РАСЧЁТ pH В РАСТВОРАХ КИСЛОТ И ОСНОВАНИЙ
Сдам Сам

ПОЛЕЗНОЕ


КАТЕГОРИИ







РАСЧЁТ pH В РАСТВОРАХ КИСЛОТ И ОСНОВАНИЙ





 

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) = Kw ,

 

где Kwконстанта ионного произведения воды; при 25°C Kw = 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

 

pH + pOH = 14

 

Гидроксильный показатель используется для расчёта pH в щелочных растворах.

Пример 7.1 Рассчитать pH 0,005 М раствора серной кислоты.

 

Серная кислота – сильный электролит, диссоциирующий в разбавленных растворах необратимо и полностью по схеме: H2SO4 ® 2 H+ + SO42–. Из уравнения процесса диссоциации видно, что C(H+) = 2·C(H2SO4) = 2 × 0,005 моль/л = 0,01 моль/л.

pH = –lg C(H+) = –lg 0,01 = 2.


Пример 7.2 Рассчитать pH 0,1 М раствора гидроксида натрия.



 

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

 

CH3COOH ⇆ CH3COO + H+.

 

 

Каждая стадия диссоциации многоосновной кислоты характеризуется своей константой диссоциации. Константа диссоциации – справочная величина; см. [1; 2].

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).

 

Пример 7.3 Рассчитать pH и степень диссоциации электролита в растворе NH4OH с массовой долей 0,35%. Плотность раствора – 1 г/мл.

 

В 0,35% растворе NH4OH молярная концентрация гидроксида аммония равна 0,1 моль/л (пример перевода процентной концентрации в молярную – см. пример 5.1). Эту величину часто обозначают C0. C0 – это общая концентрация электролита в растворе (концентрация электролита до диссоциации).

 

NH4OH принято считать слабым электролитом, обратимо диссоциирующим в водном растворе: NH4OH ⇆ NH4+ + 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 NH4OH, тогда равновесная концентрация ионов аммония и гидроксид-ионов также будут равняться x моль/л: C(NH4+) = C(OH-) = x моль/л. Равновесная концентрация непродиссоциировавшего NH4OH равна: С(NH4OH) = (C0–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 C0 – общей концентрации электролита в растворе).


моль/л

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 (C0):

 

(1,34%).

 

Пример 7.4 Рассчитать pH 30% раствора фосфорной кислоты (плотность раствора 1,18 г/мл. Чему равна степень диссоциации электролита в этом растворе?

 

Сначала следует перевести процентную концентрацию в молярную (см. пример 5.1). В данном случае C0(H3PO4) = 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 H3PO4 ⇆ H+ + H2PO4 следует, что равновесные концентрации ионов H+ и H2PO4 также будут равны x моль/л, а равновесная концентрация непродиссоциировавшей H3PO4 будет равна (3,6–x) моль/л. Подставляем выраженные через x концентрации ионов H+ и H2PO4 и молекул H3PO4 в выражение константы диссоциации по первой стадии (K1 = 7,5·10–3 – справочная величина):

 

 

