ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ №1 Решение

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
№1
Рассчитайте рН 0.01 М раствора HCl.
Решение
Соляная кислота (водный раствор хлороводорода называется хлороводородной кислотой или
соляной кислотой) является сильным электролитом и в воде диссоциирует нацело на ионы:
HCl  H+ + Cl¯.
Итак, n(H+)=n(Cl¯)=n(HCl), поэтому [H+]=[Cl¯]=c(HCl)=0.01 M.
pH = -lg[H+]= -lg0.01= -lg10-2 = 2
pН 0,01 М раствора HCl равен 2.
№2
Рассчитайте рН 0,1 М раствора гидроксида натрия.
Решение.
Гидроксид натрия является сильным основанием, поэтому диссоциирует в растворе
полностью NaOH  Na+ + OH¯.
n(Na+)=n(OH¯)=n(NaOH), поэтому [OH¯]=[Na+]=c(NaOH)=0.1 M.
[H+][OH¯]=10-14
[H+]= 10-14/[OH¯]=10-14/10-1=10-13 М.
pH = -lg[H+]= -lg10-13 = 13
pН 0,1 М раствора гидроксида натрия равен 13.
№3
Рассчитайте рН 0.1 М раствора уксусной кислоты (СН3СООН), Kд= 1.75.10-5
(константу диссоциации для кислот часто называют константой кислотности и обозначают
как Ka или Kk (Kд=Ka=Kk)).
Решение
Уксусная кислота является слабой кислотой, поэтому процесс диссоциации кислоты является
обратимым и в растворе сосуществуют и молекулы и ионы (молекулярные и ионные формы)
СН3СООН  СН3СОО¯ + Н+.
Концентрация 0.1 М уксусной кислоты – это общая концентрация, т.е. в виде и молекул и в
виде ионов, получившихся при диссоциации части молекул. Равновесные концентрации
молекулярных форм отличаются от общих. Это отличие тем больше, чем больше значение
константы диссоциации, т.е. чем больше равновесие смещено в сторону продуктов реакции
диссоциации.
Примем, что х моль/л молекул кислоты продиссоциировали на ионы, тогда концентрации
образовавшихся ионов будут по х моль/л, а равновесная концентрация молекул кислоты
будет (0.1-х) моль/л.
Kд= ([СН3СОО¯][Н+])/[СН3СООН] = x.x/(0.1-x)= 1.75.10-5
x2 + 1.75.10-5x - 1.75.10-6 = 0
x1 = -1.33.10-3 – не имеет физического смысла, т.к. концентрация не может быть
отрицательной величиной
x2 = 1.31.10-3 моль/л
pH = -lg[H+]= -lgx = -lg(1.31.10-3) = -lg10-2 = 2.9
pH 0.1 М раствора уксусной кислоты равен 2.9.
№4
Рассчитайте рН 0,01 М раствора NH3.H2O, Kд=Kb=Kосн= 1.74.10-5
(константу
диссоциации для оснований часто называют константой основности и обозначают как Kb
или Kосн).
Решение
Раствор аммиака в воде имеет щелочную реакцию среды благодаря протеканию реакции:
NH3.H2O  NH4+ + OH¯.
Пусть продиссоциировало х моль/л NH3.H2O, тогда в результате реакции образовалось по х
моль/л ионов.
Kд= ([NH4+][OH¯])/[NH3.H2O] = x.x/(0.01-x)= 1.74.10-5
x2 + 1.74.10-5x - 1.74.10-7 = 0
x1 = -4.18.10-3 – не имеет физического смысла, т.к. концентрация не может быть
отрицательной величиной
x2 = 4.16.10-3 моль/л
[H+]= 10-14/[OH¯]=10-14/(4.16.10-3) =2,40.10-12 М.
pH = -lg[H+]= -lg(2,40.10-12) = 11,6
pH 0.01 М раствора аммиака равен 11,6.
№5
Рассчитайте степень диссоциации уксусной кислоты в 0,1 М растворе, в 0.01 М
растворе. Kд=Ka=Kk= 1.75.10-5
Решение
Для 0.1 М раствора уксусной кислоты рассчитаны в п.3.
 = nпродиссоциир/nобщее = спродиссоциир/собщее = х/с0 = 1.31.10-3/0,1 = 1.31.10-2 или 1.31%.
