книги / Общая и неорганическая химия

Окончание табл. 5

13GaOHCl2, LiHS, Cu(NO3)2, H2CO3, Ba(OH)2

14KMnO4, H2SO4, CrOHCl2, Mn(OH)2, Li2(HPO4)

15Cd(OH)2, FeOHSO4, KHSO3, H3PO4, Ba(NO3)2

16Zn(NO3)2, Zn(OH)2, LiHSO3, CoOHCl, HCN

17NH4OH, Co(HSO4)2, (ZnOH)2SO4, Cu(NO3)2, H3BO3

18CaHPO4, BaCl2, AlOHBr2, Ni(OH)2, H2SO4

19Na2S2O3, Sr(OH)2, H3PO4, Ba(HSO4)2, CrOH(NO3)2

20CsNO3, LiHS, FeOHSO4, HAlO2, LiOH

21(NH4)2SO4, KHCO3, H2CrO4, Cr(OH)3, TiOHCl2

22Mg(OH)2, LiH2PO4, FeOHSO4, CH3COOH, Na2SO4

23BiOH(NO3)2, Co(OH)2, H2SO3, KClO4, KHSO3

24H2SO3, Ba(HCO3)2, AlOHCl2, Sr(OH)2, Cr2(SO4)3

25Ca(NO3)2, Cr(OH)2NO3, NaH2BO3, H2SeO4, Fe(OH)3

26Zn(OH)2, (CoOH)2SO4, Ba(HSO3)2, H2S, CH3COONa

27Al2(SO4)3, Ba(H2PO4)2, HCN, FeOHSO4, Ca(OH)2

28Co(HSO4)2, (NH4)2CO3, Mg(OH)2, CuOHCl, HIO3

29InOH(NO3)2, KH2PO4, AlCl3, H3BO3, Cu(OH)2

30(NH4)2HPO4, FeOHCl2, Sr(OH)2, K2SeO3, H2SO3

4.3.2.Определите степень диссоциации (α), константу диссоциа-

ции (Kд), концентрацию ионов водорода [Н+], концентрацию гидро- ксид-ионов [ОН–] и рН раствора по заданным условиям (табл. 6). Величины, которые нужно определить, обозначены х. Для многоосновных слабых электролитов в расчетах учитывайте первую стадию диссоциации. Необходимые длярасчетоввеличины Kд приведены в табл. 6.

Таблица 6

Окончание табл. 6

Пример 4.3.1. Напишите уравнения диссоциации гидроксида кальция и гидроксида никеля (II).

32

Решение. Ca(OH)2 является сильным электролитом (основание щелочно-земельного металла), поэтому диссоциирует необратимо в одну стадию:

Ca(OH)2 → Ca2+ + 2OH–.

Ni(OH)2 – малорастворимое в воде основание, является слабым электролитом. Ni(OH)2 диссоциирует ступенчато в две стадии. Процесс диссоциации слабых электролитов протекает обратимо, следовательно, можно записать выражение константы диссоциации

II. Ni(OH)2 NiOH+ + OH–

KдI NiOH OH . Ni(OH)2

III. NiOH+ Ni2+ + OH–

Пример 4.3.2. Напишите уравнения диссоциации серной и сероводородной кислот.

Решение.

Серная кислота – сильный электролит, диссоциирует в одну стадию:

H2SO4 → 2H+ + SO42–.

Cероводородная кислота – слабый электролит, диссоциирует

вдве стадии:

I. H2S H+ + HS–

KдI H HS .

H2S

33

II. HS– H+ + S2–

KдII H HS S2 .

Пример 4.3.3. Напишите уравнения диссоциации сульфата алюминия, гидроксонитрата магния и гидрофосфата натрия.

Решение. Сульфат алюминия Al2(SO4)3 относится к средним солям, является сильным электролитом:

Al2(SO4)3 → 2Al3+ + 3SO42–.

При диссоциации основных и кислых солей первая стадия диссоциации соответствует диссоциации сильного электролита, а остаток основания или кислоты диссоциирует как слабый электролит.

Гидроксонитрат магния MgOHNO3 – основная соль, диссоциирует по схеме:

I. MgOHNO3 → MgOH+ + OH– сильный электролит, II. MgOH+ Mg2+ + OH– слабый электролит,

Kд Mg2 OH .

MgOH

Гидрофосфат натрия Na2HPO4 – кислая соль, диссоциирует по схеме:

I. Na2HPO4 → 2Na+ + HPO42– сильный электролит, II. HPO42– H+ + PO43– слабый электролит,

Пример 4.3.4. Константа диссоциации (Kд) муравьиной кислоты равна 1,77·10–4. Рассчитайте степень диссоциации (α) HCООН в растворе с концентрацией 0,2 моль/дм3.

34

Решение. Поскольку константа диссоциации HCООН очень мала, то для расчета степени диссоциации можно воспользоваться приближенной формулой

Kд /CM ,

где СМ – молярная концентрация раствора, моль/дм3. Степень диссоциации

Пример 4.3.5. Степень диссоциации уксусной кислоты в растворе с концентрацией 0,1 моль/дм3 равна 1,32·10–2. Рассчитайте константу диссоциации кислоты.

Решение. Для расчета константы диссоциации воспользуемся уравнением закона разбавления

Kд 2 СМ . 1

Подставим данные задачи в уравнение (7.2):

Kд (1,32 10 2 )2 0,1 1,77 10 5. 1 0,0132

Расчет по приближенной формуле Kд 2 СМ приводит к близкому значению Kд:

Kд = (1,32·10–2)2 · 0,1 = 1,74·10–5.

