Сделай Сам Свою Работу на 5

Расчет концентрации ионов водорода и гидроксид-ионов в растворах гидролизующихся солей





Большинство солей, растворимых в воде, являются сильными электролитами и в растворе полностью распадаются на ионы. Если в состав соли входят ионы, соответствующие образованию слабой кислоты или слабого основания, то эти ионы могут конкурировать с молекулами воды за обладание ионами Н+ и ОН:

М+ + НОН ↔ МОН + Н+ (24)

А + НОН ↔ НА + ОН (25)

Такие реакции называются реакциями гидролиза ионов (по катиону (24) и по аниону (25)). Очевидно, что если в состав соли входят ионы, соответствующие образованию только сильной кислоты и основания, то эти ионы не гидролизуются. Например, не подвергаются гидролизу соли Na2SO4, KCl, Ba(NO3)2 и т.д.

Хлорида аммония NH4Cl содержит ион, соответствующий слабому основанию NH4OH, поэтому гидролиз протекает по катиону:

NH4Cl → NH4+ + Cl

NH4+ + HOH ↔ NH4OH + H+

NH4Cl + HOH ↔ NH4OH + HCl.

Раствор хлорида аммония будет иметь рН < 7. Реакция гидролиза протекает обратимо и описывается константой гидролиза:

В состав нитрита калия входит ион NO2, который соответствует слабой кислоте HNO2. В этом случае гидролиз протекает по аниону:

KNO2 → K+ + NO2

NO2 + HOH ↔ HNO2 + OH

KNO2 + HOH ↔ HNO2 + KOH.

рН раствора нитрита калия больше 7. Константа гидролиза этой соли имеет следующий вид:



Нитрит аммония образован и слабым основанием, и слабой кислотой, поэтому гидролиз будет идти и по катиону, и по аниону:

NH4NO2 → NH4+ + NO2

NH4+ + HOH ↔ NH4OH + H+

NO2 + HOH ↔ HNO2 + OH

В данном случае степень гидролиза сильно возрастает, так как образующиеся ионы водорода и гидроксила связываются в воду, и равновесие реакции гидролиза смещается вправо:

NH4+ + NO2 + HOH ↔ HNO2 + NH4OH

NH4NO2 + HOH ↔ HNO2 + NH4OH.

Для определения рН раствора такой соли необходимо сравнить константы диссоциации обоих слабых электролитов: HNO2 и NH4OH. К(HNO2) = 4,3·10–4, а К(NH4OH) = 1,75·10–5. Константа диссоциации гидроксида аммония меньше, чем константа диссоциации азотистой кислоты, поэтому ион аммония будет гидролизоваться в большей степени, и рН раствора будет меньше 7.

 

 

Задача 8

Навеску соли S1 (молярная масса М г/моль) массой m (г), растворили в мерной колбе на V (мл) и разбавили водой до метки. Рассчитайте рН полученного раствора и степень гидролиза растворенной соли, если соответствующая константа диссоциации равна К (таблица 15).



Таблица 15 – Условие задачи 8

m, г Соль S1 M, г/моль К V, мл
0,79 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
0,86 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
0,93 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
1,00 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,07 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
1,14 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4

Продолжение таблицы 15

m, г Соль S1 M, г/моль К V, мл
1,21 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
1,28 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
1,35 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
1,42 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,49 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
1,56 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
1,63 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
1,70 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
1,77 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
1,84 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,91 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
1,98 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
2,05 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
2,12 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
2,19 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
2,26 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
2,33 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
2,40 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
2,47 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
2,54 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
2,61 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
2,68 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
2,75 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
2,82 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
2,89 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
2,96 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
3,03 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
3,10 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
3,17 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
3,24 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
3,31 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
3,38 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
3,45 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
3,52 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
3,59 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
0,79 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
0,86 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
0,93 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
1,00 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
1,07 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,14 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
1,21 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
1,28 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
1,35 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
1,42 Хлорид аммония 53,491 1,77E-05

 



Продолжение таблицы 15

m, г Соль S1 M, г/моль К V, мл
1,49 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,56 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
1,63 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4
1,70 Ацетат калия 98,143 1,75∙10–5
1,77 Ортофосфат натрия (К3) 163,941 1,26∙10–12
1,84 Хлорид аммония 53,491 1,77∙10–5
1,91 Карбонат натрия (К2) 105,989 4,69∙10–11
1,98 Нитрат аммония 80,043 1,77∙10–5
2,05 Формиат калия 84,116 1,77∙10–4

Рассмотрим решение задачи на примере 1 варианта.

