Н + ] , [ОН - ] в 0.01М HCl.
Решение . Соляная кислота относится к сильным кислотам, поэтому можно принять концентрацию ионов водорода равной концентрации кислоты [Н + ] =0.01моль/л. Значение рН вычисляется по формуле (1) и равно рН= -lg 0.01 =2. Концентрацию гидроксид-ионов можно найти, зная величину ионного произведения воды:
[ОН - ] =10 -14 /[Н + ] = 10 -14 /0.01 = 10 -12
Значение рOH = -lg 10 -12 =12
Кроме того величину рОН можно найти из известного равенства (3)
рН + рОН = 14 (3)
Расчет рН в растворах слабых кислот и оснований
Расчет рН в растворах слабых одноосновных кислот и оснований проводят по формулам (4-5)
рН = 1/2 (рК к – lgC к) (4)
рОН = 14 - 1/2(рК О - lg C О) (5)
Пример2.1. Вычислить рН 0.03 М раствора NH 4 OH после смешивания его с водой в соотношении 1:2.
Решение . После смешивания 0.03М раствора аммиака с водой, его концентрация уменьшится в три раза. Подставляя в формулу (5) значение рК(NH 4 OH)= 4.76 и концентрацию раствора после разбавления,получим:
рН = 14 – 1/2 (4.76- lg 0.01) = 10.62
Пример 2.2 ВычислитьрН при сливании 100мл соляной кислоты с Т=0.07300г/мл со 100мл раствора соляной кислоты с Т (HCl/NaOH) =0.004000г/мл.
Решение. Значение рН после сливания двух растворов будет определяться суммарной концентраций ионов водорода, которая находится по формуле (6) :
(С м V) 1 + (С м V) 2 = (С м V) 3 (6),
где V 3 =V 1 + V 2
Молярная концентрация ионов водорода в первом растворе находится по формуле С М (HCl)= Т(HCl)×1000/М(HCl)=0.07300×1000/36.5 = 2.0 моль/л×; во втором растворе по формуле: С М (HCl)=f× С Н (HCl); f=1;
С Н (HCl)= Т(HCl/NaOH)×1000/М Э (NaOH) =0.004000×1000/40 =0.01моль/л. Молярная концентрация ионов водорода в растворе, полученном после сливания и вычисленная по формуле (6) равна. С м = 0.105 моль/л, рН = -lg0.105 =0.98
Пример 2.3 . Как изменится рОН 200мл 0.01М NH 4 OH при добавлении к нему 100 мл 0.03М раствора NaOH ?
Решение. Вычислим значение рН раствора аммиака в первоначальном растворе по формуле (5): рН =14 –1/2 (4.76 – lg0.01) =10.62. Значение рОН в таком растворе рОН=3.38, а концентрация гидроксид ионов равна [ОН - ] =10 -3.38 =0.00046 моль/л, т.е. на два порядка меньше,чем концентрация гидроксид-ионов в растворе NaOH. Поэтому значение рОН раствора, полученного при сливании будет в основном определяться концентрацией сильного электролита NaOH с учетом разбавления за счет добавления раствора аммиака.
Значение рОН = -lg100×0.03/300 =2
Расчет рН в растворах гидролизующихся солей
Различают 3 случая гидролиза солей:
а) гидролиз соли по аниону (соль образована слабой кислотой и сильным основанием, например CH 3 COO Na). Значение рН рассчитывают по формуле (7):
рН = 7 + 1/2 рК к + 1/2 lg С с (7)
б) гидролиз соли по катиону (соль образована слабым основанием и сильной кислотой, например NH 4 Cl).Расчет рН в таком растворе ведут по формуле (8):
рН = 7 - 1/2 рК о - 1/2 lg С с (8)
в) гидролиз соли по катиону и аниону (соль образована слабой кислотой и слабым основанием, например CH 3 COO NH 4). В этом случае расчет рН ведут по формуле (9) :
рН = 7 + 1/2 рК к - 1/2 рК о (9)
Если соль образована слабой многоосновной кислотой или слабым многопротонным основанием, то в перечисленные выше формулы (7-9) расчета рН подставляются значения рК к и рК о по последней ступени диссоциации
Пример 3.1. Вычислить массу (г) Na 2 CO 3 в 100 мл раствора с рН =11.16
Решение. Воспользуемся формулой (7).Подставим значение константы диссоциации угольной кислоты по второй ступени и вычислим значение молярной концентрации соли в растворе:
11.16 = 7 + 1/2 ×10.32 + 1/2 lg С с
С с =0.01моль/л. Зная С с в растворе, рассчитаем массу соли в растворе по известной формуле m = C×М×V/1000= 0.01×106×100/1000 =0.1060г
Буферные системы
К буферным системам относятся смеси:
а)слабой кислоты и ее соли, напримерCH 3 COO H + CH 3 COO Na
б) слабого основания и его соли, например NH 4 OH + NH 4 Cl
в) смесь кислых солей разной кислотности, например
NaH 2 PO 4 + Na 2 HPO 4
г) смесь кислой и средней солей, например NaНCO 3 + Na 2 CO 3
д) смесь основных солей разной основности, например
Al(OH) 2 Cl + Al(OH)Cl 2 и т.д.
