РН гидролизующейся соли

Слабые электролиты

РН слабой кислоты

Сильная кислота::

HCl ® H⁺ + Cl^-; [HCl] = 1 M ® [H⁺] = 1 M ® рН = 0

Слабая кислота:

CH₃COOH «CH₃COO^– + H⁺; Если [AH] = 1 M ® [H⁺] =???

К_кисл = [H⁺][ A^–]/[HA] = 1, 8*10^-5;

pК_кисл = -lg (К_кисл) = 4, 75

К_кисл = [H⁺]²/[HA]» [H⁺]²/1 M Допущения: 1) все протоны только из слабой кислоты;

2) текущую равновесную концентрацию заменяем исходной; это можно при значениях

К_кисл менее 0, 001. [H⁺] = Ö (К_кисл *С) Т.е. не используем степень диссоциации.

рН смеси слабой кислоты и ее соли с сильным основанием

Усложним предыдущую задачу:

1 М CH₃COOH АН «А^- + H⁺

и 2 М CH₃COONa ANa ® А^- + Na⁺

К_кисл = [H⁺][A^–]/[HA] = 1, 8*10^-5;

НО теперь [A^–] берем только из соли (когда кислоты не намного больше в растворе, чем соли); [HA] считаем как исходную конц. кислоты (см. выше). При этих двух допущениях решить легко:

[H⁺] = К_кисл ([кисл]/[соль]); рН = -lg К_кисл – lg ([кисл]/[соль]) = pК_кисл - lg ([кисл]/[соль])

РН буферных растворов

Пример: в 1 л воды растворили 1, 7 г аммиака NH₃ и 3, 65 г хлороводорода HCl. Определите рН раствора.

Решение примера: 1, 7/17=0, 1 моль и 3, 65/36, 5= 0, 1 моль. В результате получился раствор соли NH₄Cl (одинаковые количества кислоты и основания). Соль слабого основания и сильной кислоты - при гидролизе рН < 7:

NH₄Cl + H₂O Û NH₄OH + HCl

Точный расчет рН по формуле с константой гидролиза: [H⁺] = [(K_w/К_осн)С_соли]^1/2.

Если слабое основание взято в избытке (например, 5, 1 г аммиака), то получится раствор слабого основания и его соли - основной буфер. Равновесие диссоциации слабого основания в буфере сдвинуто влево из-за повышенной концентрации иона NH₄⁺ из соли (соль диссоциирует на 100%):

NH₃^.H₂O (NH₄OH) Û NH₄⁺ + OH^–

Расчет рН по формуле для щелочного буферного раствора: рН = 14 - рК_осн – lg[соль]₀/[основан]₀

Раствор будет менее щелочным по сравнению с чистым аммиаком (рН > 7).

рН гидролизующейся соли

Соль сильной кислоты и сильного основания гидролизу не подвергается, рН = 7

Соль слабой кислоты и сильного основания рН > 7

Пример: ацетат натрия CH₃COONa (см.ниже)

Соль сильной кислоты и слабого основания рН < 7

Пример: хлорид алюминия AlCl₃ (см. ниже)

Соль слабой кислоты и слабого основания – рН зависит от соотношения констант диссоциации кислоты и соли. Иногда происходит необратимый гидролиз.

Теперь для расчета все еще хуже. Кислоты нет, есть (например) только 2 М ацетат натрия.

CH₃COONa + H₂O Û CH₃COOH + NaOH

Сокращенное ионное уравнение реакции гидролиза:

CH₃COO^– + H₂O Û CH₃COOH + OH^–

ANa ® А^- + Na⁺ но когда аниона слабой кислоты много, он берет протон из воды:

А^- + H₂O «AH + OH^- тогда рН > 7

Теперь надо получить выражение для [H⁺] или [OH^–] на основе исходной концентрации и табличных данных.

Используем понятие «константа гидролиза» К_г = ([AН] [OH^–]) /[A^–]

В нем мы можем [A^–] приравнять к концентрации исходной соли (2 М), а [AН] и [OH^–] считать равными. Тогда: К_г = ([OH^–]²) /[2 М]

Но табличных данных по К_г нет. Тогда выражение К_г = ([AН] [OH^–]) /[A^–] умножаем и делим на [H⁺]: К_г = ([AН] [OH^–][H⁺]) /([A^–][H⁺])

При этом оно сводится к двум известным константам: К_г = K_w / К_кисл = 10^-14/1, 8*10^-5

В результате [OH^–] = Ö (К_г 2 М) = Ö [(10^-14/1, 8*10^-5)(2 М)]» Ö 10^-9 = 10^{-4, 5}

Тогда рОН = 4, 5; рН = 14 – рОН = 9, 5

ã Загорский В.В., Морозова Н.И., 2005

Расчет рН 0, 1 М раствора хлорида алюминия.

