ИПВ – это величина, постоянная при данной температуре для воды и любых водных растворов, равная произведению концентрации ионов водорода и гидроксид-ионов.

K(H2O) = *

K(H2O) = 1* (t = 25C)

Водородный показатель (pH) – это количественная характеристика кислотности среды, равная отрицательному десятичному логарифму концентрации свободных ионов водорода в растворе.

Гидроксильный показатель (pOH) – это величина, равная отрицательному десятичному логарифму концентрации свободных гидроксид-ионов в растворе

Нейтральная
Щелочная

Расчет pH растворов сильных и слабых основании и кислот.

Слабая кислота: pH=1/2pKk-1/2lgCk где pK= -lgK – называется показатель константы диссоциации слабой кислоты или основания.

Слабое основание: pH=14-1/2pKо+1/2lgCо

Сильная кислота: pH= -lg(zCk) где z – число ионов водорода.

Сильное основание: pH=14+lg(zCo) где z – число ионов гидрооксидов.

Расчет pH буферных систем. Основные уравнения. Уравнение Гендерсона-Гассельбаха.

Буферными называют растворы или системы, pH которых не изм-ся от добавления к ним небольших кол-в сильной кислоты или щелочи, а также при разведении. Простейший буферный раствор-это смесь слабой кислоты и соли, имеющий с этой кислотой общий анион. Например смесь CH 3 COOH-уксусной кислоты и ацетата натрия CH 3 COONa.

Классификация: по составу различают

1)кислотные – состоят из слабой кислоты и её соли. Например: оксигемоглабин, фосфатный бикорбанат.

2) основные состоят из слабого основания и ее соли. Например амиачные: амфотерные, амфолитные -состоят из веществ, которые проявляют свойства как кислот, так и основании (белковый буфер). Для буферной системы состящей из HAn моль/л слабой кислоты и KtAn моль/л ее соли, концентрация ионов водорода H + =K Han =, -называют уравнением Гендерсона-Гассельбаха,отсюда H + =K HAn = где K Han - константа эл.диссоциации слабой кислоты. Логарифмируя обе части и меняя знаки на обратные, приходим к уравнению для расчета pH рассматриваемого буферного раствора pH=p KHAn - lg, где p KHAn - десятичный логарифм константы эл.диссоциации слабой кислоты. Способность буферного раствора сохранять pH по мере прибавления сильной кислоты или щелочи приблизительно на постоянном уровне далеко не беспредельна и ограничена величиной называемой буферной емкости В. За единицу буферной емкости обычно принимают емкость такого буферного раствора, для изменения pH которого на единицу требуется введение сильной кислоты или щелочи в количестве 1 моль эквивалента на 1л раствора. Буферная емкость В может быть рассчитана по формуле В=. Общая буферная емкость артериальной крови достигает 25.3 ммоль/л, у венозной крови она несколько ниже и обычно не повышает 24.3 ммоль/л.

Механизм буферного действия на примере хлоридноамиачного раствора.

При добавлении сильной кислоты (HCl)

Сильная кислота(HCl) взаимодействует со слабым основанием (NH4OH)

Происходит реакция нейтрализации, и кислота заменяется эквивалентным количеством соли.

Концентрация свободных гидроксид – ионов восполняется за счет потенциальной основности гидроксида аммония, а потому pH раствора практически не изменяется.

NH4OH+HCl=NH4Cl+H2O

NH4OH+H+Cl=NH4+Cl+H2O

При добавлении сильного основания(NaOH)

Щелочь (NaOH) взаимодействует с солью (NH4Cl)

Образуется слабое основание (NH4OH), и pH раствора не изменяется.

NH4Cl+NaOH=NH4OH+NaCl

Задачи к разделу Ионное произведение воды:

Задача 1. Что называется ионным произведением воды? Чему оно равно? Дайте вывод выражения ионного произведения воды. Как влияет температура на ионное произведение воды?

Решение.

Вода является слабым электролитом, ее молекулы в незначительной степени распадаются на ионы:

H 2 O ↔ H + + OH —

Константа равновесия реакции диссоциации воды имеет следующий вид:

K = ·/

при 22° K = 1,8 × 10 -16 .

Пренебрегая концентрацией диссоциированных молекул воды и принимая массу 1 л воды за 1000 г получаем:

1000/18 = 55,56 г

K = ·/55,56 = 1,8 × 10 -16

· = 1,8 × 10 -16 · 55,56 = 1·10 -14

Определяет кислотность раствора, – определяет щелочность раствора.

В чистой воде = = 1 × 10 -7 .

Произведение и называется

K Н 2 О = · = 1·10 -14

Ионное произведение воды увеличивается с ростом температуры, так как при этом диссоциация воды также увеличивается.

Кислотность раствора обычно выражают через :

Lg = pOH

pH < 7 в кислой среде

pH > 7 в щелочной среде

pH = 7 в нейтральной среде.

Кислотность среды можно определить с помощью .

Задача 2. Сколько граммов гидроксида натрия находится в состоянии полной диссоциации в 100 мл раствора, рН которого равен 13?

Решение .

pH = -lg

10 -13 М

Решение.

Для определения pH раствора необходимо перевести в :

Предположим, что плотность раствора равна 1, тогда V(раствора) = 1000 мл, m(раствора) = 1000 г.

Найдем сколько грамм гидроксида аммония содержится в 1000 г. раствора:

В 100 г раствора содержится 2 г NH 4 OH

В 1000 г — х г NH 4 OH

M (NH 4 OH) = 14+1·4+16+1 = 35 г/моль

1 моль раствора содержит 35 г NH 4 OH

у моль — 20 г NH 4 OH

Для слабых оснований , которым является NH 4 OH, справедливо соотношение

= K Н 2 О /(К д. осн · С осн) 1/2

По справочным данным, находим К д (NH 4 OH) = 1,77·10 -5 , тогда

10 -14 /(1,77·10 -5 ·0,57) 1/2 = 3,12·10 -12

pH = -lg = — lg 3,12·10 -12 = 11,5

Решение.

pH = -lg

10 — pH

10 -12,5 = 3,16·10 -13 М

pOH = 14 –12,5 = 1,5

pOH = -lg

10 — pOH

10 -1,5 = 3,16·10 -2 М

Задача 5. Найдите водородный показатель концентрированного раствора сильного электролита – 0,205 М HCl .