K1/C0 = 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 H2SO4; 1% NaOH 0,35% NH4OH
0,01МCa(OH)2; 2%HNO3 1% CH3COOH 0,04М H2SO4; 4% NaOH 1% NH4OH
0,5М HClO4; 1% Ba(OH)2 0,98% H3PO4 0,7М HClO4; 4%Ba(OH)2 3% H3PO4
0,02M LiOH; 0,3% HNO3 0,34% H2S 0,06M LiOH; 0,1% HNO3 1,36% H2S
0,1М HMnO4; 0,1% KOH 0,031% H2CO3 0,2М HMnO4; 0,2%KOH 0,124%H2CO3
0,4М HCl; 0,08%Ca(OH)2 0,47% HNO2 0,8МHCl; 0,03%Ca(OH)2 1,4% HNO2
0,05M NaOH; 0,81% HBr 0,4% H2SO3 0,07M NaOH; 3,24% HBr 1,23% H2SO3
0,02M Ba(OH)2; 0,13%HI 0,2% HF 0,05M Ba(OH)2; 2,5% HI 2% HF
0,02М H2SO4; 2% NaOH 0,7% NH4OH 0,06МH2SO4; 0,8%NaOH 5%CH3COOH
0,7М HClO4; 2%Ba(OH)2 1,96% H3PO4 0,08М H2SO4; 3% NaOH 4% H3PO4
0,04MLiOH; 0,63%HNO3 0,68% H2S 0,008M HI; 1,7%Ba(OH)2 3,4% H2S
0,3МHMnO4; 0,56%KOH 0,062% H2CO3 0,08M LiOH; 1,3% HNO3 0,2% H2CO3
0,6М HCl; 0,05%Ca(OH)2 0,94% HNO2 0,01M HMnO4; 1% KOH 2,35% HNO2
0,03M NaOH; 1,62% HBr 0,82% H2SO3 0,9МHCl; 0,01%Ca(OH)2 2% H2SO3
0,03M Ba(OH)2; 1,26%HI 0,5% HF 0,09M NaOH; 6,5% HBr 5% HF
0,03М H2SO4; 0,4%NaOH 3% CH3COOH 0,1M Ba(OH)2; 6,4% HI 6%CH3COOH
0,002M HI; 3% Ba(OH)2 1% HF 0,04МH2SO4; 1,6%NaOH 3,5% NH4OH
0,005МHBr; 0,24% LiOH 1,64% H2SO3 0,001М HI; 0,4%Ba(OH)2 5% H3PO4

 

 

Пример 7.5 Смешали 200 мл 0,2М раствора H2SO4 и 300 мл 0,1М раствора NaOH. Рассчитайте pH образовавшегося раствора и концентрации ионов Na+ и SO42– в этом растворе.

 

Приведём уравнение реакции H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O к сокращённому ионно-молекулярному виду: H+ + OH- → H2O

Из ионно-молекулярного уравнения реакции следует, что в реакцию вступают только ионы H+ и OH и образуют молекулу воды. Ионы Na+ и SO42– в реакции не участвуют, поэтому их количество после реакции такое же как и до реакции.

 

Расчёт количеств веществ до реакции:

n(H2SO4) = 0,2 моль/л × 0,1 л = 0,02 моль = n(SO42-);

n(H+) = 2 × n(H2SO4) = 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(SO42–) = 0,02 моль.

 

Т.к. смешиваются разбавленные растворы, то

Vобщ. » Vраствора H2SO4 + V раствора NaOH » 200 мл + 300 мл = 500 мл = 0,5 л.

 

C(Na+) = n(Na+) / Vобщ. = 0,03 моль : 0,5 л = 0,06 моль/л;

C(SO42-) = n(SO42-) / Vобщ. = 0,02 моль : 0,5 л = 0,04 моль/л;

C(H+) = n(H+) / Vобщ. = 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 Объёмы и состав растворов кислоты и щёлочи № вари- анта Объёмы и состав растворов кислоты и щёлочи
300 мл 0,1М NaOH и 200 мл 0,2М H2SO4
2 л 0,05М Ca(OH)2 и 300 мл 0,2М HNO3 0,5 л 0,1М KOH и 200 мл 0,25М H2SO4
700 мл 0,1М KOH и 300 мл 0,1М H2SO4 1 л 0,05М Ba(OH)2 и 200 мл 0,8М HCl
80 мл 0,15М KOH и 20 мл 0,2М H2SO4 400мл 0,05М NaOH и 600мл 0,02М H2SO4
100 мл 0,1М Ba(OH)2 и 20 мл 0,5М HCl 250 мл 0,4М KOH и 250 мл 0,1М H2SO4
700мл 0,05М NaOH и 300мл 0,1М H2SO4 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 H2SO4
900мл 0,01М KOH и 100мл 0,05М H2SO4 600мл 0,01М Ca(OH)2 и 150мл 0,12М HCl
250 мл 0,1М NaOH и 150 мл 0,1М H2SO4 100 мл 0,2М Ba(OH)2 и 50 мл 1М HCl
1 л 0,05М Ca(OH)2 и 500 мл 0,1М HNO3 100 мл 0,5М NaOH и 100 мл 0,4М H2SO4
100 мл 1М NaOH и 1900 мл 0,1М H2SO4 25 мл 0,1М KOH и 75 мл 0,01М H2SO4
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 H2SO4 1 л 0,01М Ca(OH)2 и 500 мл 0,05М HNO3
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 H2SO4 500 мл 1М NaOH и 1500 мл 0,1М H2SO4
250мл 0,4М Ba(OH)2 и 250мл 0,4М HNO3 200 мл 0,1М Ba(OH)2 и 300 мл 0,2М HCl
80 мл 0,05М KOH и 20 мл 0,2М H2SO4 50 мл 0,2М KOH и 200 мл 0,05М H2SO4
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 HNO3