Рассчитаем степень диссоциации уксусной кислоты в 0.01 М растворе. Константу равновесия
можно выразить сразу через степень диссоциации. спродиссоциир(СН3СООН) = .с0, а
равновесная концентрация кислоты [СН3СООН] = с0-.с0 = с0.(1-). Равновесные
концентрации полученных ионов будут .с0.
Kд= ([СН3СОО¯][Н+])/[СН3СООН] = (.с0. .с0)/ (с0.(1-)) = (2.с0)/(1-) =(2.0,01)/(1-) =
1.75.10-5
0,012 + 1.75.10-5 - 1.75.10-5 = 0
1= 0,041 или 4.1%
2= -0,043 не имеет физического смысла, т.к. <0.
Итак, следует отметить, что степень диссоциации увеличивается при разбавлении растворов
слабых электролитов.
№6
рН раствора HF равен 4. Рассчитайте, какая масса HF содержится в растворе
объемом 500 мл. Kд=Ka=Kk= 6.67.10-4.
Решение
Зная рН раствора, мы можем вычислить концентрацию протонов: [H+]=10-pH=10-4 моль/л.
Так как в растворе только фтороводородная кислота (тривиальное название – плавиковая
кислота), то концентрация фторид-ионов равна концентрации ионов водорода, т.к. они
образуются по одному процессу в равных количествах HF  H+ + F¯.
[H+]=[F¯]= 10-4 моль/л.
Kд=([H+][F¯])/[HF]=10-8/[HF]= 6.67.10-4
[HF]= 10-8/(6.67.10-4)=1.5.10-5 моль/л
Общая концентрация c(HF) = 1.5.10-5 + 10-4 = 1.15.10-4 моль/л.
Зная объем раствора и молярную концентрацию растворенного вещества мы можем
рассчитать количество растворенного вещества, а далее, зная молярную массу вещества –
найти его массу в этой порции раствора.
n(HF) = c(HF)Vр-ра = 1.15.10-4.0.5 = 5.75.10-5 моль
m(HF)= n(HF)M(HF)= 5.75.10-5.20=1.15.10-3 г
№7
Какая из кислот является более сильным электролитом, HNO2 или СН3СООН,
если Kд(HNO2)= 5.13.10-4, Kд(СН3СООН)= 1.7.10-5.
Решение
Обе рассматриваемые кислоты являются слабыми электролитами, т.е. в раствореах этих
кислот существуют равновесия:
HNO2  H+ + NO2¯
CH3COOH  H+ + CH3COO¯
Значение константы равновесия показывает насколько равновесие смещено в сторону
продуктов или реагентов рассматриваемой реакции. Значение константы равновесия реакции
диссоциации азотистой кислоты несколько больше константы уксусной кислоты, поэтому
азотистая кислота будет более сильным электролитом, чем уксусная кислота. Однако,
следует отметить, что в данном случае различие в величинах констант диссоциации
небольшое.
№8
Определите реакцию среды в водных растворах гидроксида натрия, хлорида
бария, азотной кислоты, нитрита цезия, хлорида алюминия, сульфата аммония,
фосфата натрия, сульфида калия, сульфида аммония, сульфид алюминия.
Решение
1) гидроксид натрия – это сильное основание, т.е. в растворе молекулы гидроксида
натрия полностью диссоциируют на ионы: NaOH  Na+ + OH¯. При диссоциации
увеличивается концентрация гидроксидных ионов, что приводит к уменьшению
концентрации протонов, т.к. произведение концентраций этих ионов – величина
постоянная при данной температуре и называется ионным произведением воды Kw.
Таким образом, в полученном растворе [OH¯]>[H+], а соответственно рН>7, реакция
среды – щелочная.
2) Хлорид бария – эта соль – сильный электролит, кроме того эта соль сильной кислоты
HCl и сильного основания Ba(OH)2. В водном растворе хлорид бария полностью
диссоциирует
на
ионы,
т.к.
является
сильным
электролитом.
BaCl2  Ba2+ + 2Cl¯. В результате диссоциации не изменяется концентрация
протонов и гидроксидных ионов в растворе, поэтому при диссоциации изменения
реакции среды не происходит. Однако, мы должны рассмотреть возможность
протекания реакции гидролиза по аниону и катионы. Гидролиз – это реакция
взаимодействия ионов и молекул растворителя (воды), в результате этого процесса
происходит изменение реакции среды. Т.к. катионы Ba2+ являются катионами
сильного основания, а Cl¯ анионы являются анионами сильной кислоты, поэтому
реакции гидролиза не протекают.