Решение. При значительной концентрации сильного электролита, его активная концентрация отличается от истинной. Следует ввести поправку на активность электролита. Определим ионную силу раствора:

I = 1/2ΣC i z i 2 , где

C i и z i – соответственно концентрации и заряды отдельных ионов

I = ½(0,205·1 2 + 0,205·1 2) = 0,205

f H + = 0,83, тогда

a H + = · f H + = 0,205·0,83 = 0,17

pH = -lg[a H+ ] = -lg 0,17 = 0,77

Категории , → → →

PHformula

pHformula (пашформула) – это первая система фарма-космецевтических продуктов и процедур, созданная в результате союза космецевтики и медицины. Эта система позволяет справиться с рядом нарушений состояния кожи: акне, чрезмерной пигментацией, розацеа, сильной чувствительностью и преждевременным старением. При этом продукты pHformula не только решают уже имеющиеся проблемы, но и выступают в качестве профилактического средства, не допуская повторения ситуации в дальнейшем.

История

Лаборатории, в которых была создана pHformula, были основаны в конце XIX века в Барселоне. В настоящее время ими управляет уже четвертое поколение семьи фармацевтов, специализирующихся на дерматологии. Бренд активно инвестирует в исследовательскую деятельность для научного обоснования и доказательства эффективности действия своих продуктов, активно сотрудничая с лучшими медицинскими учреждениями. Все активные компоненты формул являются фарма-космецевтическими ингредиентами, а исследования, демонстрирующие их эффективность, опубликованы в открытом доступе.

Сильные стороны бренда

• фарма-космецевтические продукты
• клиническая эффективность формул в эстетической косметологии
• использование самых современных научных разработок
• система дерматологически протестирована
• простая система назначений и использования продуктов домашнего ухода
• уникальная возможность создания многофункциональных комбинаций процедур обновления кожи
• высокая эффективность процедур
• фармацевтический уровень активности ингредиентов
• продукты не содержат ланолин и искусственные красители
• pHformula – это некомедогенные продукты (не закупоривают поры)
• система консервантов не содержит парабены
• уникальный транспортный комплекс PH-DVC™ для доставки активных веществ*
• надежная защита от ультрафиолета, созданная для сохранения и восстановления ДНК клеток кожи

*Уникальный транспортный комплекс PH-DVC™ помогает активным ингредиентам равномерно проникать в глубокие слои кожи, тем самым повышая их биологическую доступность и удлиняя период их действия. Использование комплекса PH-DVC™ позволяет применять максимальные концентрации ингредиентов без риска негативных реакций и осложнений, характерных для большинства традиционных пилингов.

Система контролируемого обновления кожи pHformula. Профессиональный уход

Система контролируемого обновления кожи pHformula состоит из 3-х последовательных этапов: подготовка кожи к процедурам обновления, курс профессиональных обновляющих процедур, восстановление после курса. Препараты для домашнего ухода для подготовки и восстановления кожи имеют максимально активные составы и их использование необходимо для получения оптимальных результатов и снижения рисков возникновения осложнений.

Процедуры pHformula персонализируются посредством выбираемых продуктов для решения той или иной проблемы кожи, но основная задача каждой процедуры - отшелушивание (эксфолиация), а также активная стимуляция клеточной регенерации и восстановления.

pHformula - это первая линия продуктов, в которой используется сочетание альфа-кето-, альфа-гидрокси-, альфа-бета- и поли-гидрокси кислоты. Такой комплекс кислот действует менее травматично, чем продукты на основе одной кислоты в высокой концентрации.

Кроме комбинаций кислот во всех составах pHformula содержатся компоненты для восстановления кожи: витамины, антиоксиданты, микроэлементы, переносчики кислорода, метаболизаторы. Эти вещества помогают коже быстрее восстановиться после процедур обновления и снижают вероятность осложнений.

Лаборатория phformula разработала широкий спектр процедур обновления кожи, с помощью которых можно корректировать различные нарушения состояния кожи, такие как акне, розацеа, признаки старения, гиперпигментация. Также в арсенале возможностей pHformula есть процедура по эффекту, аналогичная микродермабразии и методики, сочетающие действие обновляющих продуктов и мезороллертерапию. В весенне-летний сезон также могут выполняться обновляющие процедуры для кожи кистей рук, шеи и декольте, а также в области вокруг глаз.

Специалист pHformula подберет подходящую для Вас процедуру с учетом особенностей Вашей кожи и желаемых результатов на этапе консультации.

