Пример 2. Определение растворимости и энергетики процесса растворения

1. Растворимость кальция хлорида в воде при 100⁰С равна 159 г на 100 мл воды. Определите массовую долю и массу соли, содержащейся при указанной температуре в 1,35 кг раствора.

Решение. Растворимость вещества (чаще её называют коэффициентом растворимости) определяется по формуле

s= m/m₀при m₀ = 100 г.

Поскольку 100 мл воды обладают массой 100 г (ρ_Н2О= 1,00 г/мл) и, согласно условию задачи, 159 г СаСl₂содержатся в (159 + 100) = 259 г раствора, то искомая масса соли определится из пропорции:

m(CaCl₂) = (159·1350)/259 = 828,8 г.

Массовая доля растворенного вещества в состоянии насыщения при 100⁰С определится по уравнению:

ω(СаСl₂) = [m(CaCl₂) /m(р-ра)] ·100% = 828,8/1350 = 61,4%.

Ответ:m(CaCl₂) = 828,8 г; ω(СаСl₂) = 61,4%.

2. Растворимость аммония хлорида при 90⁰С равна 70 г на 100 г воды, а при 50⁰С – 50 г на 100 г Н₂О. Определите массу выпавшего в осадокNH₄Clпри охлаждении 1кг насыщенного при 90⁰С раствора до 50⁰С, и рассчитайте моляльность охлажденного до 50⁰С раствора.

Решение. Зная растворимостьNH₄Clпри температурах 90⁰С и 50⁰С, определим массу раствора соли при разных температурах:

а) при 90⁰Cm₁= 70 + 100 = 170 г; б) при 50⁰Сm₂= 50 + 100 = 150 г. При охлаждении 170 г раствора хлорида аммония в осадок выпадает 170 – 150 = 20 гNH₄Cl. А если охладить 1000 г раствора, то в осадок выпадет

m(NH₄Cl) = (1000·20)/170 = 117,6 г.

Масса соли в горячем насыщенном растворе была равна

m₁(NH₄Cl) = (70·1000)/170 = 411,8 г,

после охлаждения раствора она уменьшилась на величину осадка и стала равной

m₂(NH₄Cl) = m₁(NH₄Cl) - m(NH₄Cl) = 411,8 – 117,6 = 294,2 г.

Следовательно, масса растворителя после охлаждения составила

m_Н2О=m_р-ра -m₂(NH₄Cl) = 1000 –117,6 – 294,2 = 588,2 г = 0,5882 кг.

Теперь не трудно рассчитать моляльность полученного после охлаждения раствора, зная, что молярная масса аммония хлорида М(NH₄Cl) = 14 + 4 + 35,5 = 53,5 г/моль:

С_m=m₂(NH₄Cl)/[M(NH₄Cl)·m(H₂O)];C_m= 294,2/(53,5·0,5882) = 9,35 моль/кг.

Ответ: при охлаждении в осадок выпало 117,6 г. хлорида аммония, моляльность охлажденного раствора составила 9,35 моль/кг.

3. Растворимость газообразного хлора при 10⁰С и давлении 1,01·10⁵Па составляет 3,148 м³в 1м³воды. Определите, в каком объеме воды при этой же температуре и давлении 1,5·10⁵Па растворится 250 г хлора. Рассчитайте массовую долю хлора в растворе.

Решение. Определяем массу газообразного хлора в насыщенном растворе при нормальном давлении и температуре 10⁰С, используя уравнение Менделеева-Клапейрона:

PV=mRT/M, откудаm₁(Cl₂) =P₁·V(Cl₂)·M(Cl₂)/RT;

m₁(Cl₂) = (1,01·10⁵·3,148·71)/(8,314·283) = 9594 г.

Согласно закону Генри-Дальтона, при изотермическом процессе масса газа, растворенного в данном объеме жидкости, пропорциональна давлению этого газа на жидкость. Применительно к нашей задаче этот закон выглядит следующим образом:m₁(Cl₂)/m₂(Cl₂) =P₁/P₂. И тогда масса хлора в насыщенном растворе при новом давлении Р₂будет равна:

m₂(Cl₂) =m₁(Cl₂)·Р₂/Р₁;m₂(Cl₂) = (9594·1,5·10⁵)/(1,01·10⁵) = 14248 г.

Объем воды, в которой растворилось 250 г хлора при давлении Р₂, определим, используя пропорцию:

1000 л Н₂О - 14248 гCl₂

Хл Н₂О - 250 г Сl₂и тогдаХ= (1000·250)/14248 = 17,5 л.

Принимая массу 1000 л воды за 1000 кг, находим, что в (1000 + 14,248) кг раствора содержится 14,248 кг Cl₂. Тогда в 100 кг раствора будет содержаться:

m(Cl₂) = (100·14,248)/1014,248 = 1,4 кг. Следовательно, массовая доля растворенного газа составляет 1,4%.

Ответ: 250 г хлора растворяется в объеме 17,5 л воды, массовая доля растворенного вещества ω(Cl₂) = 1,4%.

4. Энтальпия растворения натрия карбоната в воде равна 25,6 кДж/моль. Определите, на какую величину повысится температура, если в 250 мл воды растворить 6 гNa₂CO₃. Удельную теплоёмкость раствора принять равной 4,174 Дж/г·К.

Решение. Между ΔН⁰_раств, удельной теплоёмкостью раствораL, и температурным эффектом растворения ΔТ существует зависимость, которую применительно к условиям нашей задачи можно записать так:

ΔН⁰_раств = (М_Na2CO3·L·m_H2O·ΔT)/m_Na2CO3.

Преобразуем это уравнение относительно ΔTи решим его, зная, что М_Na2CO3= 106 г/моль:

ΔT = (ΔН⁰_раств·m_Na2CO3)/(М_Na2CO3·L·m_H2O); и

ΔT= (25,6·10³·6)/(106·4,176·250) = 1,38⁰.

Ответ: температура раствора увеличится при растворении на 1,38⁰.

5. При растворении 4,0 г меди (2) сульфата в 0,2 л воды температура повысилась на 2⁰. Вычислите теплоту гидратацииCuSO₄, если энтальпия растворенияCuSO₄·5H₂Oравна -11,72 кДж/моль, а удельная теплоёмкость раствора равна 4,18 Дж/г·К.

Решение. Тепловые эффекты процессов растворения безводной солиCuSO₄и кристаллогидратаCuSO₄·5H₂Oбудут отличаться между собой на теплоту гидратации:

СuSO₄+aq→CuSO₄(aq) +ΔH⁰_раств; ΔН⁰₁=ΔH⁰_раств+ΔH⁰_гидр.

CuSO₄(aq) + 5H₂O=CuSO₄·5H₂O(aq) +ΔH⁰_гидр.

Зато при растворении кристаллогидрата идёт только один процесс:

CuSO₄·5H₂O+aq→CuSO₄·5H₂O(aq) +ΔH⁰_раств; и ΔН⁰₂=ΔH⁰_раств.

Сравнив эти два процесса, мы видим что

ΔН⁰_гидр(CuSO₄) = ΔН⁰_раств(CuSO₄) – ΔН⁰_раств(CuSO₄·5H₂O).

Энтальпию растворения безводной соли рассчитаем, как и в предыдущей задаче, по уравнению (16), зная, что M_СuSO4= 64 + 32 + 4·16 = 160 г/моль:

ΔН⁰_раств(CuSO₄) = (М_CuSO4·L·m_H2O·ΔT)/m_CuSO4;

ΔН⁰_раств(CuSO₄) = (160·4,18·200·2)/4 = 66880 Дж(моль = 66,88 кДж/моль.

Теперь определим теплоту гидратации:

ΔН⁰_гидр(CuSO₄) = 66,88 – (-11,72) = 78,60 кДж/моль.

Ответ: теплота гидратации сульфата меди равна 78,60 кДж/моль.

Пример 3. Вычисления, основанные на законах Рауля и Вант-Гоффа

1. Рассчитайте, какую массу фенола С₆Н₅ОН следует растворить в 370 г диэтилового эфира (С₂Н₅)₂О при постоянной температуре, чтобы понизить давление насыщенных паров растворителя от 90 кПа до 75 кПа.

Решение. Для решения этой задачи воспользуемся выражением первого закона Рауля ΔР/Р₀= χ, где Р₀– давление насыщенных паров диэтилового эфира над чистым растворителем, равное 90 кПа; ΔР – разность давлений паров над растворителем и раствором, ΔР = 90 – 75 = 15 кПа; χ – молярная доля фенола в эфире, определяемая по уравнению χ =n/(n+n₀).

Определим вначале молярную долю фенола: χ(С₆Н₅ОН) = 15/90 = 0,167. Подставим найденное значение в уравнение для χ, преобразовав его относительно количества вещества фенола, и решим его:

0,167·n+ 0,167·n₀=n;n– 0,167·n= 0,167·n₀или 0,833·n= 0,167·n₀

и окончательно n= 0,2·n₀.

В полученном выражении количества вещества фенола и эфира заменим их значениями через mи М и преобразуем уравнение относительно неизвестной массы растворенного в эфире фенола:

m(C₆H₅OH)/M(C₆H₅OH) = 0,2·m(C₂H₅)₂O/M(C₂H₅)₂O, откуда

m(C₆H₅OH) = M(C₆H₅OH)·0,2·m(C₂H₅)₂O/M(C₂H₅)₂O.

Подставим в найденное выражение физическую массу эфира и молярные массы фенола и эфира, предварительно рассчитав их, получим:

М(С₆Н₅ОН) = 6·12 + 6·1 + 16 = 94 г/моль; М(С₂Н₅)₂О = 4·12 + 10·1 + 16 = 74 г/моль;m(C₆H₅OH) = (94·0,2·370)/74 = 94 г.