 

 

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 KNO2), 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:

 

NO2 + HOH ⇆ HNO2 + OH

KNO2 + HOH ⇆ HNO2 + 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 NH4Cl), то катионы NH4+ слабого основания будут отщеплять ионы OH от молекул воды и образовывать слабодиссоциирующий электролит – гидроксид аммония1.

NH4+ + HOH ⇆ NH4OH + H+.

NH4Cl + HOH ⇆ NH4OH + 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 NH4F) катионы слабого основания NH4+ связываются с ионами OH, отщепляя их от молекул воды, а анионы слабой кислоты F связываются с ионами H+, в результате чего образуется слабое основание NH4OH и слабая кислота HF:2

NH4+ + F + HOH ⇆ NH4OH + HF

NH4F + HOH ⇆ NH4OH + 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 NH4F среда будет кислой (pH<7), поскольку HF – более сильный электролит, чем NH4OH: KNH4OH = 1,8·10–5 < KHF = 6,6·10–4.

Таким образом, гидролизу (т.е. разложению водой) подвергаются соли, образованные:

– катионом сильного основания и анионом слабой кислоты (KNO2, Na2CO3, K3PO4);

– катионом слабого основания и анионом сильной кислоты (NH4NO3, AlCl3, ZnSO4);

– катионом слабого основания и анионом слабой кислоты (Mg(CH3COO)2, NH4F).

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, NH4Cl, NH4NO3, (NH4)2SO4, объясняется при таком подходе обратимо протекающим процессом диссоциации иона аммония NH4+ ⇄ NH3 + H+ или, более точно NH4+ + H2O ⇄ NH3 + H3O+.

2. Если гидроксид аммония считать сильным основанием, то в растворах солей аммония, образованных слабыми кислотами, например, NH4F следует рассматривать равновесие NH4+ + F ⇆ NH3 + 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: Na2CO3 ® 2Na+ + CO32–

2. Соль образована катионами (Na+) сильного основания NaOH и анионом (CO32–) слабой кислоты H2CO3. Следовательно, соль гидролизуется по аниону:

 

CO32– + HOH ⇆ … .

 

Гидролиз в большинстве случаев протекает обратимо (знак ⇄); на 1 ион, участвующий в процессе гидролиза, записывается 1 молекула HOH.

3. Отрицательно заряженные карбонат ионы CO32– связываются с положительно заряженными ионами H+, отщепляя их от молекул HOH, и образуют гидрокарбонат ионы HCO3; раствор обогащается ионами OH (щелочная среда; pH>7):

 

CO32– + HOH ⇆ HCO3 + OH.

 

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Na2CO3.

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, соединив все имеющиеся в уравнении CO32– + HOH ⇆ HCO3 + OH анионы (CO32–, HCO3 и OH) с катионами Na+, образовав соли Na2CO3, NaHCO3 и основание NaOH:

 

Na2CO3 + HOH ⇆ NaHCO3 + NaOH.

5. В результате гидролиза по первой стадии образовались гидрокарбонат ионы, которые участвуют во второй стадии гидролиза:

HCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + OH

(отрицательно заряженные гидрокарбонат ионы HCO3 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 HCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + OH анионы (HCO3 и OH) с катионами Na+, образовав соль NaHCO3 и основание NaOH:

NaHCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + NaOH

В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:

 

CO32– + HOH ⇆ HCO3 + OH Na2CO3 + HOH ⇆ NaHCO3 + NaOH

HCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + OH NaHCO3 + HOH ⇆ H2CO3 + 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: Al2(SO4)3 ® 2Al3+ + 3SO42–

2. Соль образована катионами (Al3+) слабого основания Al(OH)3 и анионами (SO42–) сильной кислоты H2SO4. Следовательно, соль гидролизуется по катиону; на 1 ион Al3+ записывается 1 молекула HOH: Al3+ + HOH ⇆ … .