Расчет рН в буферных системах ведут по формулам (10-11)
рН = рК к – lg C к /С с (10)
рН = 14 – рК о + lg C о /С с (11)
Пример 4.1. Сколько граммNH 4 Cl надо растворить в 200 мл 0.1МNH 4 OH, чтобы получить растворс рН= 9.24 ?
Решение. При растворении NH 4 Cl в растворе NH 4 OH образуется буферная система. Расчет ведут по формуле (11).Подставляя численные значения рН, рК о, вычисляют концентрацию соли: С с =0.1моль/л. Рассчитывают массу соли: m = C×М×V/1000= 0.1×53.5×200/1000=1.0700г.
Гидро́лиз (от др.-греч. ὕδωρ - вода и λύσις - разложение) - один из видов химических реакций сольволиза, где при взаимодействии веществ с водой происходит разложение исходного вещества с образованием новых соединений. Механизм гидролиза соединений различных классов: соли, углеводы, белки, сложные эфиры, жиры и др. имеет существенные различия.
Гидролиз солей - разновидность реакций гидролиза, обусловленного протеканием реакций ионного обмена в растворах (преимущественно, водных) растворимых солей-электролитов. Движущей силой процесса является взаимодействие ионов с водой, приводящее к образованию слабого электролита в ионном или (реже) молекулярном виде («связывание ионов »).
Различают обратимый и необратимый гидролиз солей
· 1. Гидролиз соли слабой кислоты и сильного основания (гидролиз по аниону):
(раствор имеет слабощелочную среду, реакция протекает обратимо
· 2. Гидролиз соли сильной кислоты и слабого основания (гидролиз по катиону):
(раствор имеет слабокислую среду, реакция протекает обратимо , гидролиз по второй ступени протекает в ничтожной степени)
· 3. Гидролиз соли слабой кислоты и слабого основания:
(равновесие смещено в сторону продуктов, гидролиз протекает практически полностью , так как оба продукта реакции уходят из зоны реакции в виде осадка или газа).
Соль сильной кислоты и сильного основания не подвергается гидролизу, и раствор нейтрален. См. также Электролитическая диссоциация.
Степень гидролиза
Под степенью гидролиза
подразумевается отношение части соли, подвергающейся гидролизу, к общей концентрации её ионов в растворе. Обозначается α
(или h гидр
);
α
= (c
гидр /c
общ)·100 %
где c
гидр - число молей гидролизованной соли, c
общ - общее число молей растворённой соли.
Степень гидролиза соли тем выше, чем слабее кислота или основание, её образующие.
Является количественной характеристикой гидролиза.
Константа гидролиза - константа равновесия гидролитической реакции. Так константа гидролиза соли равна отношению произведения равновесных концентраций продуктов реакции гидролиза к равновесной концентрации соли с учетом стехиометрических коэффициентов.
