Главная страница
Навигация по странице:

  • Пример 2.

  • 3.5. Равновесие диссоциации воды, буферные растворы Пример 1.

  • Пример 5.

  • Пример 6.

  • Пример 7.

  • 3.6. Гидролиз солей Пример 1.

  • Шпоры РХТУ им. Менделеева все формулы по ОНХ. химия онх. Конспект лекций, задачи и упражнения


    Скачать 0.51 Mb.
    НазваниеКонспект лекций, задачи и упражнения
    АнкорШпоры РХТУ им. Менделеева все формулы по ОНХ
    Дата17.04.2021
    Размер0.51 Mb.
    Формат файлаdocx
    Имя файлахимия онх.docx
    ТипКонспект
    #195637
    страница6 из 10
    1   2   3   4   5   6   7   8   9   10

    3.4. Равновесие растворения и диссоциации малорастворимого электролита

     

    Пример 1. Произведение растворимости Ag2S при 298,15 К составляет 6,9010-50. Определить:

    а) растворимость Ag2S в воде (моль/л, г/л);

    б) растворимость Ag2S в 0,1 М растворе AgNO3;

    в) растворимость Ag2S в 0,1 М растворе Na2S;

    г) в каком количестве воды растворяется 1 г Ag2S;

    д) G0 процесса растворения и диссоциации Ag2S (к).

     

    Решение:

    а) Пусть растворимость Ag2S в воде составляет Р моль/л. В соответствии с уравнением растворения и диссоциации



    концентрации ионов составляют: [S2–] = Р , [Ag+] = 2P. Подставляем эти величины в выражение для ПР:

    ПР = [Ag+]2 [S2–] = (2P)2P = 4P3 = 6,9010–50

     

    и находим величину растворимости: Р = 2,5810–17 моль/л. Для нахождения растворимости в г/л полученное значение следует умножить на молярную массу Ag2S, получим 6,4010–15 г/л.

     

    б) Теперь Ag2S растворяется в растворе, где уже есть ионы серебра с концентрацией 0,1 моль/л. Пусть растворимость Ag2S в этом случае составляет P1 моль/л. Концентрации ионов составят: [S2–] = P1; [Ag+] = 2P1 + 0,1.

    Подставляем эти величины в выражение для ПP:

     

    (2P1+0,1)2P1  0,01 P1 = 6,9010-50.

     

    Находим растворимость Ag2S в 0,1 М растворе AgNO3:

     

    P1 = 6,9010–48 моль/л.

     

    в) В этом случае Ag2S растворяется в растворе, где уже есть анионы серы, их концентрация составляет 0,1 моль/л. Пусть растворимость Ag2S в этом растворе составляет Р2 моль/л; концентрации ионов составят: [S2–]=P2 +0,1; [Ag+] = 2P2.

     

    Подставляем эти величины в выражение для ПР:

     

    ПР = (2P2)2 (P2+0,1)  0,4 P22 = 6,9010–50.

     

    Находим растворимость Ag2S в 0,1 М растворе Na2S:

     

    Р2 = 4,1510–25 моль/л.

     

    Как видно, в растворах с общим ионом растворимость Ag2S меньше, чем в воде – наиболее резко упала растворимость в случае раствора AgNO3.

     

    г) В пункте а) была найдена растворимость Ag2S в воде в г/л, она составила 6,4010–15. Эта величина позволяет определить, в каком объеме воды растворяется 1 г Ag2S:

     

    6,4010–15 г – в 1л

    1 г – в Х л; откуда Х = 1,561014 л.

     

    д) Поскольку величина ПР представляет собой константу равновесия, то значение G0 процесса растворения и диссоциации Ag2S легко вычисляется по известному соотношению:

     

    G0 = – RT ln ПР = –8,31298,15ln 6,9010–50 = 280,5 кДж.

     

    Пример 2. По справочным данным определить значение растворимости СаF2 при 298,15 К.

     

    Решение. Первоначально находим значение ПР для CaF2 по величине G0 процесса:

    G0 = G0обрСа2+ (р-р, ст.с) + 2G0обр F(р-р, ст.с) – G0обрСаF2 (к) =

    = –552,8 + 2(–277,7) –(–1168,5) = 60,3 кДж.

    G0 = – RTlnПР = –8,31298,15 ln ПР

    Далее в соответствии с написанным выше уравнением растворения и диссоциации CaF2 растворимость этого соединения численно равна концентрации иона кальция, а концентрация фторидного иона в 2 раза больше растворимости:

     

    [Ca2+] = P; [F] = 2P; ПР = [Ca2+] [F] = P(2P)2 = 4P3 = 2,6910–11.

