Materiały dydaktyczne z chemii
Transkrypt
Materiały dydaktyczne z chemii
STĘŻENIA Roztworami nazywamy układy jednorodne fizycznie, dwu- lub wieloskładnikowe, których składniki nie reagują ze sobą, a ich stosunki ilościowe mogą ulegać zmianie w sposób ciągły. Przez jednorodność fizyczną rozumiemy wymieszanie składników roztworu na poziomie cząsteczkowym. Makroskopowo nie jesteśmy w stanie rozróżnić cząstek stanowiących składniki roztworu. Taki typ roztworów nosi nazwę roztworów właściwych. Należy zauważyć, że jednorodność roztworu może być zapewniona w każdym stanie skupienia: stałym, ciekłym i gazowym. Przykładami roztworów właściwych mogą być: stop cyny z ołowiem, miedzi ze srebrem, roztwór soli kuchennej, cukru czy amoniaku w wodzie, powietrze i inne mieszanki gazowe. Mieszaninami nazywamy układ dwóch lub więcej pierwiastków, związków chemicznych lub substancji złożonych, zmieszanych ze sobą w dowolnym stosunku. Każdy ze składników mieszaniny zachowuje przy tym swoje indywidualne właściwości fizyczne i chemiczne. Przykładami mieszanin mogą być: groch i soczewica w popiele, opiłki żelazne i siarka, sól i pieprz, itd. W roztworach często wyróżnia się substancję rozpuszczoną i rozpuszczalnik, jednak ograniczanie definicji roztworu do tych dwóch pojęć zawęża zakres jej stosowalności do roztworów ciekłych. W rzeczywistości, za substancję rozpuszczoną przyjmujemy określony składnik roztworu (lub mieszaniny), natomiast przez rozpuszczalnik rozumiemy wszystkie pozostałe składniki roztworu (lub mieszaniny). Najważniejsze sposoby wyrażania stężeń 1a. Stężenie procentowe (wagowo-wagowe): Ilość części wagowych oznaczanego składnika znajdująca się w 100 częściach wagowych roztworu (mieszaniny) C% ms mr ·100% ms ·100% ms mrozp gdzie: C% ms mr mrozp - stężenie procentowe [%] masa substancji rozpuszczanej [g] masa roztworu [g] masa rozpuszczalnika [g] PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 1b. Stężenie procentowe (objętościowo-objętościowe): Ilość części objętościowych oznaczanego składnika znajdująca się w 100 częściach objętościowych roztworu (mieszaniny) C% obj. vs vs ·100% ·100% vr vs vrozp gdzie: C%obj. - stężenie procentowe [% obj.] vs - objętość substancji rozpuszczanej [dm3] vr - objętość roztworu [dm3] vrozp - objętość rozpuszczalnika [dm3] Ten sposób wyrażania stężeń stosowany jest w odniesieniu do roztworów ciekłych lub gazowych. Pojęcie stężenia procentowego może być używane nie tylko dla roztworów właściwych, ale także do dowolnego typu mieszanin. Jest ono szczególnie przydatne w oznaczaniu stopnia czystości różnych surowców i tam, gdzie chodzi o określenie zawartości procentowej różnych składników w mieszaninie. 2. Stężenie molowe Liczba moli substancji znajdująca się w 1 dm3 roztworu. Stężenie molowe jest równe stosunkowi liczby moli n substancji rozpuszczonej do objętości roztworu. Jednostką stężenia molowego jest mol·dm-3. Określenie roztworu jako n-molowy oznacza, że jego stężenie molowe wynosi n mol·dm-3. Stężenie molowe zależy od temperatury, gdyż objętość roztworu zmienia się wraz z temperaturą. Cm ms n Vr M ·Vr gdzie: Cm n Vr ms M - stężenie molowe [mol·dm-3] liczba moli związku chemicznego [mol] objętość roztworu [dm3] masa substancji rozpuszczanej [g] masa molowa substancji rozpuszczanej [g·mol-1] Przyjęte jest zapisywanie jednostki mol·dm-3 jako M. Np.: stężenie roztworu równe 1,25 mol·dm-3 zapisujemy jako roztwór 1,25M. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 3. Ułamek molowy Stosunek liczby moli danego składnika mieszaniny lub roztworu do sumy liczby moli wszystkich składników. X1 n1 n1 n2 ... ni gdzie: X1 - ułamek molowy składnika 1 n1, n2, ni - ilości moli składników 1, 2 ... i Suma ułamków molowych wszystkich składników roztworu jest równa 1. X 1 X 2 ... X i 1 4. Przeliczanie stężeń Przeliczanie stężeń dotyczy najczęściej zamiany stężenia procentowego na molowe lub odwrotnie: C% Cm Takiego przeliczenia możemy dokonać w oparciu o znaną gęstość roztworu d, zdefiniowaną d jako m , gdzie m i V oznaczają odpowiednio masę i objętość roztworu w ustalonej V temperaturze. Gęstość wyraża się najczęściej w kg·dm-3, ale należy pamiętać, że wartość liczbowa gęstości nie zmieni się po zamianie jednostek na g·cm-3: 1kg 1dm 3 1000 g 1000 cm 3 1g 1cm 3 Z porównania wzorów na stężenie procentowe i molowe: C% ms mr ·100% i Cm ms M ·Vr wynika, że przy znanym składzie chemicznym substancji rozpuszczonej (czyli znanej masie molowej M), jedynym problemem pozostaje przeliczenie masy roztworu mr na jego objętość Vr (lub odwrotnie). Konieczne staje się w takim przypadku przyjęcie ustalonej masy roztworu (np. 100 g, 1000 g) lub jego objętości (np. 100 cm3 = 0,1 dm3, 1 dm3). PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 5. Metoda "krzyżowa" Do sporządzania roztworów o zadanym stężeniu procentowym (wagowo-wagowym) użyteczna staje się czasem tzw. metoda "krzyżowa". Pozwala ona na otrzymanie roztworu o pożądanym stężeniu przez mieszanie dwóch roztworów o znanym stężeniu procentowym, z których jeden posiada stężenie mniejsze od zadanego, drugi zaś większe. W miejsce roztworu o mniejszym stężeniu najczęściej wykorzystuje się czystą wodę, przypisując jej stężenie 0%. Przyjmując, że roztwory C1 i C2 są roztworami zapasowymi, chcąc otrzymać roztwór o stężeniu C3 (przy czym musi być spełniona nierówność: C1 > C3 > C2) należy wykonać następujące działania: |C2 - C3| czêœci wagowych roztworu C1 C1 C3 C2 |C1 - C3| czêœci wagowych roztworu C2 W wyniku przeprowadzonych działań (wartości liczbowe w nawiasach prostych są liczbami bezwzględnymi) otrzymujemy, że do sporządzenia roztworu o stężeniu procentowym C3 należy użyć |C1 - C3| + |C2 - C3| części wagowych roztworów o stężeniach C1 i C2. Sumaryczną masę części wagowych możemy odnieść do pożądanej masy roztworu C3 i za pomocą prostych proporcji znaleźć masy roztworów C1 i C2. UWAGA! Metoda krzyżowa umożliwia otrzymywanie roztworów o ściśle określonych stężeniach jedynie w przypadku mieszania roztworów o znanym stężeniu procentowym. W przypadku mieszania ze sobą roztworów o różnym stężeniu molowym objętość otrzymywanego roztworu może różnić się, niekiedy znacznie, od sumarycznej objętości roztworów wyjściowych. Jest to spowodowane głównie różnicami w gęstościach mieszanych roztworów oraz, w mniejszym stopniu, przez zjawisko tzw. "kontrakcji objętości". Nie uwzględnienie tych zależności może w niektórych przypadkach prowadzić do znacznych błędów obliczeniowych, zwłaszcza w przypadku mieszania ze sobą roztworów znacznie różniących się stężeniami wyjściowymi. 6. Małe stężenia W przypadku bardzo rozcieńczonych roztworów gazowych lub ciekłych lub też w podczas oznaczania bardzo małych zanieczyszczeń substancji stałych używa się powszechnie jednostki nazywanej ppm (j. angielski - parts per million). Jednostka ta oznacza ilość części wagowych (objętościowych) substancji, przypadających na milion części wagowych (objętościowych) roztworu. W celu określenia stężenia roztworu w jednostkach ppm należy wartość liczbową PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl stężenia wyrażonego w procentach wagowych (objętościowych) pomnożyć przez 1·10-4 (0,0001). Przykłady: 1. Obliczyć stężenie procentowe roztworu otrzymanego ze zmieszania 15 g substancji (np. soli lub cukru) i 185 g wody. Rozwiązanie: Masa roztworu jest sumą mas substancji rozpuszczonej i rozpuszczalnika 15 g + 185 g = 200 g Ze wzoru na stężenie procentowe otrzymujemy: C% = 15g·100% / 200g = 7,5% 2. W 150 g roztworu o stężeniu 15% rozpuszczono dodatkowo 10 g tej samej substancji. Obliczyć stężenie procentowe otrzymanego roztworu. Rozwiązanie: Obliczamy zawartość substancji w roztworze 15%-owym. Ze wzoru na C%: ms = C%·mr / 100% = 15·150g / 100% = 22,5 g Sumaryczna masa substancji wynosi zatem: 22,5g + 10g = 32,5 g Nowa masa roztworu: 150g + 10g = 160 g Stężenie procentowe: C% = 32,5g·100% / 160g = 20,3% 3. W 250 g wody rozpuszczono 10 g Na2B4O7·10H2O. Obliczyć stężenie otrzymanego roztworu w stosunku do soli bezwodnej. Rozwiązanie: Masa molowa soli bezwodnej Mbezw. = 2·22,99 + 4·10,81 + 7·16 = 201,22 g·mol-1 Masa molowa hydratu Mh = 211,22 + 180,2 = 381,42 g·mol-1 Masa roztworu: 250 + 10 = 260 g w 381,42 g hydratu znajduje się 201,22 g soli bezwodnej 10,0 g ---------------------------> 5,276 g = ms C% = 5,276g·100% / 260g = 2,03% 4. Ile kilogramów substancji znajduje się w 350 kg roztworu o stężeniu 5%? Rozwiązanie: w 100 kg roztworu znajduje się 5 kg substancji zatem w 350 kg ----------------------> 17,5 kg 5. Jakie ilości metali należy użyć do otrzymania 150 g stopu lutowniczego o składzie 62% Sn, 36% Pb i 2% Ag? Rozwiązanie: w 100 g stopu znajduje się 62 g cyny, 36 g ołowiu i 2 g Ag zatem w 150 g --------------------> 93 g Sn, 54 g Pb i 3 g srebra. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 6. Ile gramów 35% roztworu należy dodać do 130 g 20% roztworu aby otrzymać roztwór 30%-owy? Rozwiązanie: 35% ---------- (30-20) = 10 g roztworu 30% --------> 260 g 30% 20% ---------- (35-30) = 5 g roztworu 20% ---------> 130 g 7. W jakim stosunku wagowym należy zmieszać 30%-owy roztwór z wodą, aby otrzymać 350 g 15%-owego roztworu? Rozwiązanie: 30% ---------- (15-0) = 15 cz.wag. roztworu 30%-owego 15% 0% ---------- (30-15) = 15 cz.wag. wody ----------------------------------------------------------------Razem: 30 cz. wag roztworu 15% Jeżeli w 30 g 15% roztworu znajduje się 15 g wody to w 350 g ----------------------------> 175 g wody i 175 g 30% roztworu. 8. Jakie jest stężenie molowe roztworu KOH, zawierającego 20 g tej zasady w objętości 300 cm3 roztworu? Rozwiązanie: masa molowa KOH wynosi: 39,10 + 16,00 + 1,01= 56,11 g·mol-3 objętość roztworu w dm3 = 0,300 dm3 Cm = m / M·V = 20g / 56,11 g·mol-1 ·0,3dm3 = 1,19 mol·dm-3 9. Obliczyć stężenie molowe 27,0%-owego roztworu HNO3, którego gęstość 1,16 kg·dm-3. Rozwiązanie: Masa molowa HNO3 MHNO3 = 1,01 + 14,01 + 48,00 = 63,02 g·mol-1 Założenie: masa roztworu wynosi 100 g. Objętość 100 g roztworu, V = m/d = 0,1 / 1,16 = 0,0862 dm3 W 100 g 27% roztw. znajduje się 27 g HNO3 = ms Cm = 27 g / 63,02 g·mol-1 · 0,0862 dm3 = 4,97 mol·dm-3 wynosi 10. Roztwór gazu składa się z 2,5 mola gazu A, 1,7 mola gazu B i 4 moli gazu C. Obliczyć ułamki molowe poszczególnych gazów w tej mieszaninie. Rozwiązanie: Całkowita ilość moli gazu w mieszaninie wynosi: 2,5 + 1,7 + 4 = 8,2 mola Ułamki molowe: XA = 2,5 / 8,2 = 0,305 XB = 1,7 / 8,2 = 0,207 XC = 4 / 8,2 = 0,488 XA + XB + XC = 0,305 + 0,207 + 0,488 = 1 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 11. Obliczyć ułamki molowe miedzi i cynku w mosiądzu zawierającym 65,0% miedzi. Rozwiązanie: Zakładamy masę roztworu równą 100 g. Znajduje się w niej nCu = 65 / 63,55 = 1,023 mola miedzi i nZn = 35 / 65,39 = 0,535 mola cynku Ułamki molowe miedzi i cynku wynoszą odpowiednio: XCu = 1,023 / (1,023 + 0,535) = 0,657 XZn = 1 - 0,657 = 0,343 12. Kawałek metalicznego aluminium o masie 2,70 g rozpuszczono w 75,0 cm3 24,7%-owego H2SO4 (gęstość 1,18 kg·dm-3). Po zakończeniu rozpuszczania metalu zgodnie z reakcją: 2Al + 6H+ = 2Al3+ + 3H2↑ roztwór rozcieńczono do objętości 400 cm3. Obliczyć: a) stężenie %-owe otrzymanej soli (uwzględnić masę wydzielonego wodoru), b) stężenie molowe otrzymanej soli, c) objętość wodnego roztworu amoniaku o stężeniu 6,00 mol·dm-3, potrzebną do zobojętnienia kwasu i strącenia Al(OH)3 z 25 cm3 roztworu (reakcja), d) objętość 0,100 M roztworu BaCl2 potrzebną do strącenia siarczanów z innej (25 cm3) porcji roztworu (reakcja). 13. W warunkach normalnych 28,78 dm3 amoniaku rozpuszcza się w 50 g alkoholu metylowego. Obliczyć procentową zawartość NH3 oraz jego ułamek molowy w otrzymanym roztworze. 14. Ile cm3 16%-owego roztworu H2SO4 potrzeba do zobojętnienia 4,4888 g stałego KOH? Gęstość roztworu kwasu wynosi d = 1,11 kg·dm-3. 15. Jaką objętością 23,29%-owego kwasu solnego można zobojętnić 5 dm3 11,14%-owego roztworu Na2CO3? Gęstości obu roztworów są równe i wynoszą 1,115 kg·dm-3. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl STECHIOMETRIA Pojęcie "stechiometria" oznacza obliczenia chemiczne przeprowadzane na podstawie wzorów substancji oraz równań reakcji, uzgodnionych w oparciu o prawo zachowania masy. W obliczeniach tych wykorzystuje się również inne podstawowe pojęcia i prawa chemiczne, równanie stanu gazu oraz różne sposoby wyrażania stężeń roztworów. Nazwa "stechiometria" wywodzi się ze złożenia greckich wyrażeń: "stoicheion" pierwiastek oraz "metreo" - mierzę. 1. Skład ilościowy związków chemicznych Związek chemiczny – jednorodne połączenie co najmniej dwóch różnych pierwiastków chemicznych za pomocą dowolnego wiązania. Podstawową jednostką związku chemicznego jest cząsteczka. Cząsteczki powstają i rozpadają się w wyniku tworzenia wiązań chemicznych między atomami. Procesy tworzenia i zrywania wiązań nazywa się reakcjami chemicznymi. Związki chemiczne zapisuje się w formie wzorów chemicznych, w których podaje się liczbę i rodzaj atomów tworzących cząsteczki. Wzory sumaryczne uwzględniają tylko sumaryczną liczbę atomów występujących w jednej cząsteczce określonego związku chemicznego, zaś wzór strukturalny zawiera też informację o sposobie połączenia tych atomów za pomocą wiązań chemicznych. Znajomość wzoru związku chemicznego umożliwia obliczanie zawartości poszczególnych jego składników (pierwiastków lub grup pierwiastków) i wyrażanie ich w postaci stężeń wagowych lub ułamków molowych. Zgodnie z prawem stosunków stałych, w każdym związku chemicznym proporcje wagowe pomiędzy pierwiastkami wchodzącymi w jego skład są zawsze stałe. Wzór chemiczny pokazuje zatem tworzące go pierwiastki, a także określa stosunki masowe (dokładniej molowe) tych pierwiastków. Masa molowa związku chemicznego (masa cząsteczkowa) jest to suma mas atomowych atomów tworzących daną cząsteczkę. Podobnie jak masa atomowa jest wielkością bezwymiarową, jednak dla potrzeb obliczeń stechiometrycznych zarówno masy atomowe, jak i molowe wyrażamy w gramach: M [g·mol-1] Przykład 1: Obliczyć masy molowe następujących związków chemicznych: M at.: H = 1,01 C = 12,01 O = 16,00 a) H2C2O4·2H2O N = 14,01 P = 30,97 g·mol-1 b) (NH4)2HPO4 Rozwiązanie. a) MH2C2O4·2H2O = 2·1,01 + 2·12,01 + 4·16 + 2(2·1,01 + 16) = 126,08 g·mol-1 b) M(NH4)2HPO4 = 2(14,01 + 4·1,01) + 1,01 + 30,97 + 64 = 132,08 g·mol-1 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykład 2: Obliczyć procentowe zawartości żelaza i wody oraz ich ułamki molowe w limonicie o wzorze Fe2O3·1,5H2O. Rozwiązanie. Przyjmując za masę substancji jej masę molową otrzymujemy MFe2O3·1,5H2O = (2·55,85 + 3·16 + 1,5·18,02) = 186,73 g W masie tej znajduje się 111,70 g żelaza i 27,03 g wody. Procentowe zawartości wynoszą odpowiednio: % żelaza = 111,70·100% / 186,73 = 59,82% % wody = 27,03·100% / 186,73 = 14,46% W skład 1 mola limonitu Fe2O3·1,5H2O wchodzą 2 mole żelaza, 3 mole tlenu oraz 1,5 mola wody. Sumaryczna ilość moli wszystkich składników wynosi: 2 + 3 + 1,5 = 6,5. Stąd ułamki molowe: żelaza xFe = 2/6,5 = 0,308 wody xH2O = 1,5/6,5 = 0,231 Wyznaczanie wzorów związków chemicznych na podstawie znajomości ich składu 2. jakościowego i ilościowego. W celu wyznaczenia wzorów związków chemicznych należy dysponować informacjami otrzymanymi z ich analizy jakościowej i ilościowej. Analiza jakościowa pozwala na stwierdzenie, z jakich pierwiastków (lub ich grup) zbudowany jest związek. Analiza ilościowa dostarcza z kolei informacji odnośnie do ilości tych składników w cząsteczce związku chemicznego, a także o zawartości czystego składnika w analizowanej próbce. Wiadomości te umożliwiają obliczenie stosunków molowych poszczególnych składników cząsteczki. Stosunki te muszą wyrażać się liczbami całkowitymi. Ich znajomość umożliwia wyznaczenie wzoru najprostszego, znanego również pod nazwą wzoru empirycznego. Do wyznaczenia wzoru rzeczywistego konieczne jest oznaczenie rzeczywistej masy molowej substancji, otrzymanej na drodze pomiarów właściwości fizycznych. Np. w przypadku łatwo lotnych substancji organicznych często stosuje się w tym celu aparaturę, umożliwiającą wyliczenie masy cząsteczkowej przy wykorzystaniu równania stanu gazu. p·v = nRT, gdzie n = m/M, zatem M = mRT / pV. Ponieważ Znajomość empirycznej i rzeczywistej masy cząsteczkowej pozwala na wyznaczenie mnożnika ilości moli we wzorze empirycznym. W przypadku, gdy Mrz / Me = 1 wzór empiryczny pokrywa się ze wzorem rzeczywistym. Wzór empiryczny nie musi odpowiadać wzorowi rzeczywistemu! Przykładami takich substancji, w których wzór empiryczny nie pokrywa się z rzeczywistym mogą być np.: P2O5 i P4O10, NO2 i N2O4, C2H2 i C6H6. Poniżej przedstawiono przykładowe obliczenia pozwalające na wyznaczanie wzorów empirycznych i rzeczywistych. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykład 3: Znaleźć wzór empiryczny związku o składzie procentowym: 26, 58% potasu, 35,35% chromu i 38,07% tlenu. Rozwiązanie. W każdym przypadku, przed przystąpieniem do właściwego rozwiązania należy sprawdzić, czy suma zawartości procentowych analizowanego związku jest równa (lub równa w przybliżeniu ± 0,5) 100%. Dla omawianego przykładu mamy: 26,58 + 35,35 + 38,07 = 100% Ogólny wzór analizowanego związku: KxCryOz Przyjmując, że zawartości procentowe można odnieść do odpowiednich udziałów masowych, otrzymujemy: x = 26,58/39,1 y = 35,35/52,0 z = 38,07/16,0 Stosunki molowe K : Cr : O = x : y : z = 0,68 : 0,68 : 2,38 = 1 : 1 : 3,5 = 2 : 2 : 7 Wzór empiryczny związku: K2Cr2O7 dichromian(VI) potasu Przykład 4: Związek fosforu z wodorem zawiera 93,89% fosforu, a jego masa molowa wynosi 65,97 g·mol-1. Znaleźć wzór empiryczny i rzeczywisty związku. Rozwiązanie. Zawartość wodoru wynosi 100 - 93,89 = 6,11%. Ogólny wzór związku: PxHy x = 93,89/30,97 = 3,03 y = 6,11/1,01 = 6,05 x : y = 3,03 : 6,05 = 1 : 2 Wzór empiryczny: PH2 Me = 30,97 + 2,02 = 32,99 Mrz/Me = 65,97/32,99 = 2 Wzór rzeczywisty: P2H4 Przykład 5: Analiza pewnego związku organicznego wykazała, że składa się z 24,24% węgla, 4,04% wodoru oraz 71,72% chloru. Po przeprowadzeniu 1,258 g tego związku w stan pary stwierdzono, że zajmuje ona w temperaturze 82,0oC i pod ciśnieniem 986,4 hPa objętość 380 cm3. Wyznaczyć wzór empiryczny i rzeczywisty tego związku. Rozwiązanie: Suma zawartości procentowych: 24,24 + 4,04 + 71,72 = 100% Ogólny wzór zwiazku: CxHyClz C : H : Cl = x : y : z = 24,24/12,01 : 4,04/1,01 : 71,72/35,45 = = 2,02 : 4 : 2,02 = 1 : 2 : 1 Wzór empiryczny: CH2Cl Me = 12,01 + 2,02 + 35,45 = 49,48 g·mol-1 Rzeczywista masa molowa wyliczona ze wzoru Clapeyrona: Mrz = mRT / pV = 1,258·83,14·355/986,4·0,38 = 99,06 g·mol-1 Mrz/Me = 99,06/49,48 = 2 Wzór rzeczywisty: C2H4Cl2 dichloroetan PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 3. Obliczenia na podstawie równań reakcji chemicznych. Równanie chemiczne jest z formalnego punktu widzenia równaniem matematycznym, spełniającym prawo zachowania masy, energii i ładunku. Pomiędzy substratami i produktami reakcji należy postawić znak równości "=". Uzgodniony w ten sposób zapis przebiegu reakcji chemicznej może stanowić podstawę różnych obliczeń, mających praktyczne znaczenie w wielu działach chemii. Mechanizm uzgadniania współczynników stechiometrycznych cząstek (cząsteczek czy jonów) biorących udział w reakcji chemicznej w dużym stopniu zależy od tego, czy podczas reakcji dochodzi do zmian w stopniach utlenienia reagentów. Z tego względu reakcje dzieli się na tzw. reakcje jonowe (zachodzące bez zmian w stopniach utlenienia) i reakcje utleniania i redukcji (redoks). Uzgadnianie współczynników stechiometrycznych w reakcjach jonowych sprowadza się do znalezienia najmniejszych ilości moli substratów i produktów, które będą jednocześnie spełniały prawo zachowania masy. Podczas uzgadniania reakcji redoks należy napisać tzw. reakcje połówkowe dla procesu utleniania i procesu redukcji, a następnie tak dobrać wartości odpowiednich współczynników stechiometrycznych, aby ilości elektronów pobrane podczas redukcji były równe ilości elektronów oddanych podczas utleniania. Stopień utlenienia. Przed przystąpieniem do uzgadniania reakcji należy oznaczyć tzw. stopnie utlenienia poszczególnych składników cząsteczek biorących udział w reakcji chemicznej. Oznaczenie tych wartości jest zabiegiem formalnym, przeprowadzonym przy założeniu, że wszystkie składniki cząsteczek połączone są ze sobą wiązaniami czysto jonowymi. Podstawowe reguły do obliczania stopnia utlenienia stopień utlenienia pierwiastków w stanie wolnym wynosi zero, niezależnie od tego, czy substancja występuje w postaci pojedynczych atomów, czy w postaci cząsteczek, np.: Fe0, N20, O0, O20, O30; suma stopni utlenienia wszystkich atomów w cząsteczce obojętnej równa jest zero, a w jonie złożonym równa jest jego ładunkowi; pierwiastki należące do pierwszej grupy układu okresowego - litowce (Li, Na, K, Rb, Cs) występują wyłącznie na stopniu utlenienia +1, natomiast należące do grupy 2 berylowce (Be, Mg, Ca, Sr, Ba) na +2. Stałe stopnie utlenienia wykazują również inne metale, np.: Al (+3), Zn (+2); stopień utlenienia reszty kwasowej jest równy ładunkowi ujemnemu, równemu ilości atomów wodoru odszczepionych od obojętnej cząsteczki kwasu, np.: HSO4–, SO42–, H2PO4–, HPO42–, PO43–, Cl–, NO3–; stopień utlenienia fluoru we wszystkich związkach wynosi –1; stopień utlenienia wodoru w związkach jest równy +1, z wyjątkiem wodorków metali, w których wynosi on –1, np. LiH; stopień utlenienia tlenu w związkach wynosi –2, z wyjątkiem fluorków tlenu, w których wynosi +2 (OF2) lub +1 (O2F2) oraz związków zawierających wiązania tlen-tlen, np. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl w nadtlenkach K2O2 (st. utl. -1), ponadtlenkach K2O4 (st. utl. −½) i ozonkach O3– (st. utl. -⅓); metale zazwyczaj przyjmują dodatnie stopnie utlenienia; W przypadku uzgadniania reakcji (jonowych i redoks) zapisanych w formie jonowej lub jonowo-cząsteczkowej należy dodatkowo sprawdzić, czy sumaryczne ładunki substratów i produktów są identyczne. Przykład 6: Ile gramów CuSO4·5H2O można otrzymać ze 100 g rudy malachitowej CuCO3·Cu(OH)2 o czystości 95,0%? Rozwiązanie: W 100 g rudy znajduje się 100·0,95 = 95 g CuCO3·Cu(OH)2 MCuCO3·Cu(OH)2 = 2·63,55 + 12,01 + 48 + 2·17,01 = 221,13 g·mol-1 MCuSO4·5H2O = 249,69 g·mol-1 CuCO3·Cu(OH)2 + 2H2SO4 +7 H2O = 2CuSO4·5H2O + CO2 221,13 g " ---------------------------- 2·249,69 g " 95 g ---------------------------- m CuSO4·5H2O m CuSO4·5H2O = 95·499,38 / 221,13 = 214,54 g Przykład 7: Próbkę czystego ołowiu o masie 0,500 g roztworzono w 60%-owym roztworze kwasie azotowym(V) zgodnie z reakcją: Pb + HNO3 → Pb(NO3)2 + NO + H2O Obliczyć masę teoretyczną masę kwasu oraz masę azotanu(V) ołowiu(II) i masę tlenku azotu(II) otrzymaną w tej reakcji. Rozwiązanie. Reakcje połówkowe: Pb0 → Pb2+ + 2e- | ·3 | ·2 N5+ + 3e- → N2+ 3Pb + 8HNO3 = 3Pb(NO3)2 + 2NO + 4H2O 3·207,2 8·63,01 3·331,2 2·30,01 0,50 0,4055 0,7992 0,0483 Masa 60% HNO3 wynosi: 0,4055/0,60 = 0,676 g Masa otrzymanego Pb(NO3)2 - 0,799 g; masa NO - 0,0483 g PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykład 8 Ułożyć i uzgodnić równanie reakcji utleniania jonów szczawianowych jonami manganianowymi(VII) w roztworze kwasu siarkowego(VI), wiedząc, że produktami reakcji są: jony manganu(II) Mn2+, aniony siarczanowe SO42-, dwutlenek węgla i woda. Ile moli KMnO4 i kwasu siarkowego potrzeba do utlenienia 5 moli jonów szczawianowych? Rozwiązanie. Reakcja zachodzi wg schematu: C2O42- + MnO4- + H2SO4 → Mn2+ + SO42- + CO2 + H2O Reakcje połówkowe: reakcja utleniania 2C3+ = 2C4+ + 2e- |·5 reakcja redukcji Mn7+ + 5e- = Mn2+ |·2 5C2O42- + 2MnO4- + 8H2SO4 = 2Mn2+ + 8SO42- + 10CO2 + 8H2O Do utlenienia 5 moli jonów szczawianowych należy użyć 2 moli manganianu(VII) potasu i 8 moli kwasu siarkowego(VI). Przykład 9: Po spaleniu 2,62 g koksu powstaje 8,75 g dwutlenku węgla. Obliczyć procentową zawartość węgla w koksie. Rozwiązanie. Reakcja spalania koksu: C + O2 = CO2 12,01 g 32,00 44,01 g 2,3878 g <---------8,75 g Zawartość procentowa węgla w koksie wynosi %C = 2,3878g·100% / 2,62g = 91,14% Zadania 1. Obliczyć procentową zawartość wody w ałunie glinowo-potasowym KAl(SO4)2·12H2O. 2. Fosforyt zawiera 68% czystego ortofosforanu trójwapniowego. Jaka masa fosforu w przeliczeniu na P2O5 znajduje się w 1000 kg tej rudy? 3. Pięciowodny siarczan(VI) miedzi(II) po ogrzaniu do temp. 110oC traci 28,86% wody. Napisać wzór chemiczny powstałego hydratu. 4. 