В общем случае для соли, образованной слабой кислотой и сильным основанием:
, где - константа диссоциации слабой кислоты, образующейся при гидролизе
для соли, образованной сильной кислотой и слабым основанием:
, где - константа диссоциации слабого основания, образующегося при гидролизе
для соли, образованной слабой кислотой и слабым основанием:
Расчет pH:
Водоро́дный показа́тель , pH (произносится «пэ аш», английское произношение англ. pH - piː"eɪtʃ «Пи эйч») - мера активности (в очень разбавленных растворах она эквивалентна концентрации)ионов водорода в растворе, и количественно выражающая его кислотность, вычисляется как отрицательный (взятый с обратным знаком) десятичный логарифм активности водородных ионов, выраженной в молях на литр:
Вывод значения pH
В чистой воде при 25 °C концентрации ионов водорода () и гидроксид-ионов () одинаковы и составляют 10 −7 моль/л, это напрямую следует из определения ионного произведения воды, которое равно · и составляет 10 −14 моль²/л² (при 25 °C).
Когда концентрации обоих видов ионов в растворе одинаковы, говорят, что раствор имеет нейтральную реакцию. При добавлении к воде кислоты концентрация ионов водорода увеличивается, а концентрация гидроксид-ионов соответственно уменьшается, при добавлении основания - наоборот, повышается содержание гидроксид-ионов, а концентрация ионов водорода падает. Когда > говорят, что раствор является кислым , а при > - щелочным .
Для удобства представления, чтобы избавиться от отрицательного показателя степени, вместо концентраций ионов водорода пользуются их десятичным логарифмом, взятым с обратным знаком, который собственно и является водородным показателем - pH.
Несколько меньшее распространение получила обратная pH величина - показатель основности раствора, pOH, равная отрицательному десятичному логарифму концентрации в растворе ионов OH − :
как в любом водном растворе при 22 °C , очевидно, что при этой температуре.
В общем случае, гидролиз солей
– это процесс обменного разложения воды и растворенной в ней соли – электролита, приводящий к образованию малодиссоциирующего вещества.
Гидролиз является частным случаем сольволиза – обменного разложения растворенного вещества и растворителя.
Характеризовать гидролиз количественно позволяют такие величины, как Степень гидролиза и константа гидролиза .
Степень гидролиза
— это соотношение количества подвергающейся гидролизу соли n гидр и общего количества растворенной соли n общ. Обычно, ее обозначают через h гидр (или α ):
h гидр = (n г идр /n общ)·100 %
Величина h гидр увеличивается с уменьшением силы образующих соль кислоты или основания.
Константа гидролиза
Представим в общем виде процесс гидролиза соли, в котором в роли соли выступает – МА, а НА и МОН - соответственно, кислота и основание, которые образуют данную соль:
K г = ·/
Концентрация образовавшейся кислоты равна концентрации гидроксид ионов, тогда
K г = 2 /
Используя это выражение можно вычислить pH раствора
= (K г ·) 1/2 моль/л
10 -14 / моль/л
Гидролиз солей можно представить, как поляризационное взаимодействие ионов и их гидратной оболочки. Гидролиз протекает тем полнее, сильнее поляризующее действие ионов. Возможны 4 случая протекания гидролиза:
Соли, образованные сильным основанием и сильной кислотой
Соли, образованные сильным основанием и сильной кислотой не подвергаются гидролизу. В этом случае, гидролиз практически не происходит, т.к. катионы и анионы, образующиеся в растворе при , слабо поляризуют гидратную оболочку. pH среды не изменяется (рН ≈ 7 ):
NaCl ↔ Na + + Cl —
Na + + HOH ↔ реакция практически не протекает
Cl — + HOH ↔ реакция практически не протекает
Соли, образованные слабым основанием и сильной кислотой
Такое соединение, при ионизации, образует катионы, способные к поляризации гидратной оболочки и анионы, которые их поляризуют слабо. Тогда гидроли з проходит по катиону, при этом среда носит кислый характер, т.е. рН ˂ 7 :
NH 4 Cl ↔ NH 4 + + Cl —
NH 4 + + HOH ↔ NH 4 OH + H +
Cl — + HOH ↔ реакция практически не идет
NH 4 Cl+ HOH ↔ NH 4 OH + HCl
Для солей, образованных слабым основанием и сильной кислотой, константа гидролиза и константа диссоциации основания связаны соотношением:
K г = K H 2 O /K осн
Понятно, что чем меньше сила основания, тем в большей степени протекает гидролиз.