3. Положительно заряженные ионы Al3+ связываются с отрицательно заряженными ионами OH, отщепляя их от молекул HOH, и образуют ионы гидроксоалюминия AlOH2+; раствор обогащается ионами H+ (кислая среда; pH<7):

 

Al3+ + HOH ⇆ AlOH2+ + H+.

 

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Al2(SO4)3.

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав все имеющиеся в уравнении Al3+ + HOH ⇆ AlOH2+ + H+ катионы (Al3+, AlOH2+ и H+) с анионами SO42–, образовав соли Al2(SO4)3, AlOHSO4 и кислоту H2SO4:

 

Al2(SO4)3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO4 + H2SO4.

 

5. В результате гидролиза по первой стадии образовались катионы гидроксо­алюминия AlOH2+, которые участвуют во второй стадии гидролиза:

 

AlOH2+ + HOH ⇆ Al(OH)2+ + H+

 

(положительно заряженные ионы AlOH2+ 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 AlOH2+ + HOH ⇆ Al(OH)2+ + H+ катионы (AlOH2+, Al(OH)2+, и H+) с анионами SO42–, образовав соли AlOHSO4, (Al(OH)2)2SO4 и кислоту H2SO4:

2AlOHSO4 + 2HOH ⇆ (Al(OH)2)2SO4 + H2SO4.

 

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 SO42–, образовав соль (Al(OH)2)2SO4 и кислоту H2SO4:

 

(Al(OH)2)2SO4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH)3 + H2SO4

 

В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:

 

Al3+ + HOH ⇆ AlOH2+ + H+ Al2(SO4)3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO4 + H2SO4

AlOH2+ + HOH ⇆ Al(OH)2+ + H+ 2AlOHSO4 + 2HOH ⇆ (Al(OH)2)2SO4 + H2SO4

Al(OH)2+ + HOH ⇆ Al(OH)3 + H+ (Al(OH)2)2SO4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH)3 + H2SO4.

 

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: (NH4)3PO4 ® 3NH4+ + PO43–

2. Соль образована катионами (NH4+) слабого основания NH4OH и анионами

(PO43–) слабой кислоты H3PO4. Следовательно, соль гидролизуется и по катиону, и по аниону: NH4+ + PO43–+HOH ⇆ … ; (на одну пару ионов NH4+ и PO43– в данном случае записывается 1 молекула HOH). Положительно заряженные ионы NH4+ связываются с отрицательно заряженными ионами OH, отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH4OH, а отрицательно заряженные ионы PO43– связываются с ионами H+, образуя гидрофосфат ионы HPO42–:

 

NH4+ + PO43– + HOH ⇆ NH4OH + HPO42–.

 

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза (NH4)3PO4.

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH4+ + PO43– + HOH ⇆ NH4OH + HPO42– анионы (PO43–, HPO42–) с катионами NH4+, образовав соли (NH4)3PO4, (NH4)2HPO4:

 

(NH4)3PO4 +HOH ⇆ NH4OH + (NH4)2HPO4.

5. В результате гидролиза по первой стадии образовались гидрофосфат анионы HPO42–, которые вместе с катионами NH4+ участвуют во второй стадии гидролиза:

 

NH4+ + HPO42– + HOH ⇆ NH4OH + H2PO4

 

(ионы NH4+ связываются с ионами OH, ионы HPO42– – с ионами H+, отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH4OH и дигидрофосфат ионы H2PO4).

6. Уравнение второй стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH4+ + HPO42– + HOH ⇆ NH4OH + H2PO4 анионы (HPO42– и H2PO4) с катионами NH4+, образовав соли (NH4)2HPO4 и NH4H2PO4:

 

(NH4)2HPO4 +HOH ⇆ NH4OH + NH4H2PO4 .

 

7. В результате второй стадии гидролиза образовались дигидрофосфат анионы H2PO4, которые вместе с катионами NH4+ участвуют в третьей стадии гидролиза:

 

NH4+ + H2PO4 + HOH ⇆ NH4OH + H3PO4

 

(ионы NH4+ связываются с ионами OH, ионы H2PO4 – с ионами H+, отщепляя их от молекул HOH и образуют слабые электролиты NH4OH и H3PO4).