Ba2+ + Н2O  НЕ ИДЕТ ; Cl¯+ Н2O НЕ ИДЕТ.
Реакция среды раствора хлорида бария нейтральная, рН=7.
3) азотная кислота – это сильная кислота, поэтому диссоциирует в водном растворе
полностью. HNO3  H+ + NO3¯. В результате реакции диссоциации увеличивается
концентрация протонов в растворе, что приводит к уменьшению концентрации
гидроксидных ионов (см.1)). [OH¯]<[H+], рН<7, реакция среды – кислая.
4) Нитрат цезия – эта соль является сильным электролитом и диссоциирует полностью:
СsNO3  Cs+ + NO3¯. Так как соль образована катионом сильного основания и
анионом сильной кислоты, поэтому гидролиз ни по аниону, ни по катиону не
протекает. Таким образом концентрация протонов и гидроксидных ионов не
изменяется в растворе, рН=7, нейтральная реакция среды.
5) Хлорид алюминия – эта соль является сильным электролитом и диссоциирует
полностью: AlCl3  Al3+ + 3Cl¯. Так как соль образована катионом слабого основания
и анионом сильной кислоты, поэтому гидролиз протекает по катиону, а по аниону
гидролиза не происходит.
Al3+ + H2O  AlOH2+ + H+ (первая ступень гидролиза по катиону)
AlOH2+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ (вторая ступень гидролиза по катиону)
Al(OH)2++ H2O  Al(OH)3 + H+ (третья ступень гидролиза по катиону)
Реакции
гидролиза – это практически всегда обратимые процессы и равновесие
реакции гидролиза всегда смещено влево, т.е. в сторону реагентов.
В результате протекания гидролиза по катиону в растворе повышается концентрация
протонов H+, что приводит к уменьшению концентрации гидроксидных ионов.
[OH¯]<[H+], рН<7, реакция среды – кислая.
В растворах солей, образованных сильными кислотами и слабыми основаниями
реакция среды – кислая из-за гидролиза по катиону.
6) сульфат аммония - эта соль является сильным электролитом и диссоциирует
полностью: (NH4)2SO4  2NH4+ + SO42¯. Так как соль образована катионом слабого
основания и анионом сильной кислоты, поэтому гидролиз протекает по катиону, а по
аниону гидролиза не происходит.
NH4+ + H2O  NH4OH + H+ или NH4+ + H2O  NH3.Н2О + H+
В результате протекания гидролиза по катиону в растворе повышается концентрация
протонов H+, что приводит к уменьшению концентрации гидроксидных ионов.
[OH¯]<[H+], рН<7, реакция среды – кислая.
7) Фосфат натрия - эта соль является сильным электролитом и диссоциирует полностью:
Na3PO4  3Na+ + PO43¯. Так как эта соль образована катионом сильного основания и
анионом слабой кислоты, поэтому гидролиз по катиону не протекает, гидролиз
происходит по аниону.
PO43¯ + H2O  НPO42¯ + ОН¯ (первая ступень гидролиза по аниону)
НPO42¯ + H2O  Н2PO4¯ + ОН¯ (вторая ступень гидролиза по аниону)
Н2PO4¯ + H2O  Н3PO4 + ОН¯ (третья ступень гидролиза по аниону)
В результате протекания гидролиза по аниону в растворе повышается концентрация
гидроксидных ионов ОН¯, что приводит к уменьшению концентрации протонов.
[OH¯]>[H+], рН>7, реакция среды – щелочная.
В растворах солей, образованных слабыми кислотами и сильными основаниями
реакция среды – щелочная из-за гидролиза по аниону.
8) Сульфид калия - эта соль является сильным электролитом и диссоциирует полностью:
K2S  2K+ + S2¯. Так как эта соль образована катионом сильного основания и
анионом слабой кислоты, поэтому гидролиз по катиону не протекает, гидролиз
происходит по аниону.
S2¯ + H2O  НS¯ + ОН¯ (первая ступень гидролиза по аниону)
НS¯ + H2O  Н2S + ОН¯ (вторая ступень гидролиза по аниону)
В результате протекания гидролиза по аниону в растворе повышается концентрация
гидроксидных ионов ОН¯, что приводит к уменьшению концентрации протонов.