Показания к использованию системы pHformula

1. Старение

• Фотостарение (повреждения, вызванные действием УФ лучей)
• Неравномерная пигментация
• Лентиго
• Телеангиэктазии
• Тусклый цвет кожи
• Гиперкератоз
• Неровная текстура кожи
• Поверхностные и умеренно выраженные морщины

2. Гиперпигментация

• Мелазма
• Хлоазма
• Фотопигментация
• Поверхностная гиперпигментация (эпидермальная)
• Поствоспалительная гиперпигментация
• Солнечное лентиго
• Веснушки

3 степени акне:

• 1 степень: открытые и закрытые комедоны, избыточная продукция себума, расширенные поры
• 2 степень: открытые и закрытые комедоны, единичные папулы и пустулы, незначительное воспаление
• 3 степень: воспаленное папуло-пустулезное акне, появление единичных узловых элементов

Постакне

4. Хроническое покраснение (розацеа)

• Покраснение, чувствительность
• Телеангиэктазии

5. Домашний уход

• Фарма-космецевтические продукты для обновления кожи

Рекомендации pHformula по уходу до и после процедур обновления кожи были специально разработаны для ускорения восстановления и получения наилучших результатов без повреждения кожи. Продукты pHformula для домашнего использования снабжают кожу всеми необходимыми активными ингредиентами (витаминами, антиоксидантами, аминокислотами и т.д.), значимость которых для подготовки кожи к процедурам обновления и быстрого восстановления после них была клинически доказана: активные подготавливающие концентраты и восстанавливающие концентраты для решения проблем старения, гиперпигментации, акне и хронического покраснения кожи, а также дополнительные средства для всех состояний и типов кожи (очищения, защиты от УФЛ, кремы для лица, тела, рук, тонирующие средства).

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 –) = K w ,

где K w – константа ионного произведения воды ; при 25°C K w = 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

Гидроксильный показатель используется для расчёта pH в щелочных растворах.

Серная кислота – сильный электролит, диссоциирующий в разбавленных растворах необратимо и полностью по схеме: H 2 SO 4 ® 2 H + + SO 4 2– . Из уравнения процесса диссоциации видно, что C(H +) = 2·C(H 2 SO 4) = 2 × 0,005 моль/л = 0,01 моль/л.

pH = –lg C(H +) = –lg 0,01 = 2.

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

CH 3 COOH ⇆ CH 3 COO – + H + .

Каждая стадия диссоциации многоосновной кислоты характеризуется своей константой диссоциации. Константа диссоциации – справочная величина ; см. .

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).

В 0,35% растворе NH 4 OH молярная концентрация гидроксида аммония равна 0,1 моль/л (пример перевода процентной концентрации в молярную – см. пример 5.1). Эту величину часто обозначают C 0 . C 0 – это общая концентрация электролита в растворе (концентрация электролита до диссоциации).

NH 4 OH принято считать слабым электролитом, обратимо диссоциирующим в водном растворе: NH 4 OH ⇆ NH 4 + + 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 NH 4 OH, тогда равновесная концентрация ионов аммония и гидроксид-ионов также будут равняться x моль/л: C(NH 4 +) = C(OH -) = x моль/л. Равновесная концентрация непродиссоциировавшего NH 4 OH равна: С(NH 4 OH) = (C 0 –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 C 0 – общей концентрации электролита в растворе).

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 (C 0):

(1,34%).

Сначала следует перевести процентную концентрацию в молярную (см. пример 5.1). В данном случае C 0 (H 3 PO 4) = 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 H 3 PO 4 ⇆ H + + H 2 PO 4 – следует, что равновесные концентрации ионов H + и H 2 PO 4 – также будут равны x моль/л, а равновесная концентрация непродиссоциировавшей H 3 PO 4 будет равна (3,6–x) моль/л. Подставляем выраженные через x концентрации ионов H + и H 2 PO 4 – и молекул H 3 PO 4 в выражение константы диссоциации по первой стадии (K 1 = 7,5·10 –3 – справочная величина):

K 1 /C 0 = 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 H 2 SO 4 ; 1% NaOH	0,35% NH 4 OH
	0,01МCa(OH) 2 ; 2%HNO 3	1% CH 3 COOH		0,04М H 2 SO 4 ; 4% NaOH	1% NH 4 OH
	0,5М HClO 4 ; 1% Ba(OH) 2	0,98% H 3 PO 4		0,7М HClO 4 ; 4%Ba(OH) 2	3% H 3 PO 4
	0,02M LiOH; 0,3% HNO 3	0,34% H 2 S		0,06M LiOH; 0,1% HNO 3	1,36% H 2 S
	0,1М HMnO 4 ; 0,1% KOH	0,031% H 2 CO 3		0,2М HMnO 4 ; 0,2%KOH	0,124%H 2 CO 3
	0,4М HCl; 0,08%Ca(OH) 2	0,47% HNO 2		0,8МHCl; 0,03%Ca(OH) 2	1,4% HNO 2
	0,05M NaOH; 0,81% HBr	0,4% H 2 SO 3		0,07M NaOH; 3,24% HBr	1,23% H 2 SO 3
	0,02M Ba(OH) 2 ; 0,13%HI	0,2% HF		0,05M Ba(OH) 2 ; 2,5% HI	2% HF
	0,02М H 2 SO 4 ; 2% NaOH	0,7% NH 4 OH		0,06МH 2 SO 4 ; 0,8%NaOH	5%CH 3 COOH
	0,7М HClO 4 ; 2%Ba(OH) 2	1,96% H 3 PO 4		0,08М H 2 SO 4 ; 3% NaOH	4% H 3 PO 4
	0,04MLiOH; 0,63%HNO 3	0,68% H 2 S		0,008M HI; 1,7%Ba(OH) 2	3,4% H 2 S
	0,3МHMnO 4 ; 0,56%KOH	0,062% H 2 CO 3		0,08M LiOH; 1,3% HNO 3	0,2% H 2 CO 3
	0,6М HCl; 0,05%Ca(OH) 2	0,94% HNO 2		0,01M HMnO 4 ; 1% KOH	2,35% HNO 2
	0,03M NaOH; 1,62% HBr	0,82% H 2 SO 3		0,9МHCl; 0,01%Ca(OH) 2	2% H 2 SO 3
	0,03M Ba(OH) 2 ; 1,26%HI	0,5% HF		0,09M NaOH; 6,5% HBr	5% HF
	0,03М H 2 SO 4 ; 0,4%NaOH	3% CH 3 COOH		0,1M Ba(OH) 2 ; 6,4% HI	6%CH 3 COOH
	0,002M HI; 3% Ba(OH) 2	1% HF		0,04МH 2 SO 4 ; 1,6%NaOH	3,5% NH 4 OH
	0,005МHBr; 0,24% LiOH	1,64% H 2 SO 3		0,001М HI; 0,4%Ba(OH) 2	5% H 3 PO 4

Пример 7.5 Смешали 200 мл 0,2М раствора H 2 SO 4 и 300 мл 0,1М раствора NaOH. Рассчитайте pH образовавшегося раствора и концентрации ионов Na + и SO 4 2– в этом растворе.