    Отсюда растворимость равна:

     



     

    Пример 3. 0,1 г BaSO4 промыты 500 мл воды. Определить возможный процент потерь осадка вследствие растворимости, считая, что промывные воды насыщены сульфатом бария. ПР BaSO4 = 1,9510–10.

     

    Решение. Согласно уравнению:

    ПР BaSO4 = [Ba2+][SO42–] = PP = P2,

     

    где Р – растворимость BaSO4 в воде.

    Находим Р:

     

    моль/л или

    1,3910–5 моль/л  233,4 г/моль = 3,2610–3 г/л

     

    Соответственно, в 500 мл насыщенного раствора будет находиться 1,6310–3 г BaSO4. Отсюда возможная потеря соли вследствие растворимости осадка составит

     

    .

     

    Пример 4. Смешали 1 л 0,01 М раствора Pb(NO3)2 и З л 0,1 М раствора КI. Выпадет ли осадок РbI2, если ПРPbJ2 = З,5610–9. Считать объем окончательного раствора равным 4 л.

     

    Решение. Для ответа на вопрос задачи следует вычислить произведение концентраций ионов Рb2+ и I в гипотетическом растворе после смешения
    и сравнить его с величиной ПР. В исходных растворах концентрации ионов составляли соответственно:

     

    [Pb2+] = 0,01; [I] = 0,1 моль/л.

     

    После смешения они составят:

     

    моль/л;

    моль/л.

     

    Произведение концентраций ионов в полученном растворе составит

     

    ПК = [Pb2+][I]2 = (0,0025)(0,075)2=1,4110–5.

     

    Как видно, ПК >ПР, следовательно осадок выпадет.

     

    Пример 5. Массовая доля растворенного вещества в насыщенном при 298,15 К водном растворе CdS составляет 1,1910–15. Определить ПР этого соединения, полагая, что плотность раствора равна 1 г/мл.

     

    Решение. В 1 кг раствора (1 л раствора) находится 10001,1910–15 = = 1,1910–12 г CdS, что составляет 1,1910–12 : MCdS = 8,2610–15 моль.

    Согласно уравнению растворения и диссоциации CdS:

    концентрации ионов в насыщенном растворе составят: [Cd2+] = [S2–] = = 8,2610–15 моль/л. Находим значение ПР:

    ПР = [Cd2+][S2–] = (8,2610–15)2 = 6,8210–29.

    3.5. Равновесие диссоциации воды, буферные растворы

     

    Пример 1. Определить рН: а) 0,01М раствора HI; б) 0,01М раствора CsOH; в) 0,01М раствора СН3СООН, Кдис = 1,7510–5.

     

    Решение: a) HI в водном растворе является сильным электролитом, поэтому: [HI] = [H+] =0,01 моль/л. Отсюда рН = – lg 0,01 = 2.

    6) CsOH – сильный электролит, поэтому: [CsOH] = [OH] = 0,01 моль/л.

    Отсюда рОН = – lg 0,01 = 2, а рН = 14 – 2 = 12.

    в) CH3COOH – слабый электролит в водном растворе, уравнение диссоциации:

     

    Определим концентрацию ионов водорода:

     



     



     

    Затем находим рН раствора:

     

    pH = – lg [H+] = –lg 4,1810-4 = 3,38.

     

    Пример 2. рН 0,1 М раствора слабого однокислотного основания равен 11. Найти константу и степень диссоциации этого основания.

     

    Решение. Диссоциация слабого однокислотного основания описывается схемой:

    Если рН раствора равен 11, то рОН =14–11=3; отсюда [OH]=110–3 моль/л. В соответствии с уравнением диссоциации:

     



     



     

    Пример З. Определить рН буферного раствора, полученного смешением 1 л 0,1 М раствора СН3СООН и 2 л 0,01 М раствора CH3COONa. Считать объем окончательного раствора равным З л. Кдис СН3СООН = 1,7510–5.

     

    Решение. В водных растворах СН3СООН и CH3COONa реализуются следующие равновесия:





     

    Диссоциация слабой кислоты подавлена диссоциацией соли, имеющей тот же анион, что и кислота. В силу этого:

     

    [CH3COO-] = [CH3COO-]к-ты + [CH3COO-]соли  ссоли ;

    [CH3COOH]  ск-ты .

     

    Учитывая это, запишем для Кдис кислоты и [Н+]:

     



     

    С учетом разбавления концентрации соли и кислоты составят:





     

    Находим из константы диссоциации концентрацию ионов водорода и рН раствора:

     



     

    Пример 4. Какой объем 0,5 М раствора ацетата натрия следует прилить к 1 л 0,1 М раствора СН3СООН, чтобы рН полученного буферного раствора составил 5. Считать, что объем полученного раствора равен сумме объемов сливаемых растворов; Кдис СH3COOH =1,7510–5.