Ответ:m(C₆H₅OH) = 94 г.

2. Определите температуру кипения 15%-го водного раствора пропилового спирта С₃Н₇ОН.

Решение. Для решения используем математическое выражение второго закона Рауля (ΔТ_кип = k_Э·С_m. В этом уравнении ΔТ_кип= Т_кип(р-ра) – Т_кип(Н₂О); С_m – моляльная концентрация раствора,

С_m=m(C₃H₇OH)/[M(C₃H₇OH)·m(H₂O)·10^-3] моль/кг.

Для расчета моляльной концентрации используем данные условия задачи (в 100 г 15% раствора спирта содержатся 15 г спирта и 85 г воды) и молярную массу пропилового спирта (М(С₃Н₇ОН) = 12·3 + 8·1 + 16 = 60 г/моль): С_m= 15/(60·85·10^-3) = 2,94 моль/кг.

Теперь рассчитаем температуру кипения раствора, используя справочные данные для эбулиоскопической постоянной воды Т_кип(Н₂О) = 373 К; k_Э(Н₂О) = 0,52⁰:

Т_кип(р-ра) = ΔТ_кип+ Т_кип(Н₂О) = (0,52·2,94) + 373 = 374,53 К.

Ответ: раствор кипит при температуре 374,53 К.

3. Массовые доли углерода, водорода и серы, входящих в состав неизвестного вещества, соответственно равны(%): 39,34; 8,20; 52,46. Раствор, содержащий 0,2 г этого вещества в 26 г бензола, кристаллизуется при температуре на 0,318⁰ниже, чем чистый растворитель. Определите формулу неизвестного вещества.

Решение. На основе данных криоскопии, используя 2-й закон Рауля, рассчитаем молярную массу неизвестного вещества по уравнению:

ΔТ_кр = k_К·С_m =k_K(C₆H₆)·m(в-ва)/[M(в-ва)·m(C₆H₆)·10^-3],

преобразовав его предварительно относительно М(в-ва) и воспользовавшись справочным значением k_K(C₆H₆) = 5,12⁰:

M(в-ва) =k_K(C₆H₆)·m(в-ва)/[ΔТ_кр·m(C₆H₆)·10^-3],

откуда M(в-ва) = (5,12·0,2)/(0,318·26·10^-3) = 124 г/моль.

На основании данных о составе вещества определим его простейшую формулу:

n_С = ω_С/М_С= 39,34/12 = 3,28;n_Н= ω_Н/М_Н= 8,20/1 = 8,20;n_S= ω_S/М_S= 52,46/32 = 1,64. Отсюдаn_С ÷n_Н÷n_S= 3,28 ÷ 8,20 ÷ 1,64 = 2 ÷ 5 ÷ 1 и простейшая формула неизвестного вещества будет иметь вид С₂Н₅S.

Рассчитаем молярную массу простейшей формулы и сравним с найденным ранее значением М(в-ва): М(С₂Н₅S) = 12·2 + 5·1 + 32 = 61 г/моль и она в 2 раза меньше М(в-ва). Значит, в простейшей формуле все индексы необходимо удвоить, тогда получим истинную формулу вещества: С₄Н₁₀S₂.

Ответ: формула неизвестного вещества С₄Н₁₀S₂.

4. Определите, будут ли изотоничны водные растворы глюкозы и этилового спирта, если их массовые доли составляют 20% для глюкозы и 5% для спирта.

Решение. Изотоническими называются растворы с одинаковым значением осмотического давления, которое рассчитывается по закону Вант-Гоффа: π = С_µRT, где π – осмотическое давление; С_µ –молярная концентрация раствора; Т – температура,R– универсальная газовая постоянная Ридберга (R= 8,31 Па·м³/моль·К).

Для расчета π(С₆Н₁₂О₆) и π(С₂Н₅ОН) необходимо вначале определить их молярные концентрации по уравнению С_μ = m/(M·V), преобразованному с учетом пересчета концентрации растворов с массовой доли на С_μ:m= ω·V·ρи тогда

С_μ = (ω·V·ρ)/(M·V) = (ω·ρ)/М.

Произведем расчеты по этому уравнению, зная, что М(С₆Н₁₂О₆) = 180 г/моль, М(С₂Н₅ОН) = 46 г/моль, а плотности растворов при соответствующих массовых долях, согласно справочным данным, равныρ(С₆Н₁₂О₆) = 1,081 г/мл;ρ(С₂Н₅ОН) = 0,990 г/мл:

С_μ (р-ра С₆Н₁₂О₆) = (0,20·1,081·10³)/180 = 1,20 моль/л;

С_μ (р-ра С₂Н₅ОН) = (0,05·0,990·10³)/46 = 1,08 моль/л.

Дальнейшие расчеты можно не проводить, т.к в выражении для осмотического давления сомножитель RTу обоих растворов одинаковый. В связи с тем, что С_μ(р-ра С₆Н₁₂О₆) > С_μ(р-ра С₂Н₅ОН), то и осмотическое давление раствора глюкозы больше осмотического давления раствора спирта, т.е. π(р-ра С₆Н₁₂О₆) > π(р-ра С₂Н₅ОН) и растворы не изотоничны.

Ответ: растворы не изотоничны, π(р-ра С₆Н₁₂О₆) > π(р-ра С₂Н₅ОН).

5. Определите, при какой температуре осмотическое давление раствора, содержащего 18,6 г анилина С₆Н₅NН₂в 3 л раствора, достигнет 2,84·10⁵Па.

Решение. Для расчета используем уравнение закона Вант-Гоффа, преобразовав его относительно температуры раствора: Т = π/R·Cμ= (π·M·V)/(R·m).

Решим это уравнение, подставив в него значение М(С₆Н₅NН₂) = 93 г/моль:

Т = (2,84·10⁵·93·3)/(8,31·10³·18,6) = 512,6 К.

Ответ: при температуре 512,6 К.

Пример 4. Свойства растворов слабых и сильных электролитов

1. Рассчитайте степень диссоциации гидроксида аммонияNH₄OHв 1 н. растворе, если в 1 л этого раствора содержится 6,045·10²³ растворенных частиц.

Решение. Гидроксид аммония как слабое основание диссоциирует на ионы по уравнению

NH₄OH<=>NH₄⁺+OH^-.

При образовании 1 н. раствора в 1 л его должно быть растворено N₀=n·N_A= 1(моль)·6,023·10²³(моль^-1) = 6,023·10²³недиссоциированных молекулNH₄OH(заметим, что для однокислотных основанийn_Э=nи М = н.). Степень электролитической диссоциацииαравна, согласно определению, α = N/N₀, где N – количество продиссоциировавших на ионы молекул растворенного вещества, N₀ – общее число растворенных молекул, равное в нашем случае 6,023·10²³молекул.

Если из каждой молекулы образуется 2 иона, то из Nмолекул образовалось 2Nионов. В растворе останутся недиссоциированными (6,023·10²³–N) молекул, а всего частиц будет: (6,023·10²³–N) + 2N= 6,045·10²³.

Решая это уравнение относительно N, получим:

N= 6,045·10²³- 6,023·10²³= 0,022·10²³.

Теперь несложно подсчитать степень диссоциации:

α = 0,022·10²³/6,023·10²³= 0,0036, или α = 0,36%.

Ответ: α = 0,36%.

2. Концентрация ионов водорода в 0,005 М растворе угольной кислоты равна 4,25·10^-5моль/л. Определите константу диссоциации угольной кислоты по первой ступени.

Решение. Угольная кислота по первой ступени диссоциирует по уравнению

Н₂СО₃<=> Н⁺+ НСО₃^–.

Количество вещества Н₂СО₃, введенное в растворитель для образования 1 л 0,005 М раствора,n₀= 0,005 моль. Если в растворе образовалось 4,25·10^-5моль ионов Н⁺, значит, такое же количество вещества кислоты Н₂СО₃разложилось на ионы. Отсюда легко рассчитать степень электролитической диссоциации угольной кислоты:

α = 4,25·10^-5/0,005 = 0,0085 или α = 0,85%.

Связь между степенью и константой диссоциации слабых электролитов устанавливается законом Оствальда k_d= (α²·C_μ)/(1-α).

Поскольку α << 1, то в знаменателе можно пренебречь α, тогда уравнение примет окончательный вид: k_d= α²·C_μ.

Подставим в это выражение значения α и C_μи рассчитаем константу диссоциации угольной кислоты по первой ступени:k_d= (0,0085)²·0,005 = 1,7·10^-10.

Ответ:k_d=1,7·10^-10.

3. Концентрация ионовNO₃^–в растворе свинца (2) нитратаPb(NO₃)₂равна 2,232 г/л. Кажущаяся степень диссоциации этой соли 72%. Определите молярную концентрацию раствора свинца (2) нитрата.

Решение. Вначале найдем молярную концентрацию нитрат-ионов:

С_μ(NO₃^–) = m(NO₃^–)/M(NO₃^–) = 2,232/62 = 0,036 моль/л.

Соль свинца (2) нитрат как сильный электролит диссоциирует полностью и в одну ступень: Pb(NO₃)₂=Pb²⁺+ 2NO₃^–.

Уравнение показывает, что из 1 моля соли образуется 2 моля анионов NO₃^–. Тогда, используя уравнение для С_μ, можно рассчитать молярную концентрацию раствора электролита:

С_μ(NO₃^–) = α·N·С_μ(Pb(NO₃)₂) приN= 2, откуда

С_μ(Pb(NO₃)₂) = 0,036/(2·0,72) = 0,025 моль/л.

Ответ: С_μ(Pb(NO₃)₂) = 0,025 моль/л.

4. Рассчитайте активную концентрацию ортофосфата натрия в водном растворе, содержащем 0,82 гNa₃PO₄в 200 мл воды.