Приведём уравнение реакции H 2 SO 4 + 2 NaOH → Na 2 SO 4 + 2 H 2 O к сокращённому ионно-молекулярному виду: H + + OH - → H 2 O

Из ионно-молекулярного уравнения реакции следует, что в реакцию вступают только ионы H + и OH – и образуют молекулу воды. Ионы Na + и SO 4 2– в реакции не участвуют, поэтому их количество после реакции такое же как и до реакции.

Расчёт количеств веществ до реакции:

n(H 2 SO 4) = 0,2 моль/л × 0,1 л = 0,02 моль = n(SO 4 2-);

n(H +) = 2 × n(H 2 SO 4) = 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(SO 4 2–) = 0,02 моль.

Т.к. смешиваются разбавленные растворы, то

V общ. » Vраствора H 2 SO 4 + V раствора NaOH » 200 мл + 300 мл = 500 мл = 0,5 л.

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

C(SO 4 2-) = n(SO 4 2-) / V общ. = 0,02 моль: 0,5 л = 0,04 моль/л;

C(H +) = n(H +) / V общ. = 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		№ вари- анта	Объёмы и состав растворов кислоты и щёлочи
	300 мл 0,1М NaOH и 200 мл 0,2М H 2 SO 4
	2 л 0,05М Ca(OH) 2 и 300 мл 0,2М HNO 3		0,5 л 0,1М KOH и 200 мл 0,25М H 2 SO 4
	700 мл 0,1М KOH и 300 мл 0,1М H 2 SO 4		1 л 0,05М Ba(OH) 2 и 200 мл 0,8М HCl
	80 мл 0,15М KOH и 20 мл 0,2М H 2 SO 4		400мл 0,05М NaOH и 600мл 0,02М H 2 SO 4
	100 мл 0,1М Ba(OH) 2 и 20 мл 0,5М HCl		250 мл 0,4М KOH и 250 мл 0,1М H 2 SO 4
	700мл 0,05М NaOH и 300мл 0,1М H 2 SO 4		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 H 2 SO 4
	900мл 0,01М KOH и 100мл 0,05М H 2 SO 4		600мл 0,01М Ca(OH) 2 и 150мл 0,12М HCl
	250 мл 0,1М NaOH и 150 мл 0,1М H 2 SO 4		100 мл 0,2М Ba(OH) 2 и 50 мл 1М HCl
	1 л 0,05М Ca(OH) 2 и 500 мл 0,1М HNO 3		100 мл 0,5М NaOH и 100 мл 0,4М H 2 SO 4
	100 мл 1М NaOH и 1900 мл 0,1М H 2 SO 4		25 мл 0,1М KOH и 75 мл 0,01М H 2 SO 4
	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 H 2 SO 4		1 л 0,01М Ca(OH) 2 и 500 мл 0,05М HNO 3
	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 H 2 SO 4		500 мл 1М NaOH и 1500 мл 0,1М H 2 SO 4
	250мл 0,4М Ba(OH) 2 и 250мл 0,4М HNO 3		200 мл 0,1М Ba(OH) 2 и 300 мл 0,2М HCl
	80 мл 0,05М KOH и 20 мл 0,2М H 2 SO 4		50 мл 0,2М KOH и 200 мл 0,05М H 2 SO 4
	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 HNO 3

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 KNO 2), 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:

NO 2 – + HOH ⇆ HNO 2 + OH –

KNO 2 + HOH ⇆ HNO 2 + 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 NH 4 Cl), то катионы NH 4 + слабого основания будут отщеплять ионы OH – от молекул воды и образовывать слабодиссоциирующий электролит – гидроксид аммония 1 .

NH 4 + + HOH ⇆ NH 4 OH + H + .

NH 4 Cl + HOH ⇆ NH 4 OH + 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 NH 4 F) катионы слабого основания NH 4 + связываются с ионами OH – , отщепляя их от молекул воды, а анионы слабой кислоты F – связываются с ионами H + , в результате чего образуется слабое основание NH 4 OH и слабая кислота HF: 2

NH 4 + + F – + HOH ⇆ NH 4 OH + HF

NH 4 F + HOH ⇆ NH 4 OH + 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 NH 4 F среда будет кислой (pH<7), поскольку HF – более сильный электролит, чем NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8·10 –5 < K H F = 6,6·10 –4 .

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

– катионом сильного основания и анионом слабой кислоты (KNO 2 , Na 2 CO 3 , K 3 PO 4);

– катионом слабого основания и анионом сильной кислоты (NH 4 NO 3 , AlCl 3 , ZnSO 4);

– катионом слабого основания и анионом слабой кислоты (Mg(CH 3 COO) 2 , NH 4 F).

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, NH 4 Cl, NH 4 NO 3 , (NH 4) 2 SO 4 , объясняется при таком подходе обратимо протекающим процессом диссоциации иона аммония NH 4 + ⇄ NH 3 + H + или, более точно NH 4 + + H 2 O ⇄ NH 3 + H 3 O + .

2. Если гидроксид аммония считать сильным основанием, то в растворах солей аммония, образованных слабыми кислотами, например, NH 4 F следует рассматривать равновесие NH 4 + + F – ⇆ NH 3 + 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: Na 2 CO 3 ® 2Na + + CO 3 2–

2. Соль образована катионами (Na +) сильного основания NaOH и анионом (CO 3 2–) слабой кислоты H 2 CO 3 . Следовательно, соль гидролизуется по аниону:

CO 3 2– + HOH ⇆ … .