     

    Решение. В соответствии с формулой (3.21) для кислого буферного раствора



    Отсюда:

     

    Пусть для получения требуемого раствора к 1 л 0,1 М раствора СН3СООН следует прибавить Х л 0,5 М раствора CH3COONa. Соответственно, тогда
    в буферном растворе:

    моль/л;

    моль/л.

    Подставляем эти величины в написанное выше соотношение:



     

    Таким образом, для получения раствора с требуемой величиной рН необходимо к 1 л 0,1 М раствора СН3СООН добавить 350 мл 0,5 М раствора CH3COONa.

     

    Пример 5. На сколько единиц изменится рН раствора слабой одноосновной кислоты при его разбавлении в 10 раз ?

    Решение. Константа диссоциации слабой одноосновной кислоты имеет вид (см. пример 1 этого раздела):

    Имея в виду равенство констант диссоциации кислоты в растворах двух концентраций, запишем:

     

    или

    .

     

    Логарифмируем это соотношение:

     

    2 lg [H+]1 = 1 + 2lg [H+]2 .

     

    Делим обе части уравнения на 2 и меняем знаки:

     



    pH1 = pH2 – 0,5.

     

    Следовательно, при разбавлении раствора слабой одноосновной кислоты в 10 раз рН раствора возрастает на 0,5.

     

    Пример 6. Вычислить рН насыщенного раствора Mg(OH)2. ПР Mg(OH)2 = = 1,4710–11.

     

    Решение. В насыщенном растворе Mg(OH)2 существует равновесие:



    Пусть растворимость гидроксида магния в воде равна Р моль/л, тогда концентрации ионов в насыщенном растворе составят: [Mg2+] = P, [OH] = 2P.

    Подставляем эти величины в выражение для ПР:

     

    ПР = [Mg2+] [OH]2 = P(2P)2 = 4P3 = 1,4710–11.

     

    Находим рН насыщенного раствора гидроксида магния:

     

    ; [OH] = 2P = 3,0810–4.

    pOH = –lg 3,0810–4 = 3,51; pH = 14 – 3,51 = 10,49.

     

    Пример 7. Определить рН, при котором начинается осаждение Fе(ОН)3 из 0,1 М раствора FeCl3. ПР Fe(OH)3 = 6,4010–40.

     

    Решение. Пусть растворимость Fe(OH)3 в 0,1 М растворе FeCl3 составляет Р моль/л. Тогда в соответствии с уравнением растворения и диссоциации Fе(ОН)3



    концентрации ионов в насыщенном растворе Fe(ОН)3 составят: [OH]= 3P; [Fe3+] = 0,1 + P. Подставляем эти величины в выражение для ПР:

     

    ПР Fe(OH)3 = [Fe3+][OH]3 = (0,1+P)(3P)3  2,7P3 = 6,4010–40;

     

    находим концентрацию ионов ОН и рН начала выпадения Fе(ОН)3 из 0,1 М раствора FeCl3

     

    ; [OH] = 3P = 1,8610–13.

    pOH = –lg 1,8610–13 = 12,7; pH = 14 – pOH = 1,3.

     

    3.6. Гидролиз солей

     

    Пример 1. Определить рН 0,3 М раствора NH4Br, если константа диссоциации гидроксида аммония в водном растворе составляет 1,7110–5.

     

    Решение. Бромид аммония гидролизован по катиону в растворе:

    Согласно соотношению (3.23):

     



     

    С другой стороны (соотношение 3.24):

     



    Из этих двух выражений и вычисляем рН 0,3 М раствора NH4Br:

     



    pH = – lg 1,3210–5 = 4,88 .

     

    Пример 2. Определить рН раствора и степень гидролиза соли в 0,1 М растворе Na2S, если константы ступенчатой диссоциации H2S составляют: К1=9,7410–8; К2= 1,3610–13.

     

    Решение. Сульфид натрия – соль, гидролизованная по аниону. Поскольку сероводородная кислота двухосновна, гидролиз идет по двум ступеням. Выше было показано, что для практических расчетов достаточно принимать во внимание лишь первую ступень гидролиза. В нашем случае это следующий процесс:

    Определяем константу гидролиза:

     



     

    С другой стороны:



     

    Решая полученное квадратное уравнение, находим рН раствора и степень гидролиза:

     

    [ОН] = 0,0565 (второй корень уравнения отрицателен!)

    рОН = – lg 0,0565 = 1,25; рН = 14 – 1,25 = 12,75;



     
    1   2   3   4   5   6   7   8   9   10


    написать администратору сайта