Решение. Ортофосфат натрия является сильным электролитом и поэтому в растворе диссоциирует на ионы полностью по уравнению

Na₃PO₄= 3Na⁺+PO₄^3–.

Активная концентрация сильного электролита рассчитывается по уравнению

а=f_±·C_m.

Моляльную концентрацию раствора C_mрассчитываем по формуле:

С_m = m(Na₃PO₄)/(M(Na₃PO₄)·V(H₂O)·10^-3).

И тогда С_m= 0,82/(164·200·10^-3) = 0,03 моль/кг.

Среднее значение коэффициента активности ионов раствора определим по уравнению:

f_±=⁴√f³(Na⁺)·f(PO₄^3–).

Для поиска коэффициентов активности ионов Na⁺иPO₄^3–по таблице Приложения необходимо вначале определить ионную силу раствора по уравнению:

I= ½(C_m(Na⁺)·1²+C_m(PO₄^3–)·(-3)²).

Уравнение электролитической диссоциации соли показывает, что n(Na₃РО₄) =n(РО₄^3-) = 3n(Na⁺), следовательно, С_m(РО₄^3-) = С_m(Na₃РО₄) = 0,03 моль/кг; С_m(Na⁺) = 3С_m(РО₄^3-) = 3·0,03 = 0,09 моль/кг. Тогда ионная сила раствора будет равна:

I= ½(0,09 + 0,03·9) = 0,18 ≈ 0,2 моль/кг.

По таблице Приложения находим, что при ионной силе раствора, равной 0,2 моль/кг, значения коэффициентов активности однозарядных ионов, в том числе f(Na⁺) = 0,80; а для трехзарядных ионов, в том числеf(РО₄^3-) = 0,18. По найденным значениям определим среднее значение коэффициента активности ионов в растворе ортофосфата натрия:

f_±=⁴√(0,80)³·(0,18) = 0,55.

Теперь расcчитаем активную концентрацию раствора ортофосфата натрия:

а= 0,55·0,03 = 0,02 моль/кг.

Ответ: активная концентрация раствора ортофосфата натрия равна 0,02 моль/кг.

5. Рассчитайте ионную силу раствора, содержащего 2,08 гBaCl₂и 5,85 гNaClв 500 г воды, и его активную концентрацию.

Решение. Поскольку хлорид бария и хлорид натрия – сильные электролиты, то их диссоциация в растворе будет полной и необратимой, проходящей по уравнениям:

BaCl₂ = Ba²⁺ + 2Cl^–; NaCl = Na⁺ + Cl^–.

Ионная сила раствора для сильных электролитов рассчитывается по уравнению

I = ½(C_m1·Z₁² + C_m2·Z₂² + C_m3·Z₃² + …).

Применительно к нашей задаче это выражение примет такой вид:

I = ½(C_m(Ba²⁺)·2² + C_m1(Cl^–)·(-1)² + C_m(Na⁺)·1² + C_m2(Cl^–)·(-1)²).

Рассчитаем моляльные концентрации ионов в растворе, принимая во внимание полную диссоциацию сильных электролитов:

C_m(Ba²⁺) = C_m(BaCl₂) = m(BaCl₂)/(M(BaCl₂)·V(H₂O)·ρ(Н₂О)∙10^-3);

а C_m1(Cl^–) = 2C_m(Ba²⁺);

C_m(Na⁺) =C_m2(Cl^–) =C_m(NaCl) =m(NaCl)/(M(NaCl)·V(H₂O)· ρ(Н₂О)∙10^-3).

И далее: C_m(Ba²⁺) = 2,08/(208·500·10^-3) = 0,02 моль/кг;C_m(Na⁺) = 5,85/(58,5·500·10-3) = 0,02 моль/кг;C_m(Cl^–) =C_m1(Cl^–) +C_m2(Cl^–) = 2·0,02 + 0.02 = 0,06 моль/кг.

Теперь рассчитаем ионную силу раствора:

I= ½(0,02·4 + 0,02·1 + 0,06·1) = 0,08 моль/кг.

Активную концентрацию раствора определим, используя значения коэффициентов активности ионов Ва²⁺,Na⁺иCl^–для найденного нами значения ионной силы раствора (I≈ 0,07):f(Ва²⁺) = 0,36;f(Na⁺) = 0,83;f(Cl^–) = 0,83, тогда активность этих ионов будет равна

а(Ва²⁺) =f(Ва²⁺)·C_m(Ba²⁺) = 0,36·0,02 = 0,0072 моль/кг;

а(Na⁺) =f(Na⁺)·С_m(Na⁺) = 0,83·0,02 = 0,0166 моль/кг;

а(Cl^–) =f(Cl^–)· С_m(Cl^–) = 0,83·0,06 = 0,0498 моль/кг.

Активная концентрация всего раствора рассматривается как произведение активностей всех ионов с учетом их количества при диссоциации, тогда

а = а(Ва²⁺)·а(Na⁺)·а³(Cl^–) = (0,072)·(0,0166)·(0,0498)³= 0,15·10^-6(моль/кг).

Ответ:I= 0,08 моль/кг;а= 0,15·10^-6моль/кг.

Пример 5. Расчеты водородного показателя и произведения растворимости

1. Рассчитайте водородный показатель раствора с концентрацией ионов ОН^–, равной 4,92·10^-3моль/л.

Решение. Ионное произведение воды определяется как произведение молярных концентраций ионов Н⁺и ОН^-в конкретном растворе:

K_W = [Н⁺]∙[ОН^–] =1,1·10^-14, где [Н⁺] = С_μ(Н⁺), [ОН^–] = С_μ(ОН^–).

Следовательно, С_μ(Н⁺) =k_W/С_μ(ОН^–) = 1,1·10^-14/4,92·10^-3= 2,24·10^-10(моль/л).

Водородный показатель раствора рН равен отрицательному логарифму по основанию 10 молярной концентрации ионов водорода Н⁺в растворе. Следовательно,

рН = - ℓgC_μ(H⁺) = - ℓg(2,24·10^-10) = 10 - ℓg(2,24) = 10 – 0,35 = 9,65.

Ответ: рН = 9,65.

2.Определите значение рН 0,1 М раствора борной кислоты Н₃ВО₃, если её константа диссоциации по первой ступени равна 5,83·10^-10.

Решение. Борная кислота является слабым электролитом и диссоциирует по первой ступени согласно уравнению:

Н₃ВО₃<=> Н⁺+ Н₂ВО₃^–.

Для определения молярной концентрации ионов водорода в таком растворе необходимо знать степень диссоциации слабого электролита. Она вычисляется по закону Оствальда k_d= (α²·C_μ)/(1-α). Поскольку электролит очень слабый (об этом свидетельствует низкое значениеk_d), уравнение можно упростить, пренебрегая в знаменателе α в сравнении с 1 (α << 1):k_d= α²·C_μ.

Решим его относительно степени диссоциации и получим:

α= √k_d/C_μ= √(5,83·10^-10)/0,1 = 7,63·10^-5.

Теперь рассчитаем молярную концентрацию ионов водорода в растворе и его водородный показатель:

C_μ(H⁺) = α·C_μ= (7,63·10^-5)·0,1 = 7,63·10^-6;

рН = - ℓgC_μ(H⁺) = - ℓg(7,63·10^-6) = 6 - ℓg(7,63) = 6 – 0,88 = 5,12.

Ответ: рН = 5,12.

3.Найдите водородный показатель раствора сильного электролита, содержащего 0,205 М соляной кислотыHClв 1000 мл воды.

Решение: В растворах сильных электролитов рН определяется как отрицательный десятичный логарифм активности ионов водорода: рН = -ℓgа(Н⁺). В свою очередь, активность рассчитывается как произведение коэффициента активности на моляльную концентрацию ионов водорода при условии полной диссоциации сильной кислоты:HCl=H⁺+Cl^–;а(Н⁺) =f(Н⁺)·С_m(Н⁺).

Сначала рассчитаем моляльную концентрацию Н⁺в растворе:

C_m(H⁺) =C_m(HCl) =n(HCl)/(m(H₂O)·10^-3) = 0,205/(1000·10^-3) = 0,205 моль/кг.

Для определения коэффициента активности f(Н⁺) необходимо рассчитать ионную силу раствора, принимая во внимание то, чтоC_m(H⁺) =C_m(Cl^–):

I = ½(С_m(H⁺)·(+1)² + C_m(Cl^–)·(-1)²) = ½(0,205 + 0,205) = 0,205 моль/кг.

В таблице Приложения находим, что значению I= 0,205 моль/кг соответствует значение коэффициентов активностей для однозарядных ионов, в том числе и для Н⁺, равное 0,83.

Теперь рассчитаем активность ионов водорода в растворе и его рН:

а(Н⁺) = (0,83)·(0,205) = 0,170 моль/кг; рН = -ℓg(0,17) = 0,77.

Ответ: рН = 0,77.

4. Определите активность ионов Н⁺и ОН^–в некотором растворе при 293 К, если его рН = 4,6.

Решение. Данная задача является обратной по отношению к предыдущей. Нам известно, что рН = 4,6, или -ℓgа(Н⁺) = 4,6. Тогдаа(Н⁺) = 10^-4,6 = 2,5·10^-5моль/кг.

Для определения активности гидроксоионов ОН^–найдем сначала значение рОН по уравнению:

рОН = рk_W– рН = 14 – 4,6 = 9,4.

Тогда а(ОН^–) = 10^-9,4= 4,0·10^-10моль/кг.

Ответ:а(Н⁺) = 2,5·10^-5 моль/кг;а(ОН^–) = 4,0·10^-10моль/кг.

5.Раствор содержит в 500 г воды 0,025 моль натрия сульфата и 0,03 моль натрия гидроксида. Рассчитайте водородный показатель этого раствора. Определите, как изменится его величина, если раствор разбавить в 10 раз.