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

3. Отрицательно заряженные карбонат ионы CO 3 2– связываются с положительно заряженными ионами H + , отщепляя их от молекул HOH, и образуют гидрокарбонат ионы HCO 3 – ; раствор обогащается ионами OH – (щелочная среда; pH>7):

CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – .

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Na 2 CO 3 .

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, соединив все имеющиеся в уравнении CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – анионы (CO 3 2– , HCO 3 – и OH –) с катионами Na + , образовав соли Na 2 CO 3 , NaHCO 3 и основание NaOH:

Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH.

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

HCO 3 – + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH –

(отрицательно заряженные гидрокарбонат ионы HCO 3 – 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 HCO 3 – + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH – анионы (HCO 3 – и OH –) с катионами Na + , образовав соль NaHCO 3 и основание NaOH:

NaHCO 3 + HOH ⇆ H 2 CO 3 + NaOH

CO 3 2– + HOH ⇆ HCO 3 – + OH – Na 2 CO 3 + HOH ⇆ NaHCO 3 + NaOH

HCO 3 – + HOH ⇆ H 2 CO 3 + OH – NaHCO 3 + HOH ⇆ H 2 CO 3 + 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: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–

2. Соль образована катионами (Al 3+) слабого основания Al(OH) 3 и анионами (SO 4 2–) сильной кислоты H 2 SO 4 . Следовательно, соль гидролизуется по катиону; на 1 ион Al 3+ записывается 1 молекула HOH: Al 3+ + HOH ⇆ … .

3. Положительно заряженные ионы Al 3+ связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH, и образуют ионы гидроксоалюминия AlOH 2+ ; раствор обогащается ионами H + (кислая среда; pH<7):

Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + .

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза Al 2 (SO 4) 3 .

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав все имеющиеся в уравнении Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + катионы (Al 3+ , AlOH 2+ и H +) с анионами SO 4 2– , образовав соли Al 2 (SO 4) 3 , AlOHSO 4 и кислоту H 2 SO 4:

Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4 .

5. В результате гидролиза по первой стадии образовались катионы гидроксо­алюминия AlOH 2+ , которые участвуют во второй стадии гидролиза:

AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H +

(положительно заряженные ионы AlOH 2+ 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 AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + катионы (AlOH 2+ , Al(OH) 2 + , и H +) с анионами SO 4 2– , образовав соли AlOHSO 4 , (Al(OH) 2) 2 SO 4 и кислоту H 2 SO 4:

2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4 .

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 SO 4 2– , образовав соль (Al(OH) 2) 2 SO 4 и кислоту H 2 SO 4:

(Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4

В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:

Al 3+ + HOH ⇆ AlOH 2+ + H + Al 2 (SO 4) 3 + 2HOH ⇆ 2AlOHSO 4 + H 2 SO 4

AlOH 2+ + HOH ⇆ Al(OH) 2 + + H + 2AlOHSO 4 + 2HOH ⇆ (Al(OH) 2) 2 SO 4 + H 2 SO 4

Al(OH) 2 + + HOH ⇆ Al(OH) 3 + H + (Al(OH) 2) 2 SO 4 + 2HOH ⇆ 2Al(OH) 3 + H 2 SO 4 .

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: (NH 4) 3 PO 4 ® 3NH 4 + + PO 4 3–

2. Соль образована катионами (NH 4 +) слабого основания NH 4 OH и анионами

(PO 4 3–) слабой кислоты H 3 PO 4 . Следовательно, соль гидролизуется и по катиону, и по аниону : NH 4 + + PO 4 3– +HOH ⇆ … ; (на одну пару ионов NH 4 + и PO 4 3– в данном случае записывается 1 молекула HOH ). Положительно заряженные ионы NH 4 + связываются с отрицательно заряженными ионами OH – , отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH 4 OH, а отрицательно заряженные ионы PO 4 3– связываются с ионами H + , образуя гидрофосфат ионы HPO 4 2– :

NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– .

Это ионно-молекулярное уравнение первой стадии гидролиза (NH 4) 3 PO 4 .

4. Уравнение первой стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2– анионы (PO 4 3– , HPO 4 2–) с катионами NH 4 + , образовав соли (NH 4) 3 PO 4 , (NH 4) 2 HPO 4:

(NH 4) 3 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + (NH 4) 2 HPO 4 .

5. В результате гидролиза по первой стадии образовались гидрофосфат анионы HPO 4 2– , которые вместе с катионами NH 4 + участвуют во второй стадии гидролиза:

NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 –

(ионы NH 4 + связываются с ионами OH – , ионы HPO 4 2– – с ионами H + , отщепляя их от молекул HOH, образуя слабое основание NH 4 OH и дигидрофосфат ионы H 2 PO 4 –).

6. Уравнение второй стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав имеющиеся в уравнении NH 4 + + HPO 4 2– + HOH ⇆ NH 4 OH + H 2 PO 4 – анионы (HPO 4 2– и H 2 PO 4 –) с катионами NH 4 + , образовав соли (NH 4) 2 HPO 4 и NH 4 H 2 PO 4:

(NH 4) 2 HPO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + NH 4 H 2 PO 4 .

7. В результате второй стадии гидролиза образовались дигидрофосфат анионы H 2 PO 4 – , которые вместе с катионами NH 4 + участвуют в третьей стадии гидролиза:

NH 4 + + H 2 PO 4 – + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4

(ионы NH 4 + связываются с ионами OH – , ионы H 2 PO 4 – – с ионами H + , отщепляя их от молекул HOH и образуют слабые электролиты NH 4 OH и H 3 PO 4).