Запишем реакцию гидролиза ацетата калия:

Сc Сc Сc

CH3COOK → CH3COO + K+

Сcх х х

CH3COO + HOH ↔ CH3COOH + OH

Обозначим начальную концентрацию соли Сс. Поскольку это вещество сильный электролит, в результате его диссоциации образуется столько же ацетат-ионов (С(СH3COO) = Сc). Реакция гидролиза протекает обратимо. Если в реакцию гидролиза вступает х моль/л ионов CH3COO, то образуется х моль/л молекул уксусной кислоты и х моль/л ионов OH и остается (Ccх) моль/л ионов CH3COO.

Запишем выражение константы гидролиза для этой соли:

(26)

Если константа гидролиза соли мала, то можно считать, что х<<Сс. Тогда уравнение (26) примет вид:

(27)

Если константа гидролиза велика, то для нахождения х необходимо решить следующее уравнение:

(28)

Рассчитаем концентрацию соли по формуле (2):

(моль/л).

Найдем константу гидролиза:

.

Константа гидролиза мала и для расчета концентрации ионов ОН можно использовать уравнение (27):

(моль/л).

Рассчитаем степень гидролиза:

В варианте 2 константа диссоциации кислоты мала и соответственно, константа гидролиза соли, образованной это кислотой, будет велика, поэтому для расчета величины х необходимо использовать уравнение (28).

Ортофосфат калия образован так же, как и в предыдущем примере, сильным основанием и слабой кислотой и гидролизуется по аниону; рН такого раствора будет больше 7. Рассчитаем константу гидролиза:

.

Найдем концентрацию соли и концентрацию ионов OH в растворе:

(моль/л).

(моль/л).

Рассчитаем рН раствора ортофосфата натрия:

рН = 14 – рОН = 14 + lg 1,100∙10–2 = 12,0412.

Степень гидролиза этой соли будет равна:

Таблица 16 – Ответы к задаче 8

Cс, моль/л Кгидр. С(H+/OH), моль/л рН α, %
0,08049 5,71∙10–10 6,782∙10–6 8,8314 8,43∙10–3
0,02623 7,94∙10–3 1,100∙10–2 12,1592 41,92
0,06954 5,65∙10–10 6,268∙10–6 5,2029 9,01∙10–3
0,01887 2,13∙10–4 1,902∙10–3 11,3023 10,10
0,01337 5,65∙10–10 2,748∙10–6 5,5610 2,06∙10–2
0,1355 5,65∙10–11 2,767∙10–6 8,4420 2,04∙10–3
0,06164 5,71∙10–10 5,935∙10–6 8,7734 9,63∙10–3
0,03123 7,94∙10–3 1,227∙10–2 12,1971 39,30
0,05048 5,65∙10–10 5,340∙10–6 5,2724 1,06∙10–2
0,01340 2,13∙10–4 1,587∙10–3 11,2279 11,80
0,1862 5,65∙10–10 1,025∙10–5 4,9891 5,51∙10–3
0,08049 5,65∙10–11 2,289∙10–6 8,3596 2,47∙10–3

Задача 9

Рассчитайте растворимость соли S1 (моль/л и г/100 г раствора, ρ = 1 г/мл) в чистой воде и в С1 молярном растворе соли S2. Произведение растворимости S1 равно ПР. Можно ли использовать это вещество в гравиметрическом методе анализа?