2,15 g sodu przereagowało z 55,30 g wody. Obliczyć procentową zawartość wodorotlenku sodu w otrzymanym roztworze oraz masę i objętość wydzielonego wodoru (odniesioną do warunków normalnych). Skład procentowy związku jest następujący: sód - 34,94%, bor - 16,43% i tlen - 48,63%. 5. Masa molowa wynosi 197,4 g·mol-1. Podać wzór empiryczny i rzeczywisty związku. 6. Sporządzono mieszaninę 100 g metalicznej miedzi z 100 g siarki. Po ogrzaniu powstał siarczek miedzi(I), Cu2S. Obliczyć, który z reagentów i w jakiej ilości pozostał po reakcji. 7. Próbkę pirytu o masie 100 g i zawartości FeS2 wynoszącej 92% spalono w powietrzu, a otrzymany tlenek siarki (IV) utleniono katalitycznie (przy wydajności 100%) do PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 8. 9. 10. trójtlenku, który następnie rozpuszczono w 100 g wody destylowanej. Obliczyć procentowe stężenie otrzymanego kwasu. 10 g metalicznej miedzi rozpuszczono w kwasie azotowym. Po odpędzeniu nadmiaru kwasu i wody otrzymano 35 g trójwodnego hydratu azotanu(V) miedzi(II), Cu(NO3)2·3H2O. Jaka jest wydajność tej reakcji? 2,8535 g dolomitu (xCaCO3·yMgCO3) wyprażono w temp. 1000oC do stałej masy otrzymując 1,5328 g mieszaniny tlenków wapnia i magnezu. Obliczyć procentową i molową zawartość węglanów wapnia i magnezu w wyjściowym minerale. Mieszanina CaCO3 i CaO traci po wyprażeniu 11,25% swojej masy. Obliczyć skład procentowy mieszaniny. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl RÓWNOWAGA CHEMICZNA Reakcje odwracalne i nieodwracalne Analizując różne reakcje chemiczne, często jesteśmy w stanie zdefiniować, które z nich przebiegają całkowicie w przeciwieństwie do innych. Ze względu na to kryterium, reakcje chemiczne możemy podzielić na: - reakcje nieodwracalne (tzn. takie, w których całość substratów ulega przemianie w produkty, a proces odwrotny nie zachodzi); - reakcje odwracalne (tzn. takie, w przebiegu których jednocześnie wytwarzane są cząsteczki produktów i odtwarzane z nich cząsteczki substratów). Zapisując równania reakcji chemicznych, w odmienny sposób zapisujemy równania reakcji odwracalnych i nieodwracalnych. Podczas opisywania reakcji nieodwracalnych powstające produkty poprzedzone są pojedynczą strzałką skierowaną w ich kierunku (), lub poprawniej, znakiem równości (=). W przypadku reakcji odwracalnych, jako że w ich wyniku powstają zarówno produkty, jak i odtwarzane są substraty, w zapisie takiej reakcji używamy dwóch strzałek. Jedna z nich skierowana jest w stronę produktów, druga w stronę substratów (). Przykłady: 2 HI H2 + I2 HCl + KOH (=) KCl + H2O reakcja odwracalna reakcja nieodwracalna Do reakcji nieodwracalnych zaliczamy m.in.: - reakcje zobojętniania, np.: HCl + NaOH = NaCl + H2O - reakcje strącania osadów (przyjmuje się, że cząsteczki osadu nie wracają do roztworu), np.: AgNO3 + NaCl = AgCl ↓ + NaNO3 - reakcje, w których jeden z otrzymywanych produktów jest gazem i może opuścić środowisko reakcji, np.: H2SO4 + Na2CO3 = Na2SO4 + H2O + CO2↑ - reakcje spalania związków organicznych, np.: CH4 + 2O2 = CO2 + H2O Reakcje odwracalne mogą zachodzić jedynie w układach zamkniętych, bez wymiany ciepła i masy z otoczeniem. Reakcja odwracalna w żadnym kierunku nie przebiega do końca. Powstające produkty reagują ze sobą i zmieniają się z powrotem w substraty. Między substratami i produktami ustala się stan równowagi dynamicznej. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykłady reakcji odwracalnych: 3H2 + N2 2NH3 H2S + 2KOH K2S + 2H2O H2 + I2 2HI Szybkość reakcji chemicznej Szybkość reakcji zależy od liczby tzw. efektywnych zderzeń (zderzeń prowadzących do zajścia reakcji) reagujących ze sobą cząstek (atomów, jonów, cząsteczek) w jednostce czasu. Podstawowymi czynnikami mającymi wpływ na szybkość reakcji chemicznej są ciśnienie (stężenie) i temperatura, a także obecność katalizatora. Ogólny zapis odwracalnej reakcji chemicznej, przebiegającej w fazie gazowej lub ciekłej: aA + bB + … xX + yY + … Można przyjąć, że szybkość reakcji tworzenia produktów X, Y itd. (v1) jest, w ustalonej temperaturze reakcji, wprost proporcjonalna do iloczynu stężeń molowych substratów, podniesionych do potęg równych ich współczynnikom stechiometrycznym: v1 = k1[A]a·[B]b (T = constans) gdzie [A] i [B] oznaczają odpowiednio stężenia molowe substancji A i B. W miarę postępu reakcji stężenia substratów maleją, co prowadzi do obniżenia szybkości reakcji. Jednocześnie rosną stężenia produktów X, Y ... itd., a tym samym zwiększa się prawdopodobieństwo ich rozpadu na wyjściowe substraty. Szybkość tego procesu (v2) opisuje równanie: v2 = k2[X]x·[Y]y (T = constans) Stałe k1 i k2 noszą nazwę stałych szybkości reakcji. Po pewnym czasie trwania reakcji osiągnięty zostaje stan chemicznej równowagi dynamicznej, w którym stężenia reagentów nie ulegają zmianie i w którym szybkości reakcji są jednakowe w obydwu kierunkach (w tych samych odstępach czasu tyle samo przereaguje każdej substancji w reakcji prostej, ile powstanie w reakcji odwrotnej), zatem: v1 = v2 (T = const.) PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Stosunek stałej szybkości reakcji tworzenia produktu (k1) i jego rozpadu na substraty (k2) nosi nazwę stałej równowagi chemicznej (stężeniowej) Kc. k1 [ X ] x [Y ] y Kc k 2 [ A]a [ B ]b Powyższa zależność znana jest pod nazwą prawa działania mas Guldberga i Waagego (1864) lub prawa równowagi chemicznej, które mówi, że: w stanie równowagi chemicznej stosunek iloczynu stężeń produktów reakcji (w potęgach ich współczynników stechiometrycznych) do iloczynu stężeń substratów (w potęgach ich współczynników stechiometrycznych) jest w danych warunkach ciśnienia i temperatury wielkością stałą i charakterystyczną dla danej reakcji. Jest to fundamentalne prawo, stanowiące podstawę współczesnej kinetyki chemicznej i wszelkich obliczeń uwzględniających fakt występowania równowag w reakcjach chemicznych. Wiele reakcji chemicznych zachodzi w fazie gazowej. Przyjmujemy, że znajdująca się w objętości V całkowita ilość mieszaniny gazowej - n - jest sumą ilości moli poszczególnych jej składników: n = n1 + n2 + n3 + . . . a stosunek ni V oznacza stężenie molowe i - tego składnika mieszaniny. Opisując zachowanie reagujących składników mieszaniny gazowej za pomocą równania stanu gazu doskonałego otrzymujemy: P n gdzie: RT RT ( n1 n2 n3 ...) p1 p 2 p3 . . . V V p1 n1 RT n RT , p2 2 , ... V V oznaczają tzw. ciśnienia cząstkowe składników mieszaniny gazowej. Ciśnieniem cząstkowym gazu wchodzącego w skład mieszaniny nazywamy ciśnienie, jakie wywierałby ten gaz, gdyby sam wypełniał objętość naczynia. Całkowite ciśnienie mieszaniny jest równe sumie ciśnień cząstkowych składników tej mieszaniny (prawo Daltona) Dla reakcji przebiegających w fazie gazowej stałą równowagi można przedstawić w postaci tzw. stałej ciśnieniowej (Kp), w której w miejsce stężeń substratów i produktów wstawia się odpowiednie wartości ciśnień cząstkowych (parcjalnych). PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl W uzgodnionym równaniu reakcji zachodzącej w fazie gazowej: mA(g) + nB(g) + ... pX(g) + qY(g) + ... ciśnieniową stałą równowagi chemicznej określa wzór: KP p Xp pYq m n p A pB gdzie: pX, pY, pA i pB są ciśnieniami cząstkowymi reagentów w stanie równowagi, Jeżeli wśród substratów lub produktów znajdują się substancje, które w warunkach równowagi (dla ustalonej temperatury i ciśnienia) są fazami stałymi lub ciekłymi, wówczas ich stężenia uważamy za stałe (a prężności par za nieistotnie małe) i nie uwzględniamy ich w powyższym równaniu. Ponieważ pi = ci·R·T zatem KP ([ X ]RT ) p ([Y ]RT )q [ X ] p [Y ]q ( RT ) p q m n m n m n ([ A]RT ) ([ B]RT ) [ A] [ B ] czyli K P K C ( RT ) p q m n W przypadku, gdy ilość moli produktów jest równa ilości moli substratów stałe równowagi: stężeniowa i ciśnieniowa są sobie równe KC = KP. Wpływ czynników zewnętrznych na równowagę chemiczną Szybkość reakcji może ulegać zmianie pod wpływem zmian temperatury oraz stężeń (ciśnień) reagentów. W stałej temperaturze zmiana stężenia jednego z reagentów powoduje zmianę stężeń pozostałych, nie powodując zmiany stałej równowagi. W przypadku reakcji zachodzących w fazie gazowej zmiana ciśnienia ma wpływ na położenie stanu równowagi wówczas, gdy sumaryczna objętość (ilość moli) substratów różni się od sumarycznej objętości (ilości moli) produktów, czyli nsubstr. ≠ nprod. Pod wpływem zmian stężenia lub ciśnienia zachodzi tylko przesunięcie stanu równowagi, bez zmiany KC czy KP. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Wraz ze zmianą temperatury ulegają zmianie stałe szybkości k1 i k2, a tym samym ulega zmianie wartość stałej równowagi K. Wpływ czynników zewnętrznych na kierunek przesunięcia stanu równowagi został uogólniony w tzw. regule przekory (przeciwdziałania) Le Chateliera i Browna. Jeżeli na układ pozostający w stanie równowagi działa czynnik zewnętrzny (ciśnienie, stężenie, temperatura), to układ reaguje w kierunku osłabienia tego działania. Zadania: 1. Obliczyć ciśnienia cząstkowe i stężenia molowe powietrza o składzie: 78% obj. azotu, 21% obj. tlenu i 1% obj. argonu w temperaturze 298 K, jeżeli całkowite ciśnienie mieszaniny gazów wynosi 1,013·105 Pa. 2. Do pustego naczynia o objętości 20,0 dm3 wprowadzono 0,95 g wodoru, 5,55 g azotu i 5,00 g tlenku węgla. Jakie będą ciśnienia cząstkowe i stężenia molowe tych gazów w temperaturze 340 K? 3. W stanie równowagi reakcji syntezy amoniaku przebiegającej wg równania: N2 + 3H2 2NH3 stężenia składników wynoszą: [N2] = 0,3 mol·dm-3, [H2] = 0,9 mol·dm-3 i [NH3] = 0,4 mol·dm-3. Jak zmieni się szybkość reakcji syntezy NH3 i reakcji odwrotnej, jeżeli ciśnienie wzrośnie pięciokrotnie? 4. Jak zmieni się szybkość reakcji tworzenia tlenku azotu(II) przebiegającej zgodnie z równaniem: N2 + O2 2NO, jeżeli ciśnienie wzrośnie 4-krotnie? 5. W temperaturze 1000K stała równowagi reakcji : CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) wynosi KP = 0,719. Jaka jest wartość stałej równowagi reakcji odwrotnej: CO(g) + H2O(g) ) CO2(g) + H2(g) 6. W stanie równowagi reakcji: 2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) w temp. 900K w naczyniu o pojemności 3,00 dm3 znajduje się 0,75 mola SO3, 0,24 mola SO2 i 1,00 mol O2. Obliczyć stałą równowagi Kc reakcji utleniania SO2. 7. W temp. 800K fosgen COCl2 ulega rozkładowi na CO i Cl2: COCl2(g) CO(g) + Cl2(g). Obliczyć stałą KC jeżeli w stanie równowagi stężenia poszczególnych reagentów wynosiły: [CO] = 0,0456, [Cl2] = 0,0456 i [COCl2] = 0,4490 mol·dm-3. Jakie było początkowe stężenie COCl2 ? 8. W stanie równowagi reakcji N2O4(g) 2NO2(g) stężenie N2O4 wynosi 0,730 mol·dm-3, a KC = 0,20. Obliczyć stężenie NO2 w stanie równowagi. 9. Mieszaninę 10,1 mola CO2 i 89,9 mola H2 ogrzewano w pewnej temperaturze. Po osiągnięciu stanu równowagi reakcji: PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 10. 11. 12. CO2 + H2 CO + H2O stwierdzono w mieszaninie: 0,68 mola CO2, 80,52 mola H2 i po 9,40 mola CO i H2O w stanie pary. Obliczyć stałą równowagi w tej temperaturze. Podczas ogrzewania w zamkniętym naczyniu dwutlenku azotu do pewnej temperatury osiągnięto stan równowagi reakcji: 2NO2 2NO + O2 i stwierdzono, że stężenie molowe NO2 spadło z początkowej wartości 1,50 mol·dm-3 do wartości równowagowej 0,30 mol·dm-3. Obliczyć stężenia powstałych gazów i stałą równowagi reakcji. W którym kierunku przesunie się położenie stałej równowagi pod wpływem wzrostu ciśnienia w reakcjach zachodzących w fazie gazowej: a) 2NO + O2 2NO2 b) 2H2 + O2 2H2O c) CO + H2O CO2 + H2 d) N2 + 3H2 2NH3 e) CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g) f) 2NaHCO3(s) Na2CO3(s) + H2O(g) + CO2(g) Jak wpłynie na położenie stanu równowagi wzrost ciśnienia i wzrost temperatury? a) 2H2S 2H2 + S2 (H = 41,8 kJ/mol) b) PCl3 + Cl2 PCl5 + Q c) 2CO2 2CO + O2 - Q d) CO + H2 CH3OH (H = -128 kJ/mol) e) SO2 + NO2 SO2Cl2(g) + Q (chlorek sulfurylu) f) N2O4 2NO2 (H = 56,8 kJ/mol) g) S(s) + O2 SO2 + Q Równowagi w roztworach elektrolitów Stała dysocjacji Jeżeli substancja AB dysocjuje wg równania AB A+ + Bto stała równowagi reakcji dysocjacji ma postać: Kd [ A ] [ B ] [ AB ] Jest to stosunek iloczynu stężeń molowych jonów, podniesionych do odpowiednich potęg równych liczbowo współczynnikom stechiometrycznym w równaniu dysocjacji, do stężenia molowego cząsteczek niezdysocjowanych. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl W danej temperaturze stała dysocjacji jest wielkością stałą. Im wyższa jest jej wartość, tym bardziej zdysocjowany jest elektrolit. Stopień dysocjacji Stopień dysocjacji α jest to stosunek liczby moli jonów powstałych w wyniku dysocjacji nz do całkowitej liczby moli cząstek wprowadzonych do roztworu nw : nz nw Stopień dysocjacji można również wyrażać zdysocjowanych c do całkowitego stężenia elektrolitu c0. stosunkiem stężenia cząsteczek c c0 Stopień dysocjacji jest liczbą bezwymiarową (0 < ≤ 1), jednak często jest wyrażany w procentach, po pomnożeniu go przez 100 %: (0% < ≤ 100). Stopień dysocjacji zależy od rodzaju elektrolitu, temperatury, stężenia oraz od obecności innych substancji w roztworze. Wzrost temperatury wpływa na zwiększenie wartości , natomiast wzrost stężenia elektrolitu powoduje jej spadek. Zależność stopnia dysocjacji od stężenia dla elektrolitów mocnych ( = 1) i słabych (0 < < 1) przedstawia poniższy rysunek. elektrolit mocny elektrolit słaby rozcieńczenie Prawo rozcieńczeń Ostwalda (1888) Założenie: Słaby elektrolit AB dysocjuje na jeden kation i jeden anion: AB A+ + BPROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Równowagę tej reakcji opisuje zależność: Kd c c [ A ] [ B ] B A [ AB] c AB Zgodnie z przyjętą definicją stopnia dysocjacji stężenia c jonów A+ i Bsą równe i wynoszą c = c0 · Stężenie elektrolitu AB w stanie równowagi dysocjacyjnej wynosi odpowiednio: c0 - c0 · c0(1 - ) Ponieważ [A+] = [B-] = c0 · raz [AB] = c0(1 - ) stałą dysocjacji elektrolitu AB można zapisać w postaci: Kd c 0 c0 c 2 0 1 c0 (1 ) gdzie: Kd – stała dysocjacji α – stopień dysocjacji c0 – stężenie molowe elektrolitu Ilościowa zależność stałej dysocjacji od stopnia dysocjacji nosi nazwę prawa rozcieńczeń Ostwalda. W praktyce, dla α mniejszego lub równego 0,05, lub gdy Kd /co jest mniejsze od 4·10-4, wartość (1 – α) w mianowniku jest w przybliżeniu równa 1 i powyższy wzór przyjmuje uproszczoną postać: Kd = α 2 · c 0 UWAGA: Przyjmuje się, że gdy Kd/c0 < 4·10-4, błąd obliczeń wykonanych przy zastosowaniu wzoru uproszczonego nie przekracza 1%. Zadania 1) 2) 3) Jakie jest stężenie molowe roztworu HNO2, którego = 35,0%? KHNO2 = 4,0·10-4 Obliczyć stężenie molowe roztworu HCOOH, którego stopień dysocjacji = 6,30%. KHCOOH = 1,6·10-4 Stopień dysocjacji HCN w 0,0100 molowym roztworze wynosi 0,0268%. Obliczyć stałą dysocjacji tego kwasu. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 4) Jaka jest wartość stałej dysocjacji kwasu HR, jeżeli jego 0,030 molowy roztwór wykazuje stopień dysocjacji = 10%? 5) Obliczyć wartość stałej dysocjacji kwasu mrówkowego, jeżeli w 2,32%-owym roztworze stopień dysocjacji kwasu wynosi 1,9%. Przyjąć, że gęstość roztworu wynosi 1,00 kg·dm3. 6) Przy jakim stężeniu roztworu CH3COOH stopień dysocjacji osiągnie wartość 95%, jeżeli wiadomo, że stopień dysocjacji kwasu w 0,100 molowym roztworze wynosi 1,35%. 7) Jaką objętość wody należy dodać do 250 cm3 0,100 molowego roztworu CH3COOH, aby stopień dysocjacji kwasu wzrósł dwukrotnie? (KCH3COOH = 1,75·10-5) 8) Obliczyć dokładną i przybliżoną wartość stężenia jonów wodorotlenkowych oraz stopień dysocjacji w 0,0800 molowym roztworze NH3. KNH3 = 1,8·10-5 9) Ile gramów jonów fluorkowych zawiera 1 dm3 0,150 molowego roztworu HF? (KHF= 6,3·10-4) 10) Obliczyć stężenie jonów wodorowych i stopień dysocjacji kwasu chlorowego(I) w roztworze 0,0600 molowym. Jak zmienią się te wartości po 20-krotnym rozcieńczeniu roztworu? 