8. Уравнение третьей стадии гидролиза в молекулярном виде, можно получить, связав присутствующие в уравнении NH 4 + + H 2 PO 4 – + HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 анионы H 2 PO 4 – и катионами NH 4 + и образовав соль NH 4 H 2 PO 4:

NH 4 H 2 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH + H 3 PO 4 .

В результате этих рассуждений получаем следующие уравнения гидролиза:

NH 4 + +PO 4 3– +HOH ⇆ NH 4 OH+HPO 4 2– (NH 4) 3 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH+(NH 4) 2 HPO 4

NH 4 + +HPO 4 2– +HOH ⇆ NH 4 OH+H 2 PO 4 – (NH 4) 2 HPO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH+NH 4 H 2 PO 4

NH 4 + +H 2 PO 4 – +HOH ⇆ NH 4 OH+H 3 PO 4 NH 4 H 2 PO 4 +HOH ⇆ NH 4 OH+H 3 PO 4 .

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

NH 4 + + PO 4 3– + HOH ⇆ NH 4 OH + HPO 4 2–

реакция среды будет щелочной (pH>7), поскольку ион HPO 4 2– – более слабый электролит, чем NH 4 OH: KNH 4 OH = 1,8·10 –5 > KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4 = 1,3×10 –12 (диссоциация иона HPO 4 2– – это диссоциация H 3 PO 4 по третьей стадии, поэтому KHPO 4 2– = K III H 3 PO 4).

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) Na 2 CO 3 , б) Al 2 (SO 4) 3 , в) (NH 4) 3 PO 4		а) Al(NO 3) 3 , б) Na 2 SeO 3 , в) (NH 4) 2 Te
	а) Na 3 PO 4 , б) CuCl 2 , в) Al(CH 3 COO) 3		а) MgSO 4 , б) Na 3 PO 4 , в) (NH 4) 2 CO 3
	а) ZnSO 4 , б) K 2 CO 3 , в) (NH 4) 2 S		а) CrCl 3 , б) Na 2 SiO 3 , в) Ni(CH 3 COO) 2
	а) Cr(NO 3) 3 , б) Na 2 S, в) (NH 4) 2 Se		а) Fe 2 (SO 4) 3 , б) K 2 S, в) (NH 4) 2 SO 3

Продолжение таблицы 10

№ варианта	Список солей	№ варианта	Список солей
	а) Fe(NO 3) 3 , б) Na 2 SO 3 , в) Mg(NO 2) 2
	а) K 2 CO 3 , б) Cr 2 (SO 4) 3 , в) Be(NO 2) 2		а) MgSO 4 , б) K 3 PO 4 , в) Cr(CH 3 COO) 3
	а) K 3 PO 4 , б) MgCl 2 , в) Fe(CH 3 COO) 3		а) CrCl 3 , б) Na 2 SO 3 , в) Fe(CH 3 COO) 3
	а) ZnCl 2 , б) K 2 SiO 3 , в) Cr(CH 3 COO) 3		а) Fe 2 (SO 4) 3 , б) K 2 S, в) Mg(CH 3 COO) 2
	а) AlCl 3 , б) Na 2 Se, в) Mg(CH 3 COO) 2		а) Fe(NO 3) 3 , б) Na 2 SiO 3 , (NH 4) 2 CO 3
	а) FeCl 3 , б) K 2 SO 3 , в) Zn(NO 2) 2		а) K 2 CO 3 , б) Al(NO 3) 3 , в) Ni(NO 2) 2
	а) CuSO 4 , б) Na 3 AsO 4 , в) (NH 4) 2 SeO 3		а) K 3 PO 4 , б) Mg(NO 3) 2 , в) (NH 4) 2 SeO 3
	а) BeSO 4 , б) K 3 PO 4 , в) Ni(NO 2) 2		а) ZnCl 2 , Na 3 PO 4 , в) Ni(CH 3 COO) 2
	а) Bi(NO 3) 3 , б) K 2 CO 3 в) (NH 4) 2 S		а) AlCl 3 , б) K 2 CO 3 , в) (NH 4) 2 SO 3
	а) Na 2 CO 3 , б) AlCl 3 , в) (NH 4) 3 PO 4		а) FeCl 3 , б) Na 2 S, в) (NH 4) 2 Te
	а) K 3 PO 4 , б) MgCl 2 , в) Al(CH 3 COO) 3		а) CuSO 4 , б) Na 3 PO 4 , в) (NH 4) 2 Se
	а) ZnSO 4 , б) Na 3 AsO 4 , в) Mg(NO 2) 2		а) BeSO 4 , б) б) Na 2 SeO 3 , в) (NH 4) 3 PO 4
	а) Cr(NO 3) 3 , б) K 2 SO 3 , в) (NH 4) 2 SO 3		a) BiCl 3 , б) K 2 SO 3 , в) Al(CH 3 COO) 3
	а) Al(NO 3) 3 , б) Na 2 Se, в) (NH 4) 2 CO 3		a) Fe(NO 3) 2 , б) Na 3 AsO 4 , в) (NH 4) 2 S

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»

Вода – очень слабый электролит, в незначительной степени диссоциирует, образуя ионы водорода (H +) и гидроксид-ионы (OH –),

Этому процессу соответствует константа диссоциации:

.

Поскольку степень диссоциации воды очень мала, то равновесная концентрация недиссоциированных молекул воды с достаточной точностью равна общей концентрации воды, т. е. 1000/18 = 5,5 моль/дм 3 .
В разбавленных водных растворах концентрация воды мало изменяется и ее можно считать постоянной величиной. Тогда выражение константы диссоциации воды преобразуется следующим образом:

.

Константа , равная произведению концентрации ионов H + и OH – , представляет собой постоянную величину и называется ионным произведением воды . В чистой воде при 25 ºС концентрации ионов водорода и гидроксид-ионов равны и составляют

Растворы, в которых концентрации ионов водорода и гидроксид-ионов одинаковы, называются нейтральными растворами.