[OH¯]>[H+], рН>7, реакция среды – щелочная.
9)
Сульфид аммония - эта соль является сильным электролитом и диссоциирует
полностью: (NH4)2S  2NH4+ + S2¯. Так как эта соль образована катионом слабого
основания и анионом слабой кислоты, поэтому гидролиз протекает и по катиону и по
аниону.
NH4+ + H2O  NH4OH + H+ или NH4+ + H2O  NH3.Н2О + H+
S2¯ + H2O  НS¯ + ОН¯ (первая ступень гидролиза по аниону)
НS¯ + H2O  Н2S + ОН¯ (вторая ступень гидролиза по аниону)
В результате протекания гидролиза по аниону в растворе повышается концентрация
гидроксидных ионов ОН¯, что приводит к уменьшению концентрации протонов. В
результате протекания гидролиза по катиону в растворе повышается концентрация
протонов H+, что приводит к уменьшению концентрации гидроксидных ионов. Таким
образом, чтобы оценить реакцию среды, необходимо знать – какой же процесс
преобладает? (гидролиз по катиону или по аниону) Не зная величин констант этих
равновесий нельзя сказать какой процесс преобладает, а, соответственно, определить
какая будет реакция среды. В данном случае не хватает данных для ответа.
Сульфид алюминия - эта соль является сильным электролитом и диссоциирует
10)
полностью: Al2S3  2Al3+ + 3S2¯. Так как эта соль образована катионом слабого
основания и анионом слабой кислоты, поэтому гидролиз протекает и по катиону и по
аниону.
Al3+ + H2O  AlOH2+ + H+ (первая ступень гидролиза по катиону)
AlOH2+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ (вторая ступень гидролиза по катиону)
Al(OH)2++ H2O  Al(OH)3 + H+ (третья ступень гидролиза по катиону)
S2¯ + H2O  НS¯ + ОН¯ (первая ступень гидролиза по аниону)
НS¯ + H2O  Н2S + ОН¯ (вторая ступень гидролиза по аниону)
В результате протекания гидролиза по аниону в растворе повышается концентрация
гидроксидных ионов ОН¯, что приводит к уменьшению концентрации протонов. В
результате протекания гидролиза по катиону в растворе повышается концентрация
протонов H+, что приводит к уменьшению концентрации гидроксидных ионов.
Этот пример очень похож на разобранный в 9), однако гидроксид алюминия более
слабое основание, чем раствор аммиака и еще плохорастворимое. Поэтому в данном
случае гидролиз протекает до конца. Такой тип реакций называем необратимым
гидролизом: Al2S3 + 6H2O  2Al(OH)3 + 3H2S.
№9
Определите реакцию среды в растворе гидросульфата натрия, гидрокарбоната
натрия.
Решение
1) Гидросульфат натрия – NaHSO4. Это кислая соль сильного основания и сильной
кислоты, поэтому диссоциирует на катионы сильного основания, анион сильной
кислоты и протон: NaHSO4  Na+ + H+ + SO42¯. В результате реакции диссоциации в
растворе повышается концентрация протонов, следовательно рН<7, реакция среды –
кислая.
2) Гидрокарбонат натрия : NaHCO3. Это кислая соль сильного основания и слабой
кислоты, поэтому при диссоциации соли образуется катион основания и остаток
слабой кислоты: NaHCO3  Na+ + HCO3¯. Катионы натрия, как катионы сильного
основания гидролизу не подвержены, а для гидрокарбонат-аниона возможно
протекание двух процессов.
HCO3¯ H+ + CO32-
HCO3¯ + H2O  Н2CO3 + ОН¯
Чтобы определить, какой процесс преобладает – необходимо знать константы
равновесий этих двух процессов. Не зная, мы не можем решить какой же процесс
будет преобладать. В данном случае – не хватает данных. (В случае гидрокарбоната
натрия – преобладает реакция гидролиза, поэтому рН>7, а для гидросульфита натрия
NaHSO3,
имеющего
похожую
формулу,
преобладает
процесс
диссоциации
гидросульфит-аниона и поэтому рН<7; на преобладание того или иного процесса
влияет сила кислоты по первой и второй ступеням).