Решение. Из условия задачи следует, что раствор состоит из сильных электролитов, диссоциирующих необратимо по уравнениям:

Na₂SO₄ = 2Na⁺ + SO₄^2–; NaOH = Na⁺ + OH^–.

Расчет рН таких растворов проводится с использованием активностей ионов и правила ионной силы раствора. Учитывая основность среды, можно использовать зависимости: рН = рk_W– рОН; рОН = -ℓgа(ОН^–) = -ℓg[f(ОН^–)·С_m(OH^–)].

Моляльная концентрация ионов ОН^–легко определяется из условия задачи и уравнения диссоциации натрия гидроксида:

C_m(OH^–) = C_m(NaOH) = n(NaOH)/(m(H₂O)·10^-3).

Тогда C_m(OH^–) = 0,03/(500·10^-3) = 0,06 моль/кг.

Для определения коэффициента активности f(ОН^–) необходимо расcчитать ионную силу раствора:

I = ½[C_m1(Na⁺)·(+1)² + C_m(SO₄^2–)·(-2)² + C_m2(Na⁺)·(+1)² + C_m(OH^–)·(-1)²];

I = ½[2·C_m(Na₂SO₄) + C_m(Na₂SO₄)·4 + C_m(NaOH) + C_m(NaOH)] = ½[6·C_m(Na₂SO₄) + 2·C_m(NaOH)] = 3·C_m(Na₂SO₄) + C_m(NaOH).

Теперь произведем расчет ионной силы раствора:

I= [(3·0,025)/(500·10^-3)] + [0,03/(500·10^-3)] = 0,15 + 0,06 = 0,21 моль/кг.

Найденному значению ионной силы соответствует (согласно таблице Приложения) значение коэффициента активности для однозарядных ионов (в том числе для ОН^–), равное 0,83. Теперь рассчитаем значение рОН:

рОН = -ℓg(0,83·0,06) = 1,3. Тогда рН = 14 – 1,3 = 12,7.

При разбавлении раствора в 10 раз увеличивается количество Н₂О от 500 г до 5000 г и, соответственно, в 10 раз уменьшается моляльная концентрация всех ионов в растворе. ТогдаC_m(OH^–) = 0,006 моль/кг;I= 0,021 моль/кг. Такому значению ионной силы соответствует значение коэффициента активности для ОН^–, равное 0,91 (см. таблицу Приложения). Следовательно,

рОН = -ℓg(0,91·0,006) = 2,26. И тогда рН = 14 – 2,26 = 11,74.

Ответ: рН = 12,7; при разбавлении в 10 раз концентрация Н⁺увеличивается до значения рН = 11,74.

6. Произведение растворимости кальция ортофосфатаCa₃(PO₄)₂при 25⁰Cравно 1,0·10^-25. Рассчитайте концентрацию ионов Са²⁺и РО₄^3–в насыщенном растворе ортофосфата кальция при этой температуре.

Решение. Ограниченно растворимое соединение кальция ортофосфат в растворе над осадком присутствует в виде ионов, диссоциация происходит по уравнению:

Са₃(РО₄)₂<=> 3Са²⁺+ 2РО₄^3–.

Согласно правилу произведения растворимости, для данного равновесия применимо равенство:

∏Р_{Са3(РО4)2}= С_μ(Са²⁺)³·С_μ(РО₄^3–)².

Для расчета молярной концентрации ионов в растворе над осадком (а это и есть концентрация насыщенного раствора) введем следующее допущение: пусть подверглось диссоциации на ионы Х моль/л ортофосфата кальция. Тогда, согласно уравнению диссоциации, в растворе образовалось 3Хмоль/л ионов кальция Са²⁺и 2Хмоль/л фосфат-ионов РО₄^3–. Перепишем правило произведения растворимости с учетом введенных обозначений и решим его относительно неизвестногоХ:

∏Р_{Са3(РО4)2}= (3Х)³·(2Х)²= 1,0·10^-25; 108Х⁵= 1,0·10^-25;Х⁵=9,26·10^-28;Х= 0,39·10^-5.

Теперь раcсчитаем концентрации ионов в растворе над осадком:

С_μ(Са²⁺⁾= 3·(0,39·10^-5) = 1,18·10^-5моль/л; С_μ(РО₄^3–) = 2·(0,39·10^-5) = 0,78·10^-5моль/л.

Ответ: С_μ(Са²⁺⁾= 1,18·10^-5моль/л; С_μ(РО₄^3–) = 0,78·10^-5моль/л.

7. Насыщенный раствор серебра иодатаAgIO₃объемом 3 л содержит в виде ионов 0,176 г серебра. Вычислите произведение растворимости серебра иодата в этом растворе.

Решение. Эта задача является обратной по отношению к предыдущей.

Между осадком и насыщенным раствором иодата серебра при постоянной температуре сохраняется равновесие, подчиняющееся правилу произведения растворимости:

AgIO₃<=>Ag⁺ +IO₃^–; ∏Р_AgIO3=C_μ(Ag⁺)·C_μ(IO₃^–).

Если в 3 л насыщенного раствора содержится 0,176 г ионов серебра, тогда молярная концентрация этих ионов

С_μ(Ag⁺) =m(Ag⁺)/[M(Ag⁺)·V(р-ра)]; и С_μ(Ag⁺) = 0,176/(108·3) = 5,43·10^-4(моль/л).

Из уравнения диссоциации видно, что число катионов и анионов, на которые распадается одна молекула серебра иодата, равны, значит,

C_μ(IO₃^–) = С_μ(Ag⁺) = 5,43·10^-4моль/л.

Теперь рассчитаем произведение растворимости ограниченно растворимого соединения:

∏Р_AgIO3= (5,43·10^-4)·(5,43·10^-4) = 1,09·10^-7.

Ответ: ∏Р_AgIO3= 1,09·10^-7.

8. Расположите в ряд сульфиды металлов в порядке увеличения их растворимости в воде (моль/л) при 298 К, используя справочные данные.

Решение. Выпишем из Приложения значения произведений растворимости всех содержащихся в ней сульфидов металлов:

∏Р_Ag2S= 1,60·10^-49; ∏P_CdS= 1,20·10^-28; ∏P_CuS= 4,00·10^-38; ∏Р_Cu2S= 2,60·10^-49; ∏P_CoS= 3,10·10^-23; ∏P_FeS= 3,70·10^-19; ∏P_Fe2S3= 1,00·10^-88; ∏P_MgS= 2,00·10^-15; ∏P_MnS= 1,40·10^-15;

∏P_Sb2S3= 3,00·10^-27; ∏P_SnS= 1,00·10^-28; ∏P_NiS= 1,10·10^-27; ∏P_PbS= 6,80·10^-29; ∏P_ZnS= 7,40·10^-27; ∏P_Hg2S= 1,00·10^-45; ∏P_HgS= 4,00·10^-53.

Зависимость растворимости малорастворимого бинарного соединения от произведения растворимости его ионов выражается уравнением:

s = ^n+m√∏Р_AnBm/(n^m·mⁿ).

Применим его к нашим соединениям и произведем соответствующие расчеты растворимости солей в воде (моль/л):

1)s(Ag₂S) =³√∏Р_Ag2S/2¹·1²=³√(1,60·10^-49)/2 = 0,43·10^-16; аналогично и для других подобных сульфидов:s(Cu₂S) =³√(2,60·10^-49)/2 = 0,51·10^-16;s(Hg₂S) =³√(1,00·10^-45)/2 = 0,79·10^-15;

2)s(CdS) = √∏P_CdS= √1,20·10^-28= 1,10·10^-14; аналогично и для других подобных сульфидов

s(CuS) = √4,00·10^-38 = 2,00·10^-14; s(CoS) = √3,10·10^-23 = 0,56·10^-11; s(FeS) = √3,70·10^-19 =

=0,61·10^-9; s(MgS) = √2,00·10^-15 = 0,45·10^-7; s(MnS) = √1,40·10^-15 = 0,37·10^-7; s(SnS) =

√1,00·10^-28 = 1,00·10^-14; s(NiS) = √1,10·10^-27 = 0,33·10^-13; s(PbS) = √6,80·10^-29 = 0,82·10^-14;

s(ZnS) = √7,40·10^-27 = 0,86·10^-13; s(HgS) = √4,00·10^-53 = 2,00·10^-26;

3) s(Fe₂S₃) =⁵√∏P_Fe2S3/(2³·3²) =⁵√(1,00·10^-88)/72 = 1,07·10^-18. ДляSb₂S₃расчет аналогичен:

s(Sb₂S₃) = 5√(3,00·10^-27)/72 = 2,11·10^-6.

Ответ. Согласно расчетам, ряд растворимости сульфидов металлов в воде выглядит следующим образом:HgS<Fe₂S₃ <Ag₂S<Cu₂S<Hg₂S<SnS<CdS<CuS<NiS<PbS<ZnS<CoS<FeS<MnS<MgS<Sb₂S₃.

9. Определите, выпадет ли осадок при сливании 300 мл 0,001 М раствора стронция нитратаSr(NO₃)₂и 600 мл 0,0001 М раствора натрия сульфатаNa₂SO₄.

Решение. При смешивании растворов стронция нитрата и натрия сульфата возможно выпадение осадка стронция сульфата, но при условии, что произведение молярных концентраций ионовSr²⁺иSO₄^2-превысит произведение растворимости ∏Р труднорастворимого соединенияSrSO₄: ∏Р_SrSO4=3,20·10^-7(см. Приложение). Проверим это предположение соответствующими расчетами.