Так, при 25 ºС

– нейтральный раствор;

> – кислый раствор;

< – щелочной раствор.

Вместо концентраций ионов H + и OH – удобнее пользоваться их десятичными логарифмами, взятыми с обратным знаком; обозначаются символами pH и pOH:

;

.

Десятичный логарифм концентрации ионов водорода, взятый с обратным знаком, называется водородным показателем (pH).

Ионы воды в некоторых случаях могут взаимодействовать с ионами растворенного вещества, что приводит к существенному изменению состава раствора и его pH.

Таблица 2

Формулы расчета водородного показателя (рН)

* Значения констант диссоциации (K ) указаны в приложении 3.

pK = – lgK ;

HAn – кислота; KtOH – основание; KtAn – соль.

При вычислениях pH водных растворов необходимо:

1. Определить природу веществ, входящих в состав растворов, и подобрать формулу для расчета pH (таблица 2).

2. Если в растворе присутствует слабая кислота или основание, найти по справочнику или в приложении 3 pK этого соединения.

3. Определить состав и концентрацию раствора (С ).

4. Подставить численные значения молярной концентрации (С ) и рK
в расчетную формулу и вычислить рН раствора.

В таблице 2 приведены формулы расчета pH в растворах сильных и слабых кислот и оснований, буферных растворах и растворах солей, подвергающихся гидролизу.

Если в растворе присутствует только сильная кислота (HАn), которая является сильным электролитом и практически полностью диссоциирует на ионы , то водородный показатель (pH) будет зависеть от концентрации ионов водорода (H +) в данной кислоте и определяться по формуле (1).

Если в растворе присутствует только сильное основание , которое является сильным электролитом и практически полностью диссоциирует на ионы , то водородный показатель (pH) будет зависеть от концентрации гидроксид-ионов (OH –) в растворе и определяться по формуле (2).

Если в растворе присутствует только слабая кислота или только слабое основание, то pH таких растворов определяется по формулам (3), (4).

Если в растворе присутствует смесь сильной и слабой кислот, то ионизация слабой кислоты практически подавлена сильной кислотой, поэтому при расчете рН в таких растворах пренебрегают присутствием слабых кислот и используют формулу расчета, применяемую для сильных кислот, (1). Такие же рассуждения верны и для случая, когда в растворе присутствует смесь сильного и слабого оснований. Вычисления рН ведут по формуле (2).

Если в растворе присутствует смесь сильных кислот или сильных оснований, то вычисления рН ведут по формулам расчета рН для сильных кислот (1) или оснований (2), предварительно просуммировав концентрации компонентов.

Если же раствор содержит сильную кислоту и ее соль или сильное основание и его соль, то рН зависит только от концентрации сильной кислоты или сильного основания и определяется по формулам (1) или (2).

Если в растворе присутствует слабая кислота и ее соль (например, CH 3 COOH и CH 3 COONa; HCN и KCN) или слабое основание и его соль (например, NH 4 OH и NH 4 Cl), то эта смесь представляет собой буферный раствор и рН определяется по формулам (5), (6).

Если в растворе присутствует соль, образованная сильной кислотой и слабым основанием (гидролизуется по катиону) или слабой кислотой и сильным основанием (гидролизуется по аниону), слабой кислотой и слабым основанием (гидролизуется по катиону и аниону), то эти соли, подвергаясь гидролизу, изменяют величину рН, а расчет ведется по формулам (7), (8), (9).

Пример 1. Вычислите pH водного раствора соли NH 4 Br с концентрацией .

Решение. 1. В водном растворе соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой, гидролизуется по катиону согласно уравнениям:

В водном растворе в избытке остаются ионы водорода (Н +).

2. Для вычисления pH воспользуемся формулой расчета водородного показателя для соли, подвергающейся гидролизу по катиону:

.

Константа диссоциации слабого основания
(рK = 4,74).

3. Подставим численные значения в формулу и вычислим водородный показатель:

.

Пример 2. Вычислите pH водного раствора, состоящего из смеси гидроксида натрия, моль/дм 3 и гидроксида калия, моль/дм 3 .

Решение. 1. Гидроксид натрия (NaOH) и гидроксид калия (KOH) относятся к сильным основаниям, которые практически полностью диссоциируют в водных растворах на катионы металла и гидроксид-ионы:

2. Водородный показатель будет определяться суммой гидроксид-ионов. Для этого суммируем концентрации щелочей:

3. Вычисленную концентрацию подставим в формулу (2) для вычисления pH сильных оснований:

Пример 3. Рассчитайте pH буферного раствора, состоящего из 0,10 М раствора муравьиной кислоты и 0,10 М раствора формиата натрия, разбавленного в 10 раз.

Решение. 1. Муравьиная кислота HCOOH – слабая кислота, в водном растворе лишь частично диссоциирует на ионы, в приложении 3 находим муравьиной кислоты :

2. Формиат натрия HCOONa – соль, образованная слабой кислотой и сильным основанием; гидролизуется по аниону, в растворе появляется избыток гидроксид-ионов :

3. Для вычисления pH воспользуемся формулой для вычисления водородных показателей буферных растворов, образованных слабой кислотой и ее солью, по формуле (5)

Подставим численные значения в формулу и получим

4. Водородный показатель буферных растворов при разбавлении не изменяется. Если раствор разбавить в 10 раз, его рН сохранится равным 3,76.

Пример 4. Вычислите водородный показатель раствора уксусной кислоты концентрации 0,01 М, степень диссоциации которой равна 4,2 %.

Решение. Уксусная кислота относится к слабым электролитам.

В растворе слабой кислоты концентрация ионов меньше концентрации самой кислоты и определяется как a ∙C.