№ 10
Закончите уравнения реакций:
Na2SiO3 + AlCl3 + H2O => …
K2CO3 + Cr(NO3)3 + H2O => …
Решение
В первую очередь обратим внимание, что в обоих уравнениях написаны в качестве реагентов
молекулы воды. Это
показывает, что реакция протекает в водном растворе, а не при
сплавлении или каком-либо другом растворителе. Если реакция протекает в водном растворе
мы всегда должны помнить про возможность протекания реакции с растворителем (водой) –
реакции гидролиза. Другие реагенты являются солью слабого основания и сильной кислоты
(AlCl3 и Cr(NO3)3) и солью сильного основания и слабой кислоты (K2CO3 и Na2SiO3).
Одновременное присутствие анионов слабой кислоты и катионов слабого основания
приводит к взаимному усилению гидролиза. Как было сказано в теории, одновременное
присутствие в растворе катионов Al3+, Cr3+ и анионов CO32-, SiO32- и др. приводит к
протеканию необратимого гидролиза. Поэтому реакции будут выглядеть как:
3Na2SiO3 + 2AlCl3 + 6H2O => 2Al(OH)3 + 3H2SiO3 + 6NaCl
3K2CO3 + 2Cr(NO3)3 + 3H2O => 6KNO3 + 2Cr(OH)3 + 3CO2
№ 11
Рассчитайте
растворимость
сульфида
меди(II)
в
моль/л
и
г/л,
если
ПР(CuS)=6.3·10-36.
Решение.
Если мы в воде будем растворять сульфид меди(II), то процесс растворения будет протекать
до тех пор, пока произведение молярных концентраций сульфид-ионов и катионов меди не
достигнет значения произведения растворимости. После этого будет наблюдаться
динамическое равновесие между нерастворившимся сульфидом меди и находящимися в
растворе сульфид-ионами и катионами меди(II). Количество находящихся в растворе ионов и
определяют растворимость данного соединения в воде.
CuS(тв)  Cu2++ S2ПР(CuS) = [Cu2+][S2-]
[Cu2+] = [S2-] = x моль/л
ПР = 6.3·10-36 = х2
х = 2,51·10-18 моль/л
[CuS] в растворе = [Cu2+] = [S2-] = 2,51·10-18 моль/л
m(CuS) в растворе = [CuS] в растворе · M(CuS) = 2,51·10-18· 95.5 = 2.4 ·10-14 г
№ 12
Рассчитайте растворимость гидроксида алюминия
в моль/л и г/л, если
ПР(Al(OH)3)=1·10-33.
Решение.
Al(OH)3 (тв)  Al 3++ 3OH¯
ПР(Al(OH)3) = [Al3+][OH¯]
3[Al3+] = [OH¯] = 3x моль/л
ПР = 1·10-33= x·(3x)3 = 27x4
х = 0.247·10-8 моль/л
[Al(OH)3] в растворе = [Al3+] = [OH¯]/3 = 0.247·10-8 моль/л
m(Al(OH)3) в растворе = [Al(OH)3] в растворе · M(Al(OH)3) = 0.247·10-8 · 78 = 19.27 ·10-8 г
№ 13
В 50 л 0.2М раствора NaCl добавляют 0.001 г AgCl. Определите, какая масса
AgCl останется нерастворившейся, если ПР(AgCl)=1.8·10-10.
Решение
Сначала найдем растворимость хлорида серебра в 1 л 0,2 М раствора хлорида натрия.
ПР(AgCl) = [Ag+][Cl¯]
AgCl  Ag+ + Cl¯
NaCl => Na+ + Cl¯
Как можно видеть, хлорид-ионы образуются по двум процессам: при диссоциации хлорида
серебра и хлорида натрия. Следует отметить, что хлорид натрия диссоциирует полностью.
Таким образом, концентрация ионов серебра не будет равна концентрации хлорид-ионов:
[Ag+] = х моль/л
[Cl¯] = х + 0.2 моль/л
1.8·10-10 = х (х+0.2)
Решая квадратное уравнение получаем два корня, х1<0 и поэтому не подходит, как решение
для нашей задачи. x2 = 9·10-10 моль/л.
В 50 л количество растворенного хлорида серебра будет в 50 раз больше, чем в 1 литре:
n(AgCl) = V·[AgCl] = 50·9·10-10 = 4,5·10-8 моль
m (AgCl) = n(AgCl)·M(AgCl) = 4,5·10-8 ·143,5 = 6,5·10-6 г
m(AgCl)ост = m (AgCl)нач - m (AgCl)раствор = 0,001 – 6,5·10-6 = 0,99·10-3 г