Таблица 17 – Условие задачи 9

S1 S2 С1, моль/л ПР S1 S2 С1, моль/л ПР
Cs2PtCl6 CsNO3 0,040 3∙10–8 Ag2Cr2O7 K2CrO4 0,032 1∙10–10
CsCo(NO2)6 CsCl 0,005 6∙10–16 Ag3PO4 Na3PO4 0,005 1∙10–20
CsClO4 CsNO3 0,014 4∙10–3 Ag3WO4 K3WO4 0,017 5∙10–12
Rb2PtCl6 RbNO3 0,032 9∙10–8 Cs2PtCl6 CsNO3 0,070 3∙10–8
RbCo(NO2)6 RbCl 0,013 1∙10–15 CsCo(NO2)6 CsCl 0,011 6∙10–16
Li3PO4 Na3PO4 0,300 3∙10–9 CsClO4 CsNO3 0,080 4∙10–3
LiF KF 0,610 2∙10–3 Rb2PtCl6 RbNO3 0,050 9∙10–8
Ag2CrO4 Na2CrO4 0,039 1∙10–12 RbCo(NO2)6 RbCl 0,019 1∙10–15
Ag2Cr2O7 K2CrO4 0,025 1∙10–10 Li3PO4 Na3PO4 0,220 3∙10–9
Ag3PO4 Na3PO4 0,004 1∙10–20 LiF KF 0,470 2∙10–3
Ag3WO4 K3WO4 0,011 5∙10–12 Ag2CrO4 Na2CrO4 0,011 1∙10–12
Cs2PtCl6 CsNO3 0,050 3∙10–8 Ag2Cr2O7 K2CrO4 0,060 1∙10–10
CsCo(NO2)6 CsCl 0,007 6∙10–16 Ag3PO4 Na3PO4 0,002 1∙10–20
CsClO4 CsNO3 0,260 4∙10–3 Ag3WO4 K3WO4 0,020 5∙10–12
Rb2PtCl6 RbNO3 0,038 9∙10–8 Cs2PtCl6 CsNO3 0,080 3∙10–8
RbCo(NO2)6 RbCl 0,015 1∙10–15 CsCo(NO2)6 CsCl 0,013 6∙10–16
Li3PO4 Na3PO4 0,018 3∙10–9 CsClO4 CsNO3 0,200 4∙10–3
LiF KF 0,400 2∙10–3 Rb2PtCl6 RbNO3 0,056 9∙10–8
Ag2CrO4 Na2CrO4 0,043 1∙10–12 RbCo(NO2)6 RbCl 0,021 1∙10–15
Ag2Cr2O7 K2CrO4 0,053 1∙10–10 Li3PO4 Na3PO4 0,100 3∙10–9
Ag3PO4 Na3PO4 0,008 1∙10–20 LiF KF 0,260 2∙10–3
Ag3WO4 K3WO4 0,014 5∙10–12 Ag2CrO4 Na2CrO4 0,015 1∙10–12
Cs2PtCl6 CsNO3 0,060 3∙10–8 Ag2Cr2O7 K2CrO4 0,039 1∙10–10
CsCo(NO2)6 CsCl 0,009 6∙10–16 Ag3PO4 Na3PO4 0,006 1∙10–20
CsClO4 CsNO3 0,170 4∙10–3 Ag3WO4 K3WO4 0,023 5∙10–12
Rb2PtCl6 RbNO3 0,044 9∙10–8 Cs2PtCl6 CsNO3 0,090 3∙10–8
RbCo(NO2)6 RbCl 0,017 1∙10–15 CsCo(NO2)6 CsCl 0,015 6∙10–16
Li3PO4 Na3PO4 0,340 3∙10–9 CsClO4 CsNO3 0,110 4∙10–3
LiF KF 0,190 2∙10–3 Rb2PtCl6 RbNO3 0,062 9∙10–8
Ag2CrO4 Na2CrO4 0,047 1∙10–12 RbCo(NO2)6 RbCl 0,023 1∙10–15

Пример решения задачи 9 (вариант 2).

Запишем уравнение растворения малорастворимой соли:

3х х

Cs3Co(NO2)6 ↔ 3Cs+ + Co(NO2)63–

Произведение растворимости для этого процесса имеет следующий вид:

ПР = [Cs+]3·[Co(NO2)63–].

Пусть растворилось соли х моль/л, тогда образовалось 3х моль/л Cs+ и х моль/л Co(NO2)63–. Подставим эти обозначения в произведение растворимости:

ПР = (3х)3 · х = 27х4 = 6·10–16.

.

Растворимость соли Cs3Co(NO2)6 равна 6,87∙10–5 (моль/л).

М(Cs3Co(NO2)6) = 733,678 г/моль. Это соответствует:

6,87∙10–5·733,678/10 = 5,04·10–3 (г/100г раствора).

При добавлении 0,005 молярного раствора хлорида цезия получаем:

3х х

Cs3Co(NO2)6 ↔ 3Cs+ + Co(NO2)63–

0,005 0,005 0,005

CsCl → Cs+ + Cl

Общая концентрация ионов Cs+ в растворе будет равна (0,005 + 3х), так как х мал, будем считать, что выражение (0,005 + 3х) = 0,005. Выражение произведения растворимости примет вид:

ПР = 0,0053∙х = 1,25∙10–7·х = 6·10–16, отсюда х = 4,80·10–9 (моль/л).

Это соответствует 4,80·10–9 · 733,678/10 = 3,52·10–7 (г/100г раствора).

Проанализируем возможность использования этого вещества в качестве весовой формы в гравиметрическом анализе. Масса вещества, оставшаяся в растворе, не должна превышать погрешность взвешивания, т.е. быть меньше, чем 2∙10–3 г. Растворимость соли в чистой воде равна 5,04·10–3 г/100 г раствора. Соответственно при осаждении соли в 100 г раствора останется 5,04·10–3 г вещества, что превышает допустимый предел. Однако при добавлении хорошо растворимой соли, содержащей одноименный ион (избыток осадителя), наблюдается значительное уменьшение растворимости, и потери вещества составят лишь 3,52·10–7 г, что значительно превышает точность гравиметрического анализа.

 

Таблица 18 – Ответы к задаче 9

 








Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском по сайту:



©2015 - 2024 stydopedia.ru Все материалы защищены законодательством РФ.