Для вычисления рН воспользуемся формулой (3):

Пример 5. К 80 см 3 0,1 н раствора СН 3 СООН прибавили 20 см 3 0,2
н раствора CH 3 COONa. Рассчитайте рН полученного раствора, если K (СН 3 СООН) = 1,75∙10 –5 .

Решение. 1. Если в растворе находятся слабая кислота (СН 3 СООН) и ее соль (CH 3 COONa), то это буферный раствор. Рассчитываем рН буферного раствора данного состава по формуле (5):

2. Объем раствора, полученного после сливания исходных растворов, равен 80 + 20 = 100 см 3 , отсюда концентрации кислоты и соли будут равны:

3. Полученные значения концентраций кислоты и соли подставим
в формулу

.

Пример 6. К 200 см 3 0,1 н раствора соляной кислоты добавили 200 см 3 0,2 н раствора гидроксида калия, определить рН полученного раствора.

Решение. 1. Между соляной кислотой (HCl) и гидроксидом калия (KOH) протекает реакция нейтрализации, в результате которой образуется хлорид калия (KCl) и вода:

HCl + KOH → KCl + H 2 O.

2. Определим концентрацию кислоты и основания:

По реакции HCl и KOH реагируют как 1: 1, поэтому в таком растворе в избытке остается KOH с концентрацией 0,10 – 0,05 = 0,05 моль/дм 3 . Так как соль KCl гидролизу не подвергается и не изменяет рН воды, то на величину рН окажет влияние находящийся в избытке в этом растворе гидроксид калия. KOH является сильным электролитом, для расчета рН используем формулу (2):

135. Сколько граммов гидроксида калия содержится в 10 дм 3 раствора, водородный показатель которого равен 11?

136. Водородный показатель (рН) одного раствора равен 2, а другого – 6. В 1 дм 3 какого раствора концентрация ионов водорода больше и во сколько раз?

137. Укажите реакцию среды и найдите концентрацию и ионов в растворах, для которых рН равен: а) 1,6; б) 10,5.

138. Вычислите рН растворов, в которых концентрация равна (моль/дм 3): а) 2,0∙10 –7 ; б) 8,1∙10 –3 ; в) 2,7∙10 –10 .

139. Вычислите рН растворов, в которых концентрация ионов равна (моль/дм 3): a) 4,6∙10 –4 ; б) 8,1∙10 –6 ; в) 9,3∙10 –9 .

140. Вычислите молярную концентрацию одноосновной кислоты (НАn) в растворе, если: а) рН = 4, α = 0,01; б) рН = 3, α = 1 %; в) pH = 6,
α = 0,001.

141. Вычислите рН 0,01 н раствора уксусной кислоты, в котором степень диссоциации кислоты равна 0,042.

142. Вычислите рН следующих растворов слабых электролитов:
а) 0,02 М NH 4 OH; б) 0,1 М HCN; в) 0,05 н HCOOH; г) 0,01 М CH 3 COOH.

143. Чему равна концентрация раствора уксусной кислоты, рН которой равен 5,2?

144. Определите молярную концентрацию раствора муравьиной кислоты (HCOOH), рН которого 3,2 (K НСООН = 1,76∙10 –4).

145. Найдите степень диссоциации (%) и 0,1 М раствора СН 3 СООН, если константа диссоциации уксусной кислоты равна 1,75∙10 –5 .

146. Вычислите и рН 0,01 М и 0,05 н растворов H 2 SO 4 .

147. Вычислите и рН раствора H 2 SO 4 с массовой долей кислоты 0,5 % (ρ = 1,00 г/см 3).

148. Вычислите pH раствора гидроксида калия, если в 2 дм 3 раствора содержится 1,12 г KОН.

149. Вычислите и pH 0,5 М раствора гидроксида аммония. = 1,76∙10 –5 .

150. Вычислите рН раствора, полученного при смешивании 500 см 3 0,02 М CH 3 COOH с равным объемом 0,2 М CH 3 COOK.

151. Определите pH буферной смеси, содержащей равные объемы растворов NH 4 OH и NH 4 Cl с массовыми долями 5,0 %.

152. Вычислите, в каком соотношении надо смешать ацетат натрия и уксусную кислоту, чтобы получить буферный раствор с pH = 5.

153. В каком водном растворе степень диссоциации наибольшая: а) 0,1 М СН 3 СООН; б) 0,1 М НСООН; в) 0,1 М HCN?

154. Выведите формулу для расчета рН: а) ацетатной буферной смеси; б) аммиачной буферной смеси.

155. Вычислите молярную концентрацию раствора HCOOH, имеющего pH = 3.

156. Как изменится рН, если вдвое разбавить водой: а) 0,2 М раствор HCl; б) 0,2 М раствор СН 3 СООН; в) раствор, содержащий 0,1 М СН 3 СООН и 0,1 М СН 3 СООNa?

157*. 0,1 н раствор уксусной кислоты нейтрализовали 0,1 н раствором гидроксида натрия на 30 % своей первоначальной концентрации. Определите рН полученного раствора.

158*. К 300 см 3 0,2 М раствора муравьиной кислоты (K = 1,8∙10 –4) прибавили 50 см 3 0,4 М раствора NaOH. Измерили рН и затем раствор разбавили в 10 раз. Рассчитайте рН разбавленного раствора.

159*. К 500 см 3 0,2 М раствора уксусной кислоты (K = 1,8∙10 –5) прибавили 100 см 3 0,4 М раствора NaOH. Измерили рН и затем раствор разбавили в 10 раз. Рассчитайте рН разбавленного раствора, напишите уравнения химической реакции.

160*. Для поддержания необходимого значения рН химик приготовил раствор: к 200 см 3 0,4 М раствора муравьиной кислоты прибавил 10 см 3 0,2 % раствора KОН (p = 1 г/см 3) и полученный объем разбавил в 10 раз. С каким значением рН получен раствор? (K HCOOH = 1,8∙10 –4).