Уравнение гидролиза AlCl₃ (1 ступень):

AlCl₃ + H₂O Û Al(OH)Cl₂ + HCl

В ионном виде:

Al³⁺ + H₂O Û Al(OH)²⁺ + H⁺

Допустим, мы не знаем, что K_гидр(I) = 1.12*10^-5 [[1]]

Для нахождения рН нам нужно знать концентрацию [H⁺] или [OH^–]; при этом для вычислений можно пользоваться только справочными данными и исходной концентрацией соли.

Достаточно ли первой ступени? Это выясним в ходе расчетов.

Константа ионизации (в справочниках есть только по 3-й ступени) [[2]]: K_Al(III) = 1, 4*10^-9

Видно, что нам нужна диссоциация Al(OH)₃ как раз по третьей ступени:

Al(OH)²⁺ Û Al³⁺ + OH^-

Можно записать константу гидролиза:

K_гидр(I) = ([Al(OH)²⁺][H⁺])/[Al³⁺]

Вода в это выражение не входит, как и в случае ионного произведения воды K_w.

Считая, что все протоны появились в результате гидролиза, а концентрация соли при этом практически не изменилась (слабый гидролиз), можем записать:

K_гидр(I) = ([H⁺]²)/[AlCl₃]

Вот только у нас нет самой K_гидр(I)!!! Ее надо выразить через нечто доступное.

Используем прием из алгебры – умножаем и делим K_гидр(I) на [OH^–]:

K_гидр(I) = ([Al(OH)²⁺][H⁺][OH^–])/([Al³⁺][OH^–])

У нас получается, что [H⁺][OH^–] = K_w, а ([Al(OH)²⁺])/([Al³⁺][OH^–]) = 1/K_Al(III).

Тогда K_гидр(I) = K_w /K_Al(III)

В результате получаем:

K_гидр(I) = ([H⁺]²)/[AlCl₃] = K_w /K_Al(III);

[H⁺] = Ö [(K_w /K_Al(III)) ([AlCl₃])] = Ö [(10^-14/1, 4*10^-9)*0, 1] = Ö 0, 7*10^-6 = 0, 85*10^-3» 10^-3

Тогда рН = 3

Из расчетной формулы для [H⁺] видно, что, чем меньше константа ионизации основания (она в знаменателе), тем более кислый получится раствор.

hydrl-36 Произведение растворимости

Пример 1: Произведение растворимости сульфата бария ПР = 1, 1*10^–10.

Какова растворимость сульфата бария в г/л?

Решение примера: Диссоциация: BaSO₄ = Ba²⁺ + SO₄^2–. ПР = [Ba²⁺][ SO₄^2–].

Х моль сульфата бария дают Х Ba²⁺ и Х SO₄^2–. Тогда Х² = 1, 1*10^–10. Х = Ö (1, 1*10^–10)

Мол. масса сульфата бария 137 + 96 = 233.

Растворимость в г/л: 233*Х = 233*1, 05*10^–5 = 244*10^–5 = 2, 44*10^–3 г/л

Пример 2: Насыщенный раствор содержит 0, 000038% по массе гидроксида цинка. Определите произведение растворимости Zn(OH)₂.

Решение примера: Мол. масса 65+(17*2)= 99. В 100 г раствора будет 0, 000038 г гидроксида, в 1 л (1000 г) будет 0, 00038 г.

Количество молей в 1 л: (3, 8*10^–4 г)/(99 г/л) = 3, 84*10^–6 моль/л;

Диссоциация: Zn(OH)₂ = Zn²⁺ + 2 OH^– ПР[Zn(OH)₂] = [Zn²⁺][OH^–]²

Из Х моль Zn(OH)₂ получается Х моль Zn²⁺ и 2Х моль OH^–.

ПР[Zn(OH)₂] = (3, 84*7, 68*7, 68)10^–18 = 2, 3*10^–16