11) Obliczyć dokładną i przybliżoną wartość stężenia jonów wodorowych w 0,100 molowym roztworze HNO2. (KHNO2 = 4·10-4). Dysocjacja wody Iloczyn jonowy wody Woda należy do najczęściej stosowanych rozpuszczalników. Jej cząsteczki posiadają budowę dipolową i tworzą środowisko o wysokiej wartości przenikalności dielektrycznej, które ułatwia dysocjację elektrolitów, w których występuje wiązanie atomowe spolaryzowane. Dysocjacja cząsteczek wody przebiega zgodnie ze schematem: H2O H+ + OHWoda jest słabym elektrolitem, a stężenia jonów H+ i OH- w czystej wodzie są równe i wynoszą w temperaturze 22oC 1,00·10-7 mol·dm-3. UWAGA: Jon wodorowy H+ nie może występować samodzielnie w otoczeniu cząsteczek wody o budowie dipolowej. Przeprowadzone badania wykazały (1954), że jego strukturę najlepiej opisuje wzór [H9O4]+(H2O)n , w którym wartość n (3 - 6) zależy od stężenia jonów w roztworze i od temperatury. Dla uproszczenia zapisów w równaniach dysocjacji stosuje się formę zapisu jonu wodorowego w postaci H+, pamiętając, że w wyniku procesu hydratacji wolne protony w roztworach wodnych nie występują. Podobna sytuacja ma miejsce w przypadku jonu wodorotlenkowego! Stężeniową stałą dysocjacji wody opisuje równanie: K H 2O [ H ][OH ] 1,8 1016 [ H 2O] PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Stężenie molowe czystej wody [H2O] wynosi 1000 g·dm-3/18 g·mol-1 = 55,56 mol·dm-3 i jest praktycznie stałe, niezależnie od dysocjacji i zmian temperatury. Iloczyn K H 2 O [ H 2O ] oznaczamy symbolem KW i nazywamy iloczynem jonowym wody. Przyjmujemy, że w temperaturze 25oC (w rzeczywistości dokładnie w 22oC) KW = [H+][OH-] = 1,8·10-16 · 55,56 = 1,00 · 10-14 Ta ostatnia zależność obowiązuje nie tylko dla czystej wody, ale również dla wszystkich roztworów wodnych, pozwalając na obliczenie stężenia jonów wodorowych lub wodorotlenkowych np.: 10 14 [H ] [OH ] pH i pOH W czystej wodzie stężenie jonów wodorowych jest równe stężeniu jonów wodorotlenkowych i wynosi 10-7 mol·dm-3. Wzrost stężenia jonów wodorowych ponad tę wartość wywołuje kwasowość, natomiast ich spadek - zasadowość roztworu. Ponieważ stężenia jonów H+ i OH- opisywane są małymi liczbami, do ich opisu posługujemy się wykładnikiem jonów wodorowych, oznaczanym symbolem pH (Sörensen 1909) pH = - log [H+], [H+] = 10-pH W roztworach kwaśnych [H+] > 10-7 > [OH-] W roztworach obojętnych [H+] = [OH-] = 10-7 W roztworach zasadowych [H+] < 10-7 < [OH-] i pH < 7 i pH = 7 i pH > 7 W dokładnych obliczeniach pH w miejsce stężenia jonów wodorowych wprowadza się ich aktywność. Aktywnościową wartość pH (paH) oblicza się ze wzoru: paH = - log aH+ = - log ([H+]·fH+) gdzie: aH+ i fH+ - oznaczają odpowiednio aktywność i współczynnik aktywności jonów wodorowych. W sposób analogiczny do pH można wprowadzić pojęcie pOH: pOH = - log [OH-] W roztworach kwaśnych W roztworach obojętnych [OH-] < 10-7 < [H+] - + - -7 [OH ] = [H ] = 10 + -7 W roztworach zasadowych [OH ] > 10 > [H ] i pOH > 7 i pOH = 7 i pOH < 7 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Skala pH i pOH (Z.Dobkowska, K.M.Pazdro, Szkolny poradnik chemiczny, WSIP 1986) Wskaźniki kwasowo-zasadowe (indykatory) Wyznaczanie wykładnika stężenia jonów wodorowych w roztworze elektrolitu można przeprowadzić m.in. za pomocą wskaźników kwasowo-zasadowych. Są to słabe kwasy lub słabe zasady organiczne, których barwa postaci cząsteczkowej różni się od barwy formy zdysocjowanej. Jeżeli (przykładowo) cząsteczkę takiego kwasu oznaczymy symbolem HInd, to jego dysocjacja zachodzi zgodnie z równaniem: HInd barwa I ↔ H+ + Indbarwa II Stała dysocjacji wskaźnika K HInd [H ][Ind- ] [ HInd] skąd [ H ] K HInd [ HInd ] [Ind ] i pH pK Ind [Ind ] log [HInd] Jeżeli stężenia formy niezdysocjowanej i zdysocjowanej są sobie równe: [HInd] = [Ind-] wówczas roztwór elektrolitu ma barwę pośrednią, a jego pH jest równe ujemnemu logarytmowi ze stałej dysocjacji kwasowego indykatora. pH = pKInd Skrajne barwy roztworu pojawiają się jeżeli stężenie jednej z form kwasu (cząsteczkowej lub jonowej) jest ok. 10-krotnie wyższe lub niższe od stężenia drugiej. Wynika stąd, że zakres PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl pH utrzymywania się barwy pośredniej wynosi około 1,5 – 2 jednostek. Dokładność wyznaczenia pH barwy pośredniej zależy również od różnicy barw formy cząsteczkowej i jonowej. Zabarwienie roztworu na jedną z barw granicznych pozwala wyłącznie na określenie, czy badany roztwór jest bardziej kwaśny lub bardziej zasadowy od zakresu pH dla barwy pośredniej Identyczne rozważania można przeprowadzić dla wskaźnika będącego słabą zasadą: IndOH ↔ Ind+ + OHbarwa I barwa II (Z.Dobkowska, K.M.Pazdro, Szkolny poradnik chemiczny, WSIP 1986) PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Dysocjacja kwasów wieloprotonowych Cząsteczki kwasów zawierające więcej niż jeden kwasowy atom wodoru ulegają dysocjacji wielostopniowej. Na przykład kwas węglowy dysocjuje dwustopniowo: H2CO3 HCO3 - + H + HCO3 + H + CO3 - 2- i [ H ] [ HCO3 ] K1 [ H 2CO3 ] i [ H ] [CO32 ] K2 [ HCO3 ] Sumaryczny proces dysocjacji kwasu węglowego: [ H ]2 [CO32 ] K1 K 2 [ H 2CO3 ] K H 2CO 3 Odpowiednio, dla kwasu trójprotonowego, np. H3PO4 mamy: H+ + H2PO4- H3PO4 - H + HPO4 2- + H2PO4 HPO4 + H + PO4 3- 2- [ H ] [ H 2 PO4 ] K1 [ H 3 PO4 ] [ H ] [ HPO42 ] K2 [ H 2 PO4 ] [ H ] [ PO43 ] K3 [ HPO43 ] i sumarycznie K H 3 PO 4 [ H ]3 [ PO43 ] K1 K 2 K 3 [ H 3 PO4 ] Podobny proces ma miejsce w przypadku dysocjacji zasad zawierających więcej niż jedną grupę wodorotlenkową w cząsteczce. Dla każdego wieloprotonowego kwasu lub zasady zachodzi zależność: K 1 K 2 K 3 itd . Wartości stałych dysocjacji wyrażane są zazwyczaj bardzo małymi liczbami. Z tego względu, przez analogię do wyrażania stężeń jonów wodorowych lub wodorotlenkowych za pomocą ujemnych logarytmów dziesiętnych, wprowadzamy również pojęcie pK: pK = - log K PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Zadania: Przykład: Mocny kwas HR o stężeniu 1·10-5 mol·dm-3 rozcieńczono wodą 1000-krotnie. Obliczyć stężenie jonów wodorowych i pH. Rozwiązanie: HR jest kwasem mocnym, zatem: CHR = CH+ = CR- = 1·10-5 mol·dm-3. pH = -log 10-5 = 5,00 Po rozcieńczeniu 1000x stężenie jonów wodorowych pochodzących z dysocjacji kwasu wynosi: C'H+ = 10-5 / 103 = 10-8 mol·dm-3 Nie uwzględnienie w obliczeniach pH stężenia jonów wodorowych pochodzących z dysocjacji wody prowadzi do wartości nonsensownych: pH = -log 10-8 = 8,00 co oznacza, że odczyn roztworu kwasu po rozcieńczeniu jest zasadowy! Z iloczynu jonowego wody otrzymujemy: ([H+] + C'H+)·[OH-] = 10-14 i [OH-] = 10-14 /( [H+] + C'H+) Aby spełniony był warunek elektroobojętności roztworu ([H+] = [OH-]), sumaryczne ładunki jonów dodatnich i ujemnych muszą być sobie równe. Do ładunku jonów [OH-] pochodzących z dysocjacji wody należy dodać ładunek jonów reszty kwasowej, pochodzącej z dysocjacji kwasu. W omawianym przypadku (elektrolit 1,1-wartościowy) ładunek ten jest równy stężeniu jonów wodorowych: C'R- = C'H+ [H+] + C'H+ = (10-14 / [H+] + C'H+) + C'RPonieważ C'R- = C'H+ = 10-8 otrzymujemy: [H+]2 + 10-8·[H+] - 10-14 = 0 + -8 skąd [H ] + CH+ = 9,5·10 + 1·10-8 = 1,05·10-7 mol·dm-3 Rzeczywista wartość pH = -log(1,05·10-7) = 6,98 1. Obliczyć stężenie jonów wodorowych w 0,0250 molowym roztworze jednoprotonowego kwasu, którego stopień dysocjacji wynosi 12,00%. 2. Obliczyć stężenie roztworu HNO2, którego stopień dysocjacji wynosi 15,0%. KHNO2 = 4,0·10-4 3. Obliczyć stężenie molowe roztworu HF jeżeli stężenie jonów wodorowych wynosi 0,0275 mol·dm-3, a stopień dysocjacji = 0,012. KHF = 6,4·10-4 4. Obliczyć dokładną i przybliżoną wartość stężenia jonów wodorowych w 0,300 molowym roztworze kwasu octowego. KCH3COOH = 1,75·10-5 5. Jaka jest wartość stałej dysocjacji kwasu HR, jeżeli jego roztwór o stężeniu 0,100 mol·dm-3 jest zdysocjowany w 5,5%? 6. Obliczyć wartość stałej dysocjacji kwasu mrówkowego, jeżeli jego stopień dysocjacji w roztworze o stężeniu 0,200 molowym wynosi 0,0295. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. Jakie jest pH roztworu kwasu mrówkowego, którego stopień dysocjacji wynosi 0,060? KHCOOH = 1,6·10-4 Do 50,0 cm3 0,100 M kwasu solnego dodano 50,0 cm3 0,150 M KOH. Obliczyć pH roztworu. Obliczyć wykładnik jonów wodorowych w 0,0100 molowym roztworze HNO2. KHNO2 = 4,0·10-4 Wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,150 molowym roztworze kwasu octowego wynosi 2,78. Obliczyć wartość stałej dysocjacji kwasu octowego. Obliczyć sumaryczne stężenie jonów wodorowych w 0,500 molowym roztworze H2SO4. K2 = 1,2·10-2 Obliczyć sumaryczne stężenie jonów wodorowych i pH dla 0,050 molowego roztworu H2S. K1 = 9,1·10-8 K2 = 1,1·10-12 Obliczyć stężenie jonów SO32- w 0,010 molowym roztworze H2SO3. K1 = 1,7·10-2 K2 = 6,2·10-6 Obliczyć przybliżoną i dokładną wartość stężenia jonów [OH-] i stopień dysocjacji w 0,050 molowym roztworze NH3. (KNH3 = 1,8·10-5) Jaką objętość wody należy dodać do 100 cm3 0,100 molowego kwasu mrówkowego HCOOH, aby stopień dysocjacji kwasu uległ podwojeniu? Obliczyć zmianę wykładnika stężenia jonów wodorowych a) w 0,100 molowym roztworze jednoprotonowego mocnego kwasu po jego 1000-krotnym rozcieńczeniu, b) w 0,100 molowym roztworze kwasu mrówkowego po 1000-krotnym rozcieńczeniu. Jaką wartość ma wykładnik stężenia jonów wodorowych w roztworze, w którym stężenie jonów wodorotlenkowych wynosi 4·10-3 g·dm-3 ? Do 50,0 cm3 0,150 molowego roztworu NaOH dodano 40 cm3 30 cm3 0,200 molowego roztworu HCl. Obliczyć pH otrzymanego roztworu. Obliczyć pH mocnego, jednoprotonowego kwasu, którego stężenie wynosi 2 M. Jakie jest stężenie jonów wodorowych w roztworze, którego pH = -0,56? Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,200 molowym roztworze HNO2. KHNO2 = 4,0·10-4 Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,200 molowym roztworze HNO3. Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych w roztworze o wykładniku stężenia jonów wodorowych pH = 11,70. Do kolby miarowej wprowadzono 1,00 cm3 38,32%-owego roztworu HNO3 i rozcieńczono wodą do objętości 2,000 dm3. Gęstość otrzymanego roztworu przyjąć równą 1,00 kg·dm-3. Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w roztworze. W 1,000 dm3 wody pochłonięto amoniak wydzielony z rozkładu 2,6746 g chlorku amonu, przy czym objętość roztworu nie uległa zmianie. Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w roztworze. KNH3 = 1,75·10-5. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Wpływ wspólnego i obcego jonu. Roztwory buforowe Łatwo zauważyć, że dysocjacja słabego kwasu lub słabej zasady będzie zaburzona po wprowadzeniu do roztworu jonów wspólnych lub obcych. Przykład: Dysocjacja kwasu octowego opisana jest równowagą: [ H ][CH COO ] 3 K CH COOH [CH COOH ] 3 3 Równowagę tę można zakłócić poprzez: 1) Dodanie mocnej zasady – jony wodorotlenkowe łączą się z jonami wodorowymi, spada stężenie niezdysocjowanych cząsteczek kwasu i jonów wodorowych, wzrasta stężenie jonów octanowych. 2) Dodanie mocnego kwasu – jony wodorowe łączą się z jonami octanowymi, wzrasta stężenie jonów wodorowych i stężenie niezdysocjowanego kwasu, maleje stężenie jonów octanowych. 3) Dodanie soli mającej wspólny anion – jony octanowe łączą się z jonami wodorowymi, spada stężenie jonów wodorowych, rośnie stężenie jonów octanowych i niezdysocjowanego kwasu. W każdym z opisanych powyżej przypadków wartość stałej równowagi nie ulega zmianie! Dokładne wartości stężenia jonów wodorowych i octanowych można obliczyć po uwzględnieniu zmian we współczynnikach aktywności, spowodowanych zmianami w sile jonowej roztworów. [ H ] K CH 3COOH [CH 3COOH ] [CH 3COO ] Wprowadzenie do roztworu kwasu octowego mocnej zasady lub soli zawierającej anion octanowy wywołuje zaburzenia opisane powyżej: CH3COOH + OH- = CH3COO- + H2O CH3COO- + H+ = CH3COOH Całkowite stężenie jonów octanowych w omawianym roztworze jest równe sumie stężeń jonów pochodzących z dysocjacji kwasu oraz otrzymanych przez reakcję z zasadą lub dodatek soli. Wobec znikomego stężenia jonów octanowych pochodzących z dysocjacji kwasu można przyjąć, że ich stężenie w mieszaninie jest praktycznie równe stężeniu soli. Z powyższych reakcji można również obliczyć stężenie niezdysocjowanego kwasu octowego. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Można zatem przyjąć, że: [CH3COO-] - stężenie soli octanowej = Cs [CH3COOH] - stężenie nieprzereagowanego kwasu octowego = Ck [ H ] K kw Ck Cs Ponieważ Ck gdzie: nk n oraz C s s V V nk i ns - ilości moli kwasu i soli V - objętość roztworu otrzymujemy [ H ] K kw nk ns a po przekształceniu: pH pK kw log nk ns Przeprowadzając analogiczne rozważania dla roztworu zawierającego słabą zasadę (np. wodny roztwór amoniaku) i jej sól z mocnym kwasem (np. chlorek amonu) otrzymujemy odpowiednio: pOH pK z log nz ns Powyższe wzory umożliwiają obliczenie wykładnika jonów wodorowych (lub wodorotlenkowych) w tzw. roztworze buforowym. Łatwo zauważyć, że odczyn roztworu buforowego w największym stopniu zależy od wykładnika mocy kwasu lub zasady pK (ujemny logarytm dziesiętny ze stopnia dysocjacji kwasu lub zasady), a w znacznie mniejszym stopniu od logarytmu z ilorazu stężeń (lub ilości moli) słabego kwasu (słabej zasady) i odpowiedniej soli. Cechą charakterystyczną roztworów buforowych jest niewielka zmiana stężenia jonów wodorowych (odczynu) po dodaniu niewielkich ilości mocnego kwasu lub mocnej zasady. W przypadku buforu zawierającego słaby kwas HR i jego sól z mocną zasadą (MeR) w jego roztworze zachodzą następujące reakcje: PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Pod wpływem mocnego kwasu: H+ + R- = HR maleje stężenie soli i rośnie stężenie słabego kwasu. Stosunek nk/ns rośnie, powodując zmniejszenie wyjściowej wartości pH. ** Pod wpływem mocnej zasady: OH- + HR = R- + H2O maleje stężenie kwasu i rośnie stężenie soli. Stosunek nk/ns maleje, powodując wzrost wyjściowej wartości pH. Odpowiednio, dla zasadowego roztworu buforowego, stanowiącego mieszaninę słabej zasady MeOH i jej soli z mocnym kwasem MeR: * Dodatek mocnego kwasu: H+ + MeOH = Me+ + H2O powoduje spadek stężenia zasady i wzrost stężenia soli. Stosunek nz/ns maleje i w efekcie następuje wzrost wartości pOH. ** Dodatek mocnej zasady: OH- + Me+ = MeOH powoduje spadek stężenia soli i wzrost stężenia zasady, w efekcie czego stosunek nz/ns rośnie, a pOH maleje. W każdym przypadku zmiany wywołane dodatkiem mocnego kwasu lub mocnej zasady do roztwory buforowego są znacznie mniejsze, niż w przypadku dodania takich ilości do czystej wody. * Rozcieńczanie roztworu buforowego nie wpływa na jego odczyn! Pojemność buforowa Ze wzorów na pH roztworów buforowych wynika, że tracą one sens w przypadku, gdy ulegnie wyczerpaniu słaby kwas lub jej sól (słaba zasada lub jej sól), ponieważ logarytm ze stosunku Ck/Cs lub Ck/Cs traci wówczas sens. Ilościową miarą zdolności roztworu buforowego do utrzymywania w przybliżeniu stałej wartości pH (pOH) pomimo dodatku mocnego kwasu lub mocnej zasady jest pojemność buforowa: liczba moli jednoprotonowego mocnego kwasu lub jednowodorotlenkowej mocnej zasady, które dodane do 1 dm3 roztworu bufoorwego zmieniają jego pH o jednostkę. Właściwości buforujące posiadają również roztwory wodorosoli (np. NaHCO3, NaH2PO4, Na2HPO4) , mieszaniny roztworów słabych kwasów i ich soli ze słabymi zasadami (np. HCOOH + HCOONH4), a także roztwory złożone, np. Na2CO3 + H3BO3 + KCl. Najczęściej używanymi w praktyce roztworami buforowymi są: Bufor octanowy – CH3COOH + CH3COONa (pH = 3,5 – 6) Bufor amonowy – NH3 + NH4Cl (pH = 8 – 11) Bufor fosforanowy – NaHPO4 + Na2HPO4 (pH = 5,5 – 8) Bufor boranowy – H3BO3 + Na2B4O7 (pH = 7 – 9) PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Zadania 1. Obliczyć stężenie jonów wodorowych i pH w roztworze buforowym, zawierającym w objętości 200 cm3 0,250 g HCOOH i 0,250 g HCOOH. KHCOOH = 2. Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w roztworze buforowym zawierającym w objętości 500 cm3 0,500 g CH3COOH i 0,500 g CH3COOH. KCH3COOH = 1,75·10-5 3. Obliczyć pOH i pH w roztworze powstałym przez zmieszanie równych objętości 0,50%owego roztworu NH3 i 0,50%-owego roztworu NH4Cl. Gęstość roztworów przyjąć równą 1 kg·dm-3. KNH3 = 1,8·10-5 4. Obliczyć pH roztworu buforowego otrzymanego przez zmieszanie 1 objętości 10,0%owego roztworu NH3 z 9 objętościami 0,50%-owego roztworu NH4Cl. Gęstości roztworów przyjąć równą 1 kg·dm-3. 5. Ile gramów KCN należy dodać do 1,00 dm3 roztworu HCN, aby wykładnik stężenia jonów wodorowych był równy 6,00? Zaniedbać zmiany objętości. KHCN = 6. Ile gramów CH3COONa należy dodać do 1,00 dm3 0,200 molowego roztworu CH3COOH, aby otrzymać roztwór o pH = 5,20? 7. Obliczyć, w jakim stosunku należy zmieszać 0100 molowy roztwór CH3COOH z 0,050 molowym KOH aby powstał roztwór o pH = 5,73. 8. Obliczyć pojemność buforową roztworu o składzie: 0,050 mol·dm-3 NH3 i 0,080 mol·dm-3 NH4Cl względem kwasu i zasady. 