Если соль образованна слабым основанием многовалентного металла и сильной кислотой , то ее гидролиз будет протекать ступенчато:
FeCl 2 ↔ Fe 2+ + 2Cl —
| I ступень | Fe 2+ + HOH ↔ (FeOH) + + H + FeCl 2 + HOH ↔ (FeOH)Cl + HCl |
| II ступень | (FeOH) + + HOH ↔ Fe(OH) 2 + H + (FeOH)Cl + HOH↔ Fe(OH) 2 + HCl |
Константа гидролиза по первой ступени связана с константой диссоциации основания по второй ступени, а константа гидролиза по второй ступени - с константой диссоциации основания по первой ступени:
K г1 = K H 2 O /K осн2
K г2 = K H 2 O /K осн1
Поскольку первая константа диссоциации кислоты всегда больше второй, то первая константа гидролиза всегда больше, чем константа вторая гидролиза, так как первая константа диссоциации основания всегда больше второй
K г1 > K г2
Отсюда следует, что по первой ступени, гидролиз всегда будет протекать в большей степени, чем по второй. Этому также способствуют ионы, которые образуются при гидролизе по первой ступени, они приводят подавлению гидролиза по второй ступени, смещая равновесие влево.
Сравнивая величины K г и K осн можно качественно определить pH среды . Так, если K г намного больше K осн, то среда сильнокислая , при K г намного меньшей K осн — среда слабокислая среднекислая.
Соль, образованная сильным основанием и слабой кислотой
Такое соединение в растворе образует слабополяризующие катионы и среднеполяризующие анионы. Гидролиз протекает по аниону , и в его результате создается щелочная среда, pH > 7 :
NaCN ↔ Na + + CN —
CN — + HOH ↔ HCN + OH —
Na + + HOH ↔ реакция практически не идет
NaCN + HOH ↔ HCN + NaOH
Константа гидролиза и константа диссоциации кислоты связаны зависимостью:
K г = K H 2 O /K к-ты
Т.е. гидролиз соли протекает тем полнее, чем слабее образующая эту соль, кислота.
Возможен гидролиз соли , образованной слабой многоосновной кислотой и сильным основанием. В этом случае гидролиз протекает по ступеням:
Na 2 SO 3 ↔ 2Na + + SO 3 2-
| I ступень | SO 3 2- + HOH ↔ HSO 3 — + OH — Na 2 SO 3 + HOH ↔ NaHSO 3 + NaOH |
| II ступень | HSO 3 — + HOH ↔ H 2 SO 3 + OH — NaHSO 3 + HOH ↔ H 2 SO 3 + NaOH |
В этом случае, константа гидролиза по первой и второй ступеням определяется соотношениями:
K г1 = K H 2 O /K к-ты2
K г2 = K H 2 O /K к-ты1
Следует помнить, что гидролиз по второй ступени протекает в ничтожно малой степени.
Сравнивая величины K г и K к-ты, можно качественно определить pH среды . Так, если K г намного больше K к-ты, то среда сильнощелочная , при K г намного меньшей K к-ты — среда слабощелочная , а если K г и K осн сопоставимы, то — среднещелочная.
Соли, образованные слабым основанием и слабой кислотой
Такие соли, при ионизации образуют среднеполяризующие катионы и анионы, поэтому гидролиз возможен как по катиону, так и по аниону . При этом относительная сила образовавшихся кислоты и основания, будут влиять на характер среды (слабокислая или слабощелочная, pH ≈ 7). Такого типа гидролиз протекает особо полно, обычно с образованием малорастворимого вещества:
Al 2 S 3 + 6HOH ↔ 2Al(OH) 3 ↓+ 3H 2 S
K г = K H 2 O /(K к-ты ·K осн)
Влияние различных факторов на протекание гидролиза
- Природа соли . Это видно из выражения для константы гидролиза.
- Концентрация соли и продуктов реакции . В соответствии с , равновесие должно смещаться вправо, при этом увеличивается концентрация ионов водорода (или гидроксид-ионов), что приводит к уменьшению степени гидролиза.
- Температура . Известно, что гидролиз притекает с поглощением теплоты (), поэтому согласно принципу Ле Шателье, при увеличении температуры сдвигается вправо, что ведет к росту степени гидролиза .