С небольшой долей погрешности можно предположить, что при смешивании названных растворов общий объем станет равным 900 мл. Тогда изменятся молярные концентрации солей, а, следовательно, и их ионов в растворе. Расчитаем концентрации после смешения:

С_μ(Sr²⁺) = С_μ2[Sr(NO₃)₂] = С_μ1(Sr(NO₃)₂·(V₁/V₂) = (0,001·0,3)/0,9 = 3,33·10^-4(моль/л);

С_μ(SO₄^2–) = C_μ2(Na₂SO₄) = С_μ1(Na₂SO₄)·(V₁/V₂) = (0,0001·0,6)/0,9 = 0,67·10^-4 (моль/л).

Произведение концентраций ионов в растворе стало равным:

С_μ(Sr²⁺)·С_μ(SO₄^2–) = (3,33·10^-4)·(0,67·10^-4) = 2,23·10^-8, и оно меньше произведения растворимостиSrSO₄. А это означает, что осадок из такого раствора выпадать не будет.

Ответ: осадокSrSO₄не образуется из-за низкой концентрации ионов в растворе.

10. Сравните растворимость кальция карбоната СаСО₃в воде и в 0,005 М растворе кальция хлоридаCaCl₂при 293 К.

Решение. Растворимость (моль/л) карбоната кальция в воде можно определить по концентрации его ионов в насыщенном растворе над осадком при постоянной температуре. Поскольку ∏Р_СаСО3= 4,80·10^-9 (см. Приложение) и С_μ(Са²⁺) = С_μ(СО₃^2–), тоs₁(CaCO₃) = С_μ(Са²⁺) = √∏Р_СаСО3= √4,80·10^-9= 6,93·10^-5(моль/л).

В растворе, содержащем в 1 л 0,005 моль ионов кальция за счет полной диссоциации СаCl₂по уравнениюCaCl₂=Ca²⁺+ 2Cl^–,

равновесие в системе СаСО₃<=> Са²⁺+ СО₃^2–

сместится влево (по принципу Ле Шателье-Брауна), что приведет к уменьшению концентрации анионов СО₃^2–. В этом случае растворимость СаСО₃будет рассчитываться по концентрации СО₃^2–следующим образом:

s₂(CaCO₃) = C_μ(CO₃^2–) = ∏Р_СаСО3 /С_μ(Са²⁺).

И тогда s₂(CaCO₃) = 4,80·10^-9/0,005 = 0,96·10^-6(моль/л). Как видим, растворимость кальция карбоната в растворе, содержащем одноименные ионы, уменьшилась в 72 раза:

s₁/s₂= 6,93·10^-5/0,96·10^-6= 72.

Ответ: растворимость СаСО₃в раствореCaCl₂в 72 раза меньше, чем в воде.

Пример 6. Молекулярно-ионные уравнения обменных реакций между растворами электролитов

1. Определите, какие из приведенных ниже электролитов являются сильными и слабыми, и какие слабые электролиты диссоциируют при растворении в воде ступенчато. Составьте уравнения диссоциации и выражения для констант диссоциации по каждой ступени: 1)AlCl₃; 2)H₃PO₄; 3)Pb(OH)₂; 4)CH₃COONH₄.

Решение. Сильными электролитами является достаточно ограниченное число неорганических соединений, среди них - соли с ионным типом связи, в частности, алюминия хлоридAlCl₃. Это вещество диссоциирует при растворении необратимо, полностью и в одну ступень. Закон действующих масс на этот процесс не распространяется и поэтому выражение для константы диссоциации отсутствует. Уравнение диссоциации имеет вид:

1) AlCl₃=Al³⁺+ 3Cl^-.

Аммония ацетат CH₃COONH₄– вещество с ковалентной полярной связью, диссоциирует в одну ступень обратимо по уравнению

4) CH₃COONH₄<=>NH₄⁺ +CH₃COO^–.

Равновесие полностью смещено в сторону ионов, а поэтому выражение для константы его диссоциации не имеет физического смысла.

Ортофосфорная кислота H₃PO₄и гидроксид свинца (2)Pb(OH)₂являются электролитами слабыми, процесс диссоциации обратим, проходит несколькими ступенями, каждой ступени соответствует свое выражение для константы диссоциации. Общая константа диссоциации слабого электролита равна произведению констант диссоциации по ступеням. Учитывая сказанное, распишем уравнения диссоциации кислоты и основания:

2) I-я ступень Н₃РО₄<=> Н⁺+ Н₂РО₄^–;k_d1= [C_μ(H⁺)·C_μ(H₂PO₄^–)]/C_μ(H₃PO₄);

II-я ступень Н₂РО₄^–<=> Н⁺+ НРО₄^2–;k_d2= [C_μ(H⁺)·C_μ(HPO₄^2–)]/C_μ(H₂PO₄^–);

III-я ступень НРО₄^2– <=> Н⁺ + РО₄^3–; k_d3 = [C_μ(H⁺)·C_μ(PO₄^3–)]/C_μ(HPO₄^2–);

суммарное ур-ние Н₃РО₄<=> 3Н⁺ + РО₄^3–;k_d= [C_μ³(H⁺)·C_μ(PO₄^3–)]/C_μ(H₃PO₄);

или k_d = k_d1·k_d2·k_d3.

3) I-я ступень Pb(OH)₂ <=> PbOH⁺ + OH^–; k_d1 = [C_μ(OH^–)·C_μ(PbOH⁺)]/C_μ[Pb(OH)₂];

II-я ступень PbOH⁺ <=> Pb²⁺ + OH^–; k_d2 = [C_μ(OH^–)·C_μ(Pb²⁺)]/C_μ(PbOH⁺);

Суммарное ур-ние Pb(OH)₂ <=> Pb²⁺ + 2OH^–; k_d = [C_μ²(OH^-)·C_μ(Pb²⁺)]/C_μ[Pb(OH)₂];

илиk_d=k_d1·k_d2.

2. Составьте уравнения электролитической диссоциации следующих солей:

а) гидроксоолова (2) нитрат (SnOH)NO₃; б) уранила нитратUO₂(NO₃)₂; в)аммония тиосульфат (NH₄)₂S₂O₃; г) диртути (2+) гидросульфатHg₂(HSO₄)₂, д) хрома (3) - калия дигидрофосфатKCr(H₂PO₄)₄; е) галлия (3) селенат-бисульфатGa₂(SO₄)₂SeO₄; ж) калия гексатиоцианоферрат (2)K₄[Fe(SCN)₆].

Решение. Все соли являются сильными электролитами при диссоциации по месту разрыва ионных связей и слабыми электролитами при диссоциации по месту разрыва ковалентных полярных и неполярных связей. С учетом сказанного, распишем уравнения диссоциации: а) (SnOH)NO₃=SnOH⁺+NO₃^-,SnOH⁺<=>Sn²⁺+OH^-;

б) UO₂(NO₃)₂ = UO₂²⁺ + 2NO₃^-;

в) (NH₄)₂S₂O₃ = 2NH₄⁺ + S₂O₃^2-; S₂O₃^2- <=> SO₃^2- + S^2-;

г) Hg₂(HSO₄)₂ = Hg₂²⁺ + 2HSO₄^-; HSO₄^- <=> H⁺ + SO₄^2-;

д) KCr(H₂PO₄)₄ = K⁺ + Cr³⁺ + 4H₂PO₄^-; H₂PO₄^- <=> H⁺ + HPO₄^2-;

HPO₄^2- <=> H⁺ + PO₄^3-;

е) Ga₂(SO₄)₂SeO₄ = 2Ga³⁺ + 2SO₄^2- + SeO₄^2-;

ж) K₄[Fe(SCN)₆] = 4K⁺ + [Fe(SCN)₆]^4-;

[Fe(SCN)₆]^4- <=> [Fe(SCN)₅]^3- + SCN^-;

[Fe(SCN)₅]^3- <=> [Fe(SCN)₄]^2- + SCN^-;

[Fe(SCN)₄]^2- <=> [Fe(SCN)₃]^- + SCN^-;

[Fe(SCN)₃]^- <=> [Fe(SCN)₂]⁰ + SCN^-.

Fe(SCN)₂=Fe²⁺ + 2SCN^-.

3. Представьте в молекулярном и молекулярно-ионном виде реакции взаимодействия между: а) хрома (3) гидроксидом и разбавленной серной кислотой; б) олова (2) хлоридом и стронция гидроксидом; в) натрия карбонатом и метафосфорной кислотой.

Решение. Обменные реакции между электролитами практически необратимы и идут до конца в случае образования ограниченно растворимых или газообразных продуктов и обратимы, в случае образования мало диссоциирующих слабых электролитов. При составлении молекулярно-ионных уравнений реакций ограниченно растворимые, газообразные и мало диссоциирующие вещества записываются в виде молекул, а сильные электролиты – в виде ионов. С учетом сказанного, запишем требуемые условием задачи уравнения реакций, проверяя по справочным данным силу электролитов и растворимость веществ в воде.

а) При взаимодействии ограниченно растворимого соединения Cr(OH)₃и сильного электролитаH₂SO₄(при диссоциации по первой ступени) возможны четыре случая

I-й случайСr(OH)₃ ↓ + 3H₂SO_4(изб)<=>Cr(HSO₄)₃+ 3H₂Oмолекулярное уравнение,

Cr(OH)₃+ 3H⁺+ 3НSO₄^–<=>Cr³⁺+ 3HSO₄^–+ 3H₂Oмолекулярно-ионное уравнение;

Cr(OH)₃+ 3H⁺<=>Cr³⁺+3H₂Oсокращенное молекулярно-ионное уравнение.

II-й случай2Сr(OH)₃ ↓ + 3H₂SO_4(изб)<=> Сr₂(SO₄)₃+ 6H₂Oмолекулярное уравнение,

2Cr(OH)₃+ 3H⁺+ 3НSO₄^-<=> 2Cr³⁺+ 3SO₄^2-+ 6H₂Oмолекулярно-ионное уравнение.