Пример 4.3.6. Вычислите рН раствора синильной кислоты

HСN с концентрацией 0,1 моль/дм3. Константа диссоциации

Kд = 7,9·10–10 (прил. 1).

Решение. Найдем степень диссоциации НСN:

35

Рассчитаем концентрацию ионов H+:

[H+] = α · CM = 8,9·10–5 · 0,1 = 8,9·10–6 моль/дм3.

Найдем рН раствора кислоты:

рН = – lg [H+] = –lg 8,9·10–6 = 5,05.

Пример 4.3.7. Рассчитайте концентрацию ионов ОН– в растворе, рН которого равен 2,7.

Решение: По известной величине рН раствора найдем концентрацию ионов водорода.

рН = – lg [Н+] = 2,7.

Отсюда: [H+] = 10–рН = 10–2,7 = 2·10–3 моль/дм3.

Произведение концентраций ионов Н+ и ОН–, представляет собой постоянную при данной температуре величину, называемую ионным произведением воды (KH2O):

KH2O = [H+]·[OH–].

При температуре 25 °С KH2O = 10–14. Следовательно, концентрация гидроксид-ионов рассчитывается как

[OH–] = KH2O / [H+] = 10–14 / 2·10–3 = 5,0·10–12 моль/дм3.

Задачу можно решить и иным способом. Из соотношения рН + рОН = 14 находим:

рОН = 14 – рН = 14 – 2,7 = 11,3.

Поскольку рОН = – lg [ОН–], концентрация гидроксид-ионов

равна:

[ОН–] = 10–рОН = 10–11,3 = 5,01·10–12 моль/дм3.

ЗАДАНИЕ 4.4

4.4. Составьте молекулярные, полные и сокращенные ионные уравнения гидролиза солей (табл. 7). Укажите реакцию среды. Вычислите рН, учитывая первую стадию гидролиза, считая концентрацию солей равной 0,1 моль/дм3.

36

Пример 4.4.1. Составьте уравнение реакции гидролиза карбоната натрия. Вычислите рН раствора карбоната натрия с концентрацией 0,01 моль/дм3.

Решение. Карбонат натрия Na2CO3 – соль, образованная сильным основанием и слабой кислотой. Процесс гидролиза протекает

37

по аниону слабой кислоты с образованием кислой соли (точнее, аниона кислой соли):

I стадия: CO32– + HOH HCO3– + OH–

2Na+ + CO32– + HOH 2Na+ + HCO3– + OH– Na2CO3 + HOH NaHCO3 + NaOH

II стадия: HCO3– + HOH H2CO3 + OH–

Na+ + HCO3– + HOH Na+ + H2CO3 + OH–

NaHCO3 + HOH H2CO3 + NaOH

Реакция среды щелочная.

Для расчета рН раствора вычислим константу гидролиза Kг по уравнению

Kг KH2O , Kд

где KH2O – ионное произведение воды, KH2O = 10–14; Kд – константа

диссоциации слабого электролита, образовавшего данную соль по последней стадии диссоциации (прил. 1).

В нашем примере KдII (Н2CO3) = 4,69·10–11. Константа гидролиза

Степень гидролиза β рассчитываем по уравнению

Степень гидролиза

C учетом степени гидролиза рассчитаем концентрацию ОН– ионов в растворе:

38

[OH–] = β ·C = 0,15 · 0,01 = 1,5·10–3 моль/дм3.

Величина pOH = – lg[OH–] = – lg1,5·10–3 = 3 – lg1,5 = 2,82.

Рассчитаем рН раствора:

рН = 14 – рОН = 11,18.

Пример 4.4.2. Составьте уравнение реакции гидролиза хлорида никеля (II). Вычислите рН раствора хлорида никеля с концентрацией 0,01 моль/дм3.

Решение. Хлорид никеля NiCl2 – соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой. Процесс гидролиза протекает по катиону слабого основания с образованием основной соли (точнее, катиона основной соли):

I стадия: Ni2+ + HOH NiOH+ + H+

Ni2+ + 2Cl– + HOH NiOH+ + 2Cl– + H+

NiCl2 + HOH NiOHCl + HCl II стадия: NiOH+ + HOH Ni(OH)2 + H+

NiOH+ + Cl– + HOH Ni(OH)2 + Cl– + H+

NiOHCl + HOH Ni(OH)2 + HCl.

Реакция среды кислая.

Рассчитаем константу гидролиза с учетом KдII (Ni(OH)2) = = 2,5·10–5:

Вычислим степень гидролиза:

С учетом степени гидролиза концентрация ионов H+ в растворе

[H+] = β · C = 2·10–4 · 0,01 = 2·10–6 моль/дм3.

39

Рассчитаем рН раствора:

рН = – lg [H+] = – lg 2·10–6 = 6 – lg2 = 5,7.

ЗАДАНИЕ 4.5

4.5.1.Вычислите концентрации ионов в насыщенном водном растворе и растворимость вещества А (в г/дм3 и моль/дм3) (табл. 8). Произведение растворимости (ПР) вещества А приведено в приложении 2.

4.5.2.Определите, выпадет ли осадок, если смешать равные объемы растворов веществ Б и В (табл. 8), содержащих в 1 дм3 по 1 г растворенного вещества.

40