8. Уравнение третьей стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав присутствующие в уравнении NH4+ + H2PO4 + HOH ⇆ NH4OH + H3PO4 анионы H2PO4 и катионами NH4+ и образовав соль NH4H2PO4:

 

NH4H2PO4 +HOH ⇆ NH4OH + H3PO4 .

 

В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:

 

NH4++PO43–+HOH ⇆ NH4OH+HPO42– (NH4)3PO4+HOH ⇆ NH4OH+(NH4)2HPO4

NH4++HPO42–+HOH ⇆ NH4OH+H2PO4 (NH4)2HPO4+HOH ⇆ NH4OH+NH4H2PO4

NH4++H2PO4+HOH ⇆ NH4OH+H3PO4 NH4H2PO4+HOH ⇆ NH4OH+H3PO4 .

 

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

 

NH4+ + PO43– + HOH ⇆ NH4OH + HPO42–

 

реакция среды будет щелочной (pH>7), поскольку ион HPO42– – более слабый электролит, чем NH4OH: KNH4OH = 1,8·10–5 > KHPO42– = KIII H3PO4 = 1,3×10–12 (диссоциация иона HPO42– – это диссоциация H3PO4 по третьей стадии, поэтому KHPO42– = KIII H3PO4).

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) Na2CO3, б) Al2(SO4)3, в) (NH4)3PO4 а) Al(NO3)3, б) Na2SeO3, в) (NH4)2Te
а) Na3PO4, б) CuCl2, в) Al(CH3COO)3 а) MgSO4, б) Na3PO4, в) (NH4)2CO3
а) ZnSO4, б) K2CO3, в) (NH4)2S а) CrCl3, б) Na2SiO3, в) Ni(CH3COO)2
а) Cr(NO3)3, б) Na2S, в) (NH4)2Se а) Fe2(SO4)3, б) K2S, в) (NH4)2SO3

Продолжение таблицы 10

 

№ варианта Список солей № варианта Список солей
а) Fe(NO3)3, б) Na2SO3, в) Mg(NO2)2
а) K2CO3, б) Cr2(SO4)3, в) Be(NO2)2 а) MgSO4, б) K3PO4, в) Cr(CH3COO)3
а) K3PO4, б) MgCl2, в) Fe(CH3COO)3 а) CrCl3, б) Na2SO3, в) Fe(CH3COO)3
а) ZnCl2, б) K2SiO3, в) Cr(CH3COO)3 а) Fe2(SO4)3, б) K2S, в) Mg(CH3COO)2
а) AlCl3, б) Na2Se, в) Mg(CH3COO)2 а) Fe(NO3)3, б) Na2SiO3, (NH4)2CO3
а) FeCl3, б) K2SO3, в) Zn(NO2)2 а) K2CO3, б) Al(NO3)3, в) Ni(NO2)2
а) CuSO4, б) Na3AsO4, в) (NH4)2SeO3 а) K3PO4, б) Mg(NO3)2, в) (NH4)2SeO3
а) BeSO4, б) K3PO4, в) Ni(NO2)2 а) ZnCl2, Na3PO4, в) Ni(CH3COO)2
а) Bi(NO3)3, б) K2CO3 в) (NH4)2S а) AlCl3, б) K2CO3, в) (NH4)2SO3
а) Na2CO3, б) AlCl3, в) (NH4)3PO4 а) FeCl3, б) Na2S, в) (NH4)2Te
а) K3PO4, б) MgCl2, в) Al(CH3COO)3 а) CuSO4, б) Na3PO4, в) (NH4)2Se
а) ZnSO4, б) Na3AsO4, в) Mg(NO2)2 а) BeSO4, б) б) Na2SeO3, в) (NH4)3PO4
а) Cr(NO3)3, б) K2SO3, в) (NH4)2SO3 a) BiCl3, б) K2SO3, в) Al(CH3COO)3
а) Al(NO3)3, б) Na2Se, в) (NH4)2CO3 a) Fe(NO3)2, б) Na3AsO4, в) (NH4)2S

 

 

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»

212027, Могилёв, пр-т Шмидта, 3

ЛИ № 02330/0131913 от 08.02.2007









Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском гугл на сайте:


©2015- 2018 zdamsam.ru Размещенные материалы защищены законодательством РФ.