III-й случай2Cr(OH)_3(изб)↓ +H₂SO₄ <=> [Cr(ОH)₂]₂SO₄+ 2H₂Oмолекулярное уравнение,

2Сr(OH)₃+H⁺+HSO₄^–<=> 2Cr(OH)₂⁺+SO₄^2-+ 2H₂О молекулярно-ионное уравнение;IV-й случайCr(OH)_3(изб)↓ +H₂SO₄<=> [Cr(OH)]SO₄+ 2H₂Oмолекулярное уравнение,

Сr(OH)₃+H⁺+HSO₄^–<=>[Cr(OH)]²⁺+SO₄^2-+ 2H₂Oмолекулярно-ионное уравнение.

б) SnCl₂+Sr(OH)₂ =Sn(OH)₂↓ +SrCl₂молекулярное уравнение,

Sn²⁺+ 2Cl^-+Sr²⁺+ 2OH^- =Sn(OH)₂↓ +Sr²⁺+ 2Cl^-молекулярно-ионное уравнение,

Sn²⁺+ 2OH^- =Sn(OH)₂↓ сокращенное молекулярно-ионное уравнение;

в) Na₂CO₃ + 2HPO₃= 2NaPO₃+CO₂↑ +H₂Oмолекулярное уравнение,

2Na⁺+CO₃^2- + 2HPO₃= 2Na⁺+ 2PO₃^-+CO₂↑ +H₂Oмолекулярно-ионное уравнение,

CO₃^2-+ 2HРО₃=CO₂↑ + 2PO₃^-+H₂Oсокращенное молекулярно-ионное уравнение.

4.Можно ли приготовить раствор, содержащий одновременно следующие пары веществ: а)Ca(OH)₂+NaOH; б)Fe(OH)₃+NaOH; в)Cu(OH)₂+NH₄OH. Свой ответ обоснуйте соответствующими молекулярно-ионными уравнениями.

Решение: а) сильные электролиты – гидроксиды щелочных и щелочно-земельных металлов не взаимодействуют друг с другом, поэтому раствор, содержащий одновременно Са(ОН)₂иNa(OH) приготовить можно;

б) железа (3) гидроксид является амфолитом, способным растворяться в щелочах с образованием устойчивого комплексного аниона – гексагидроксоферрата (3) по реакции

Fe(OH)₃+ 3NaOH<=>Na₃[Fe(OH)₆] молекулярное уравнение,

Fe(OH)₃+ 3OH^– <=> [Fe(OH)₆]^3–сокращенное молекулярно-ионное уравнение. Следовательно, нельзя приготовить раствор, в котором будут присутствовать

одновременно Fe(OH)₃ иNaOH;

в) аммонийные комплексы меди (2) намного прочнее её нерастворимых соединений, поэтому при смешивании Cu(OH)₂с аммиачным раствором произойдет реакция

Cu(OH)₂+ 4NH₄OH<=> [Cu(NH₃)₄](OH)₂+ 4H₂Oмолекулярное уравнение,

Cu(OH)₂+ 4NH₄OH<=> [Cu(NH₃)₄]²⁺+ 2OH^–+ 4H₂Oмолекулярно-ионное уравнение. Таким образом, и в этом случае нельзя приготовить раствор, в котором будут присутствовать одновременноCu(OH)₂иNH₄OH.

Ответ: а) да, б) нет, в) нет.

5. Составьте по два молекулярных уравнения к каждому из молекулярно-ионных уравнений: а)Cu(OH)₂↓ + 2H⁺<=>Cu²⁺+ 2H₂O; б)Al(OH)₃↓ + 3OH^–<=> [Al(OH)₆]^3–; в)CН₃СОО^–+H⁺<=>CН₃СООН; г)S^2–+ 2H⁺ =H₂S↑; д)Cd²⁺+CO₃^2–=CdCO₃↓.

Решение. Эта задача является обратной по отношению к задаче № 3. Указанные в левой части молекулярно-ионных уравнений свободные ионы образуются при диссоциации только сильных электролитов, поставщиками ионов Н⁺могут быть только сильные кислоты, а ионов ОН^–- только щелочи. Учитывая изложенное, составим молекулярные уравнения, отвечающие условиям нашей задачи:

а) Cu(OH)₂↓ + 2HNO_3(разб) <=>Cu(NO₃)₂+ 2H₂O,

Cu(OH)₂↓ + 2HCl <=> CuCl₂ + 2H₂O;

б) Al(OH)₃↓ + 3KOH <=> K₃[Al(OH)₆],

2Al(OH)₃↓ + 3Ba(OH)₂ <=> Ba₃[Al(OH)₆]₂;

в) CН₃СООNa + HBr <=> CН₃СООН + NaBr,

(CН₃СОО)₂Fe + H₂SO₄ <=> 2CН₃СООН + FeSO₄;

г) Na₂S+ 2HI = H₂S↑ + 2NaI,

SrS+ 2HClO₄ = H₂S↑ + SrClO₄;

д) Cd(NO₃)₂ + K₂CO₃ = CdCO₃↓ + 2KNO₃,

CdCl₂ + Rb₂CO₃ = CdCO₃↓ + 2RbCl.

Пример 7. Гидролиз солей и буферные системы

1. Составьте ионно-молекулярные уравнения гидролиза солейNaNO₂,K₂CO₃,FeSO₄,ZnCl₂по всем возможным ступеням. Укажите реакцию среды полученных растворов. Напишите выражения и рассчитайте значения констант гидролиза этих соединений. Сделайте выводы по полученным величинам.

Решение. Все соли, независимо от их природы, при растворении в воде диссоциируют на ионы, а затем некоторые из них способны химически взаимодействовать с растворителем, отнимая у него ионы Н⁺или ОН^–. Из перечисленных в условии задачи солей две (натрия нитритNaNO₂и калия карбонатK₂CO₃) образованы слабыми электролитами – кислотами, поэтому гидролизуются по анионному типу. В состав двух других (железа (2) сульфатаFeSO₄и цинка хлоридаZnCl₂) входят катионы слабых электролитов – оснований, следовательно, они гидролизуются по катионному типу. Составим соответствующие уравнения диссоциации и гидролиза солей.

1) NaNO₂ =Na⁺+NO₂^–- диссоциация полная и необратимая, а далее

NO₂^–+ Н₂О <=> НNO₂+ ОН^–- равновесное уравнение гидролиза.

Гидролиз обратим, т.к. образуется слабый электролит. Константа гидролиза характеризует состояние химического равновесия этого процесса и, согласно закону действующих масс, определяется следующим выражением:

k_g = [HNO₂]·[OH^–]/[NO₂^–]·[H₂O] = k_W/k_d(HNO₂).

Значение ионного произведения воды при стандартных условиях равно, как мы знаем, 1,1·10^-14, а значениеk_dазотистой кислоты найдем по таблице Приложения:k_d(HNO₂) = 6,9·10^-4. Подставим эти значения в выражение дляk_gи рассчитаем константу:

k_g= (1,1·10^-14)/(6,9·10^-4) = 1,6·10^-11.

Расчеты показали, что для азотистой кислоты k_d >>k_g, поэтому равновесие в уравнении гидролиза будет смещено влево, т.е. гидролиз будет подавлен, рН = 7.

2) К₂СО₃= 2К⁺+ СО₃^2– - диссоциация необратимая, проходит в одну ступень,

а далее СО₃^2–+ Н₂О <=> НСО₃^–+ ОН^–- 1-я ступень гидролиза.

Уравнение указывает на слабоосновный характер среды в результате связывания карбонат-ионов протонами воды, рН ≥ 7.

Для этой ступени k_g1= [HСO₃^–]·[OH^–]/[СO₃^2–]·[H₂O] =k_W/k_d2(H₂СO₃).

Рассчитаем k_g1, воспользовавшись справочными данными Приложения № 9:

k_g1= (1,1·10^-14)/(4,7·10^-11) = 2,34·10^-4.

Как видно, k_g1>>k_d2, равновесие смещено вправо в сторону гидролиза.

Возможен ли гидролиз карбонат-иона по второй ступени? Предположим, что

НСО₃^–+ Н₂О <=> Н₂СО₃ + ОН^–- 2-я ступень гидролиза, среда основная, рН > 7.

Константа гидролиза по второй ступени будет определяться выражением:

k_g2= [H₂СO₃]·[OH^–]/[НСO₃^–]·[H₂O] =k_W/k_d1(H₂СO₃).

Рассчитаем вторую константу гидролиза, используя справочные данные:

k_g2= (1,1·10^-14)/( 4,5·10^-7) = 2,44·10^-8.

Расчеты показали, что k_g2<k_d1, а поэтому равновесие в уравнении гидролиза по второй ступени смещается влево. Процесс остановится на первой ступени и рН ≥ 7.

3) FeSO₄=Fe²⁺+SO₄^2–- диссоциация односторонняя необратимая.

Зная, что Fe(OH)₂ - нерастворимое соединения, а серная кислотаH₂SO₄ при диссоциации по 2-й ступени является слабым электролитом, предполагаем возможность протеканияI-й ступени гидролиза по катионно-анионному типу:

Fe²⁺ + SO₄^2– + Н₂О <=> (FeOH)⁺ + (HSO₄)^–.

Выражение для константы гидролиза будет иметь вид:

k_g1 = [(FeOH)⁺]·[ (HSO₄)^–]/[Fe²⁺]·[SO₄^2–]·[H₂O] = k_W/k_d2(Fe(OH)₂)·k_d2(H₂SO₄).

Рассчитаем значение первой константы гидролиза железа (2) сульфата, используя данные таблиц Приложения:

k_g1= (1,1·10^-14)/(5,5·10^-8)·(1,2·10^-2) = 1,67·10^-5.

