Расчеты растворимости
Приближенные формулы для расчета
жүктеу/скачать 326,11 Kb.
|
niah 09
- Бұл бет үшін навигация:
- Примечания к таблице
- 6.2. Влияние гидролиза ионов осадка
| Приближенные формулы для расчета
молярной растворимости (s) солей в кислых неокислительных средах
Примечания к таблице: 1. При ионной силе I > 5 10–4 M величина Ks – реальная константа растворимости. 2. КН2А = К1К2, КН3А = К1К2К3. Решение. Для гетерогенного равновесия в кислой среде СаС2О4 (к) Са2+ (р) + С2О (р) 10–6 10–6 C (Na2C2O4) x (C2O ) равновесную мольную долю оксалат-ионов вычисляем по формуле (15) при n = 2 и полученное значение 0,05 подставляем в выражение для константы растворимости оксалата кальция: К = [Ca2+] [C2O ] = 10–6 C (Na2C2O4) 0,05 = 2,3 10–9. Затем находим С (Na2C2O4) 0,046 моль / л. Пример 9. Может ли образоваться осадок СаF2 (К = 4,0 10–11) в растворе, содержащем 0,01 моль / л СаCl2, 0,01 моль / л KF и 0,06 моль / л HCl? KHF = 6,2 10–4. Решать с учетом ионной силы раствора. Решение. Условием образования осадка СаF2 является соотношение [Ca2+] [F–]2 K . В кислой среде с гетерогенным равновесием Са2+ (р) + 2F– (p) СаF2 (к) конкурирует гомогенное равновесие протонирования фторид-ионов в растворе F– + Н+ HF. Общая ионная сила раствора равна 0,1 моль / л. Тогда коэффициенты активности ионов будут равны f (Ca2+) = 0,405, f (F–) = 0,755 [2], а реальная константа растворимости СаF2 составит 1,7 10–10. Мольную долю анионов F– вычисляем по формуле (15) при n = 1 и [H+] = CHCl = 0,06 M. Полученное значение x (F–) вместе с значениями [Ca2+] = 0,01 М и [F–] = = 0,01 x (F–) используем для определения ИПК = 10–2 (10–2 0,0102)2 = = 1,04 10–10. Так как ИПК = [Ca2+] [F–]2 < K , осадок СаF2 образоваться не может. Решение без учета ионной силы раствора приводит к неверному заключению. Пример 10. При какой минимальной концентрации ионов водорода не будет выделяться осадок MnS (K = 2,5 10–10) в растворе 0,02 М по MnCl2 и 0,06 М по Na2S? Константы ионизации H2S равны К1 = 1,0 10–7 и К2 = = 2,5 10–13 при 25С. Решение. Осадок MnS не будет выделяться при условии [Mn2+] [S2–] < K . Рассмотрим гетерогенное равновесие MnS (к) + 2H+ (p) Mn2+ (р) + H2S (р), K = 1,5 10–9 рН 0,02 М К = 2,5 10–20 которое смещается вправо при понижении рН раствора. При общей ионной силе электролита 0,24 М коэффициенты активности двухзарядных ионов равны 0,414 [2], а реальная константа растворимости MnS составит 1,5 10–9. Тогда [S2–] < K / [Mn2+]. Так как [S2–] = С (Na2S) x (S2–) < 7,3 10–8 М, то согласно формуле (15) при n = 2 получаем уравнение [H+]2 + 10–7 [H+] – 2,05 10–14 = 0, . решая которое, находим [H+]min = 1,02 10–7 М и рН = 6,99. 6.2. Влияние гидролиза ионов осадка При строгом расчете растворимости в чистой воде осадка соли, содержащей анионы слабой кислоты, следует учитывать влияние гидролиза аниона. В результате частичного связывания анионов в недиссоциированные формы кислоты растворимость осадка возрастает. Рассмотрим два основных случая. Если без учета гидролиза растворимость осадка меньше 10–9 М, то ионы ОН–, образующиеся в результате гидролиза соли, практически не нарушают равновесие ионизации воды и [H+] = 10–7 М = const при 25С. Пример 11. Рассчитать влияние гидролиза сульфид-иона на растворимость Cu2S (K = 2,5 10–48) в чистой воде. Для H2S K1 = 1,0 10–7 и K2 = = 2,5 10–13. Решение. Так как константа K очень мала, принимаем, что при гидролизе S2– – ионов рН воды практически не изменяется и [H+] = 10–7 М. Тогда [Cu+] = 2s, [S2–] = s x (S2–). По формуле (15) при n = 2 вычисляем x (S2–) = = 1,3 10–6, а затем находим s = что превышает величину растворимости, вычисленную без учета гидролиза s = в 91 раз. Рассмотрим теперь случай, когда растворимость осадка соли относительно велика и гидролиз аниона осадка происходит в значительной степени лишь по первой ступени: MmАn + nH2O mM + nHA + nOH–. s ms ns ns Здесь заряды ионов М и НА для простоты опущены. Пренебрегая влиянием равновесия самоионизации воды на концентрацию ОН–, выразим константу гидролиза через константы ионизации слабых электролитов. Тогда получим выражение КГ = K (MmAn) K / KHA = (ms)m(ns)n(ns)n (20) для расчета молярной растворимости s осадка соли с учетом гидролиза аниона А по первой ступени (Kw – ионное произведение воды). Пример 12. Вычислить растворимость осадка Ва3(PO4)2 в чистой воде с учетом гидролиза аниона. Решение. Учитываем гидролиз по первой ступени с образованием HPO Ва3(PO4)2 + 2H2O 3Ba2+ + 2HPO + 2OH– s 3s 2s 2s и, используя значения констант K = 6 10–39 для фосфата бария и К(HPO ) = 5,0 10–13, вычисляем растворимость осадка по формуле s7 = 6 10–39 (10–14)2 / [33 24 (5 10–13)2], откуда s = 5,0 10–7 М, что в 56 раз превышает растворимость соли без учета гидролиза (см. пример 1). Растворимость осадка возрастает и при гидролизе катиона с образованием гидроксокомплексов. При учете этого влияния используются константы устойчивости комплексов. жүктеу/скачать 326,11 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|