Так как k_g1>k_d2(Fe(OH)₂), катионFe²⁺будет полностью связан в гидроксид-катион (FeOH)⁺, что же касается гидролиза анионаSO₄^2–, то он невозможен, т.к.k_d2(H₂SO₄) >k_g1. Делаем вывод: гидролиз соли протекает только по катионному типу и тогда выражение его первой ступени станет иным:

Fe²⁺+ Н₂О <=> (FeOH)⁺ + Н⁺ - I-я ступень гидролиза, среда слабокислотная, рН ≤ 7.

Уточним для неё и значение константы гидролиза:

k_g1 = [(FeOH)⁺]·[H⁺]/[Fe²⁺]·[H₂O] = k_W/k_d2(Fe(OH)₂) = (1,1·10^-14)/(5,5·10^-8) = 0,2·10^-6.

Проверим теперь, возможен ли более глубокий гидролиз катиона Fe²⁺.

(FeOH)⁺+ Н₂О <=>Fe(OH)₂+H⁺-II-я ступень гидролиза, среда кислотная, рН<7. Рассчитаем значение второй константы гидролиза:

k_g2 = [Fe(OH)₂]·[H⁺]/[(FeOH)⁺]·[H₂O] = k_W/k_d1(Fe(OH)₂),

k_g2= (1,1·10^-14)/(1,2·10^-2) = 9,17·10^-13.

Сравнивая полученное значение константы гидролиза и константы диссоциации железа (2) гидроксида по первой ступени, легко сделать вывод о том, что k_g2<<k_d1(Fe(OH)₂), следовательно, вторая ступень гидролиза проходить в этом растворе не будет, гидролиз остановится на первой ступени, среда останется слабокислотной, рН ≤ 7.

4) ZnCl₂=Zn²⁺+ 2Cl^-- диссоциация полная и необратимая, затем

Zn²⁺+H₂O<=> (ZnOH)⁺+H⁺-1-я ступень гидролиза по катионному типу, рН ≤ 7;

k_g1= [(ZnOH)⁺]·[H⁺]/[Zn²⁺]·[H₂O] =k_W/k_d2(Zn(OH)₂).

Рассчитаем константу гидролиза, используя данные таблицы Приложения:

k_g1= (1,1·10^-14)/(4,9·10^-7) = 2,24·10^-8.

Поскольку значения констант гидролиза и диссоциации не сильно отличаются, то гидролиз по первой ступени будет незначительным, избыток ионов Н⁺почти не будет заметным, рН ≈ 7.

(ZnOH)⁺+H₂O<=>Zn(OH)₂ +H⁺- 2-я ступень гидролиза, для неё

k_g2= [Zn(OH)₂]·[H⁺]/[(ZnOH)⁺]·[H₂O] =k_W/k_d1(ZnOH)₂).

Расчеты показывают, что k_g2= (1,1·10^-14)/(1,3·10^-5) = 8,46·10^-10.

При этом k_g2<<k_d1(ZnOH)₂), следовательно, равновесие в уравнении гидролиза полностью смещено влево, фактически гидролиза по второй ступени проходить не будет.

Ответ: а)NaNO₂диссоциирует необратимо, но гидролиз по аниону подавлен, среда нейтральная рН = 7, т.к.k_d >>k_g;

б) К₂СО₃диссоциирует необратимо, гидролиз по аниону проходит только по первой ступени, среда слабоосновная рН ≥ 7;

в) FeSO₄диссоциирует необратимо, гидролиз идет только покатиону и останавливается на первой ступени, среда слабокислотная рН ≤ 7;

г) ZnCl₂диссоциирует необратимо, слабый гидролиз по катиону по первой ступени т.к.k_g1иk_d2отличаются незначительно, среда близкая к нейтральной, рН ≈ 7.

2. Определите возможные продукты при смешивании растворовAl(NO₃)₃иNa₂S. Составьте ионно-молекулярное и молекулярное уравнения гидролиза. Определите константы гидролиза солей при их совместном присутствии в растворе.

Решение. Как мы уже запомнили, процессу гидролиза предшествует диссоциация сильных электролитов, протекающая необратимо и в одну ступень. В нашем случае:

Al(NO₃)₃ = Al³⁺ + 3NO₃^–; Na₂S = 2Na⁺ + S^2–.

Гидролизу подвергается катион алюминия Al³⁺и сульфид-анионS^2–. Уравнения их гидролиза по первой ступени имеют вид:

Al³⁺+H₂O<=> (AlOH)²⁺+H⁺;S^2–+H₂O<=> (HS)^–+OH^–.

В предыдущей задаче мы убедились в том, что если бы эти соли существовали в растворах раздельно, то гидролиз, по всей вероятности, остановился бы на первой ступени. Однако присутствие их в одном сосуде приводит к взаимному усилению гидролиза за счет связывания между собой высвобождающихся ионов Н⁺и ОН^–в слабый электролит Н₂О. Оба гидролитических равновесия сдвигаются вправо, и гидролиз каждой из солей идет до конца:

(AlOH)²⁺ + H₂O <=> (Al(OH)₂)⁺ + H⁺,

и, наконец (Al(OH)₂)⁺+H₂O<=>Al(OH)₃↓ +H⁺;

то же и в случае аниона (HS)^–+ Н₂О <=>H₂S↑ + ОН^–.

Образование нерастворимых и газообразных продуктов гидролиза делает его фактически необратимым, поэтому суммарное уравнение гидролиза можно записать в ионно-молекулярном и молекулярном виде и указать на необратимость этого процесса:

2Al³⁺ + 3S^2- + 6H₂O = 2Al(OH)₃ ↓ + 3H₂S↑;

2Al (NO₃)₃ + 3Na₂S+ 6H₂O = 2Al(OH)₃ ↓ + 3H₂S↑ + 6NaNO₃.

Выражение для констант полного гидролиза солей имеет вид:

k_g(Al³⁺) = k_W/k_d3·k_d2·k_d1(Al(OH)₃); k_g(S^2-) = k_W/k_d2·k_d1(H₂S).

В таблицах Приложения находим соответствующие значения констант диссоциации по всем ступеням гидроксида алюминия и сероводорода, они равны:

k_d1(Al(OH)₃) = 8,3·10^-9; k_d2(Al(OH)₃) = 2,1·10^-9; k_d3(Al(OH)₃) = 1,0·10^-9;

k_d1(H₂S) = 1,0·10^-7;k_d2(H₂S) = 2,5·10^-13.

Подставив найденные значения в уравнения для констант гидролиза, и помня, что k_Н2О= 1,1·10^-14, рассчитаем величины констант гидролиза катионаAl³⁺и анионаS^2–:

k_g(Al³⁺) = (1,1·10^-14)/[(1,0·10^-9)·(2,1·10^-9)·(8,3·10^-9)] = 6,31·10¹¹;

k_g(S^2–) = (1,1·10^-14)/[(2,5·10^-13)·(1,0·10^-7)] = 4,40·10⁵.

Высокие значения констант гидролиза свидетельствуют о необратимости этих процессов.

Ответ: при смешивании растворов в результате необратимого и полного гидролиза по уравнению 2Al (NO₃)₃+ 3Na₂S+ 6H₂O= 2Al(OH)₃↓ + 3H₂S↑ + 6NaNO₃.

образуется осадок алюминия гидроксида Al(OH)₃и выделяется газ сероводородH₂S, значения констант гидролизаk_g(Al³⁺) = 6,31·10¹¹;k_g(S^2-) = 4,40·10⁵.

3. Определите глубину гидролиза, рассчитайте степень гидролиза и рН 0,001 М раствораFe₂(SO₄)₃.

Решение. Вначале по уже разработанной нами схеме составим уравнение необратимой диссоциации и уравнения гидролиза железа (3) сульфата по возможным ступеням:Fe₂(SO₄)₃= 2Fe³⁺+ 3SO₄^2–;

Fe³⁺+SO₄^2–+H₂O<=> (FeOH)²⁺+ (HSO₄)^–- 1-я ступень, гидролиз по катионно-анионному типу;

(FeOH)²⁺+H₂O<=> (Fe(OH)₂)⁺+H⁺- 2-я ступень по катионному типу;

(Fe(OH)₂)⁺+H₂O<=>Fe(OH)₃↓+H⁺ - 3-я ступень с возможным выпадением осадка. Чтобы определить, на какой ступени гидролиз прекратится, нужно рассчитать константы гидролиза и сравнить их с константами диссоциации.

Выражение для константы гидролиза по 1-й ступени (катионно-анионный тип гидролиза) будет иметь вид:

k_g1 = [(FeOH)²⁺]·[ (HSO₄)^-]/[Fe³⁺]·[SO₄^2-]·[H₂O] = k_W/k_d3(Fe(OH)₃)·k_d2(H₂SO₄).

Рассчитаем значение первой константы гидролиза железа (3) сульфата, используя данные таблиц Приложения: k_d3(Fe(OH)₃) = 1,5·10^-12;k_d2(H₂SO₄) = 1,2·10^-2и тогдаk_g1= (1,1·10^-14)/[(1,5·10^-12)·(1,2·10^-2)] = 0,61.

Учитывая то, что k_g1>>k_d3(Fe(OH)₃) иk_g1>k_d2(H₂SO₄), катионFe²⁺и анионSO₄^2–будут полностью связаны в гидроксид-катион (FeOH)²⁺и гидро-анион (HSO₄)^–, т.е. гидролиз по первой ступени будет полным.

Гидролизу по второй ступени соответствует выражение для константы гидролиза:

k_g2 = [Fe(OH)₂⁺]·[H⁺]/[(FeOH)²⁺]·[H₂O] = k_W/k_d2(Fe(OH)₃).

Из таблицы Приложения находим k_d2(Fe(OH)₃) = 1,8·10^-11, тогда

k_g2= (1,1·10^-14)/(1,8·10^-11) = 0,61·10^-3.

И в данном случае k_g2>>k_d2(Fe(OH)₃), следовательно, и по второй ступени гидролиз будет полным.

Выражению для константы гидролиза по третьей ступени

k_g3 = [Fe(OH)₃]·[H⁺]/[Fe(OH)₂⁺]·[H₂O] = k_W/k_d1(Fe(OH)₃)

при k_d1(Fe(OH)₃) = 4,8·10^-11соответствует значениеk_g3= (1,1·10^-14)/(4,8·10^-11) = 0,23·10^-3.

И в данном случае k_g3>>k_d1(Fe(OH)₃), следовательно, гидролизFe³⁺будет полным и необратимым. Суммарное ионно-молекулярное уравнение гидролиза будет иметь вид:

Fe³⁺+SO₄^2–+H₂O=Fe(OH)₃↓+(HSO₄)^–+H⁺,

или в молекулярном виде

Fe₂(SO₄)₃+H₂O=Fe(OH)₃↓ +H₂SO₄.

Общая константа гидролиза определяется, как и в случае общей константы диссоциации (уравнение 26 теоретической части), по формуле:

k_g=k_g1·k_g2·k_g3= (0,61)·(0,61·10^-3)·(0,23·10^-3) = 8,56·10^-4.

Связь между константой гидролиза k_gи степенью гидролиза β установлена законом Оставальда:k_g= β²С_μ/(1 - β).

Решим его относительно степени гидролиза:

β²·10^-3= (8,56·10^-4)(1-β) или β²+ 8,56β – 0,856 = 0, тогда β = 0,1 или β = 10%.

Для расчета рН такого раствора используем уравнение:

рН = 7 + ½рk_d2(H₂SO₄) - ½pk_d1(Fe(OH)₃).

Подставим соответствующие значения и произведем расчеты:

рН = 7 - ½ℓg(1,2·10^-2) + ½ℓg(4,8·10^-11) = 7 - ½(-2 + 0,08) + ½(-11 + 0,68) = 7 + 0,96 - 5,12 = 2,84.

Ответ: гидролиз полный с образованием осадкаFe(OH)₃, β = 10%; рН = 2,84.

4.При нагревании раствора гидролизующейся соли его рН увеличился с 10,5 до 11. Рассчитайте, во сколько раз изменилась степень гидролиза и константа гидролиза соли.

Решение. Если среда основная, значит, гидролиз протекает по анионному типу. Составим возможные уравнения диссоциации и гидролиза, упрощая выражения:

МеАn=Ме⁺+An^–иAn^–+ Н₂О <=> НАn+ ОН^–.

Из уравнения гидролиза следует, что С_μ(ОН^–) = С_μ(НАn) и тогда по закону действующих масс для состояния равновесия

k_g= С_μ²(ОН^–)/С_μ(An^–).

С другой стороны, используя физический смысл понятия степени гидролиза, можно записать С_μ(ОН^–) = β·С_μ(An^–), а из ионного произведения воды следует, что

С_μ(Н⁺) =k_Н2О/С_μ(ОН^–) и тогда С_μ(Н⁺) =k_Н2О/β·C_μ(An^–).

Поскольку k_Н2Ои молярная концентрация растворенной соли С_μ(An^–) остаются практически неизменными, то справедливо следующее равенство:

С_μ(Н⁺)₁/С_μ(Н⁺)₂ = β₂/β₁.

По условию задачи С_μ(Н⁺)₁= 10^-10,5и С_μ(Н⁺)₂= 10^-11, тогда β₂/β₁= 10^-10,5/10^-11= 3,16. Следовательно, при нагревании степень гидролиза возросла в 3,16 раза.

Согласно закону Оствальда, константа гидролиза прямо пропорциональна квадрату степени гидролиза, т.е. kg= β²C_μ, откуда следует

(β₂/β₁)² =k_g2/k_g1.

Решим это равенство относительно k_g2/k_g1и получим:

k_g2/k_g1= (3,16)²= 9,99 ≈ 10.

Таким образом, при нагревании раствора константа гидролиза возросла в 10 раз.

Ответ: при нагревании раствора соли степень её гидролиза увеличилась в 3,16 раза, а константа гидролиза – в 10 раз.

5. Вычислите рН 0,2 М раствора муравьиной кислоты, к 1 л которого добавлено 3,4 г натрия формиата, если степень диссоциации соли равна 93%, а константа диссоциации кислотыk_d(HCOOH) = 1,8·10^-4. Объясните механизм буферного действия такой системы.

Решение. Система, состоящая из раствора слабого электролита и его соли с сильным электролитом называется буферной, она способна сохранять практически неизменной концентрацию ионов водорода при разбавлении водой или добавлении небольших количеств сильных кислот или щелочей.

В нашем случае к раствору слабого электролита – муравьиной кислоты НСООН добавлен сильный электролит – натрия формиат HCOONa. Образующиеся при его диссоциации формиат-ионы способны гидролизоваться, изменяя рН всей системы. В общей сложности в данной системе одновременно происходят три взаимосвязанных процесса:

1) НСООН <=> НСОО^–+ Н⁺,

2) HCOONa=HCOO^–+Na⁺,

3) HCOO^–+H₂O<=>HCOOH+OH^–.

Полная диссоциация соли по уравнению (2) подавляет диссоциацию кислоты по уравнению (1) и гидролиз НСОО^– по уравнению (3).

PН буферной системы в случае кислотного буфера определяется по уравнению:

рН = pk_d(НСООН) - ℓg[C_μ(НСООН)/C_μ(HCOO^–)].

Для расчета рН по этому уравнению следует предварительно рассчитать молярную концентрацию раствора соли и анионов НСОО^–:

C_μ(HCOONa) =m(HCOONa)/[M(HCOONa)·V(р-ра)];C_μ(HCOONa) =3,4/(67·1)=0,05 моль/л. И тогдаC_μ(HCOO^–) = α·C_μ(HCOONa) = (0,93)·(0,05) = 0,046 моль/л.

Теперь рассчитаем рН раствора буферной системы:

рН = -ℓg(1,8·10^-4) - ℓg(0,2/0,046) = (4 - 0,25) – 0,64 = 3,11.

Механизм буферного действия заключается в том, что при добавлении небольших количеств сильного электролита (кислоты или щелочи) и значительным увеличением концентрации Н⁺или ОН^–соответственно смещаются равновесия (3) или (1) вправо в связи с образованием более слабого электролита – воды. При этом образуется некоторое избыточное количество муравьиной кислоты (по уравнению 3), либо анионов соли (по уравнению 1), но рН раствора останется на прежнем уровне.

Ответ: рН = 3,11.

6.Рассчитайте буферную ёмкость по отношению кHClи кNaOHраствора, содержащего в 1 л 1 моль хлорида аммония и 2 моль гидроксида аммония.

Решение. Буферная ёмкость системы характеризует способность буфера поддерживать постоянное значение рН при добавлении кислоты или щелочи. Эта способность выражается количеством веществаnкислоты или щелочи, которое необходимо добавить к 1 л буферного раствора, чтобы понизить (при добавлении кислоты) или повысить (при добавлении щелочи) рН раствора на единицу.

Для основного буфера рН вычисляется по уравнению

рН = 14 – рk_d(осн) + ℓg[C_μ(осн)/С_μ(соли)].

Воспользуемся справочными данными Приложения для определения константы диссоциации гидроксида аммония k_d(NH₄OH) = 1,8·10^-5, и данными условия задачи С_μ(NH₄OH) = 2 моль/л, С_μ(NH₄Cl) = 1 моль/л, подставим их в выражение для рН и произведем расчеты:

рН = 14 + ℓg(1,8·10^-5) + ℓg(2/1) = 14 – 5 + 0,25 + 0,30 = 9,55.

Обозначим буферную ёмкость раствора по отношению к HClчерезхмоль. Тогда при добавлениихмольHClк 1 л буферного раствора произойдет реакция

NH₄OH+HCl<=>NH₄Cl+H₂O.

При этом концентрация соли увеличится до С_μ(NH₄Cl) = (1 +х) моль/л, а концентрация основания уменьшится до С_μ(NH₄OH) = (2 –х) моль/л. И тогда рН раствора должен понизиться на единицу, т.е. рН = 8,55. Подставим найденные значения в уравнение для рН и решим его относительнох:

8,55 = 14 + ℓg(1,8·10^-5) + ℓg[(2-x)/(1+x)];

ℓg[(2 -x)/(1 +x)] = -0,7; (2 -x)/(1 +x) = 10^-0,7 = 0,2; 2 –x= 0,2(1 +x);x= 1,50.

Таким образом, буферная ёмкость аммиачного буфера по отношению к HClравна 1,50 моль/л.

Обозначим буферную ёмкость раствора по отношению к NaOHчерезумоль. Тогда при добавленииумольNaOHк 1 л буферного раствора произойдет реакция

NH₄Cl+NaOH<=>NH₄OH+NaCl.

При этом концентрация соли уменьшится до С_μ(NH₄Cl) = (1 –у) моль/л, а концентрация основания увеличится до С_μ(NH₄OH) = (2 +у) моль/л, и рН раствора увеличится на единицу, т.е. рН = 10,55. Подставим найденные значения в уравнение для рН и решим его относительноу:

10,55 = 14 + ℓg(1,8·10^-5) + ℓg[(2 +у)/(1 –у)]; ℓg[(2 +у)/(1 –у)] = 1,3;

(2 + у)/(1 –у) = 10^1,3 = 19,95; 2 +у= 19,95(1 –y);y= 0,86.

Следовательно, буферная ёмкость по отношению к NaOHравна 0,86 моль/л.

Ответ:n_HCl= 1,50 моль на 1 л буферной системы,n_NaOH= 0,86 моль на 1 л буферной системы.