9. Obliczyć pojemność buforową roztworu o składzie: 0,070 mol·dm-3 HCOOH i 0,080 mol·dm-3 HCOOK względem kwasu i zasady. KHCOOH = 1,6·10-4 10. Obliczyć stężenie NH3 w buforze amonowym, w którym stężenie NH4Cl wynosi 0,080 mol·dm-3, jeżeli po dodaniu do niego 0,050 mola NaOH wykładnik jonów wodorowych wzrósł o 1,00. Hydroliza soli Hydroliza jest reakcją związku chemicznego z wodą Rozróżniamy dwa typy hydrolizy: cząsteczkową i jonową. Hydroliza cząsteczkowa to reakcja cząsteczek związku chemicznego z wodą lub jonami pochodzącymi z jej dysocjacji. Hydroliza jonowa to reakcja pomiędzy jonami pochodzącymi z dysocjacji cząsteczek związku chemicznego i jonami pochodzącymi z dysocjacji wody. Sole należą do grupy elektrolitów, których cząsteczki są całkowicie lub w znacznej części zdysocjowane na jony. Reakcja hydrolizy soli należy do grupy reakcji wymiany podwójnej. Może ona zachodzić tylko wówczas, gdy ewentualnymi jej produktami będą cząsteczki słabo zdysocjowanych słabych kwasów lub słabych zasad. Hydroliza soli o ogólnym wzorze MeR: Me+ + R- + H+ + OH- → ← MeOH + HR hydroliza zobojętnianie Hydrolizie nie ulegają sole mocnych, jednoprotonowych kwasów i mocnych zasad, np. NaCl, KNO3, KClO3, NaBr, BaCl2. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Miarą hydrolizy jest stopień hydrolizy , określony stosunkiem stężenia lub ilości moli soli uległej hydrolizie do soli wprowadzonej do roztworu: ch nh c0 n0 W zależności od tego, czy reakcji hydrolizy ulega kation, czy też anion, rozróżnia się hydrolizę kationową lub anionową. Sól pochodząca od słabej zasady i słabego kwasu ulega hydrolizie kationowo-anionowej. Dla 1,1-wartościowych soli MeR: Hydroliza kationowa jest możliwa jedynie, gdy kationem Me+ jest NH4+, Cu+ lub Ag+. Hydroliza anionowa jest możliwa jedynie, gdy anion R- pochodzi od słabego kwasu. Hydroliza kationowo-anionowa zachodzi wówczas, gdy kationem jest NH4+, Cu+, Ag+, a anion pochodzi od słabego kwasu. Pomijając skomplikowane wyprowadzenia wzorów, dla hydrolizy anionowej otrzymujemy następujące wyrażenia: stała hydrolizy Kh stężenie jonów wodorowych C stopień hydrolizy gdzie: H Kw Kk Kw Kk CS Kw Kk CS Kw - iloczyn jonowy wody Kk - stała dysocjacji kwasu Cs - molowe stężenie soli Odpowiednio, dla hydrolizy kationowej mamy: stała hydrolizy Kh stężenie jonów wodorowych C stopień hydrolizy gdzie H Kw Kz Kw CS Kz Kw K z CS KZ - stała dysocjacji zasady. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykłady hydrolizy soli Sole słabych dwuprotonowych kwasów i mocnych jednowodorotlenko-wych zasad wykazują w roztworze wodnym odczyn zasadowy (np. Na2S, Na2CO3). Ulegają hydrolizie praktycznie wyłącznie na pierwszym stopniu dysocjacji, ponieważ jony wodorotlenkowe cofają drugi stopień hydrolizy: S2- + H+ + OH- HS- + OHHS- + H+ + OH- H2S + OHRoztwory soli wieloprotonowych kwasów i mocnych jednowodorotlenko-wych zasad mają odczyn zasadowy (np. Na2SO4). SO42- + H+ + OH- HSO4- + OHRoztwory elektrolitów mocnych Do grupy elektrolitów mocnych zaliczamy takie substancje, których cząsteczki ulegają całkowitej dysocjacji bez względu na stężenie roztworów. Stopień dysocjacji elektrolitów mocnych jest równy jedności ( = 1). Zachowanie elektrolitów mocnych opisuje teoria elektrolitów mocnych Debye'a i Hückela (1923 r.). Aktywność Efektywne stężenia reagentów nie pokrywają się z ich stężeniami molowymi ze względu na to, że różne czynniki środowiskowe powodują obniżenie ruchliwości reagujących cząstek. Stąd czasami, gdy w równaniach równowagi chemicznej stosuje się stężenia wyrażone w mol·dm-3, można obserwować pozorne odstępstwa od prawa działania mas. Problem ten znika, gdy w miejsce stężeń molowych podstawi się do odpowiednich równań aktywności reagentów. Aktywność molowa związków chemicznych to efektywne termodynamicznie stężenie tych substancji, uwzględniające odchylenia od zachowania idealnego, wynikające ze zjawisk dyfuzyjnych, lepkościowych lub elektrostatycznych, mających miejsce w stężonych roztworach lub gazach pod wysokim ciśnieniem. W odróżnieniu od zwykłego stężenia molowego, zależności termodynamiczne wyrażone za pomocą aktywności są zawsze spełniane w sposób ścisły. Posługiwanie się aktywnościami na co dzień jest dość kłopotliwe, gdyż bezpośredni ich pomiar jest bardzo trudny i czasochłonny. Aktywność jest powiązana ze stężeniem zależnością: a = f·c gdzie: a - aktywność f - współczynnik aktywności c – stężenie molowe W przypadku reakcji zachodzących w roztworach elektrolitów współczynniki aktywności jonów dla małych wartości tzw. siły jonowej ( I ≤ 0,1) można wyznaczyć ze wzoru Debye’a – Hückela. Jeżeli siła jonowa w roztworze jest większa od 0,1 ( I > 0,1) w obliczeniach przyjmuje PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl się wartości współczynników aktywności wyznaczone na drodze doświadczalnej. Aktywność wyrażana jest w jednostkach stężenia molowego, mol·dm-3. Siła jonowa jest obliczana jako połowa sumy iloczynów wszystkich jonów obecnych w roztworze, pomnożonych przez ich ładunek podniesiony do drugiej potęgi: n I 0,5 c i z i2 i 1 gdzie: ci – stężenie jonu zi – ładunek jonu Wzór Debye’a – Hückela: log f i gdzie: fi – A– a·B – I– A z i2 I aB I lub f i 10 0 ,509 z 2 I i aB I współczynnik aktywności i-tego jonu współczynnik dla wody równy –0,509 iloczyn współczynników charakterystyczny dla poszczególnych jonów siła jonowa. W dokładnych obliczeniach prowadzonych przy wykorzystaniu prawa równowagi dla reakcji dysocjacji należy w miejsce stężeń molowych wprowadzić odpowiednie aktywności molowe. Tzw. aktywnościowa stała równowagi dla procesu dysocjacji ma postać: Ka a A a a AB B [ A ] [ B ] f A f B [ AB] f AB Przyjmując, że współczynniki aktywności cząsteczek są równe 1 (fAB = 1), otrzymujemy aktywnościowe prawo rozcieńczeń Ostwalda: Ka c0 2 f f A B 1 Równowagi w roztworach trudno rozpuszczalnych soli Zdolność związku chemicznego do rozpuszczania się w wodzie zależy od jego rodzaju, temperatury oraz obecności w roztworze innych związków. Miarą tej zdolności jest rozpuszczalność, czyli stężenie roztworu nasyconego. Przyjmuje się, że cząsteczki trudno rozpuszczalnej soli w kontakcie z wodą ulegają dysocjacji całkowitej, charakterystycznej dla elektrolitów mocnych. W ustalonej temperaturze rozpuszczanie substancji ustaje w momencie osiągnięcia stanu nasycenia roztworu. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl W roztworze nasyconym ustala się równowaga dynamiczna, polegająca na zrównaniu się szybkości rozpuszczania substancji z szybkością jej przechodzenia do fazy stałej. Dla substancji AmBn równowagę pomiędzy substancją stałą i jonami pochodzącymi z jej dysocjacji można zapisać: AmBn mAn+ + nBm(T = const.) [ An ]m [ B m ]n K [ Am Bn ] oraz (T = const.) Ponieważ stężenie substancji stałej jest wielkością stałą, iloczyn K· [AmBn] = L jest również wielkością stałą, nazywaną iloczynem rozpuszczalności. L [ An ]m [ B m ]n (T = const.) W roztworze nasyconym trudno rozpuszczalnego elektrolitu iloczyn stężeń (aktywności) jonów tego elektrolitu, podniesionych do potęg równych ich współczynnikom stechiometrycznym jest wielkością stałą. Zależność rozpuszczalności od temperatury można przewidzieć, stosując regułę Le Chateliera-Browna. Jeżeli proces rozpuszczania jest egzotermiczny, rozpuszczalność będzie maleć ze wzrostem temperatury; jeżeli rozpuszczanie jest procesem endotermicznym rozpuszczalność wzrasta z temperaturą. W zależności od typu soli otrzymujemy różne wzory na obliczanie iloczynu rozpuszczalności. Sól AB dysocjuje wg schematu: AB A+ + BLAB = [A+][B-] A2B 2A+ + B2LA2B = [A+]2[B2-] A3B 3A+ + B3LA2B = [A+]3[B3-] A2B3 2A3+ + 3B2LA2B3 = [A3+]2[B2-]3 A2B5 2A5+ + 5B2LA2B5 = [A5+]2[B2-]5 Sól A2B: Sól A3B: Sól A2B3: Sól A2B5: Iloczyn rozpuszczalności można również wyrazić za pomocą rozpuszczalności s (mol·dm-3). Sól AB: AB s LAB A+ + B s s = s·s = s2 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Sól A2B (AB2): Sól A2B3 (A3B2): 2A+ + B22s s 2 LA2B = (2s) ·s = 4s3 2A3+ + 3B22s 3s 2 LA2B3 = (2s) ·(3s3)3 = 108s5 A2 B s A2 B 3 s Iloczyn rozpuszczalności jest zapisem iloczynu jonowego I dla roztworu nasyconego. Znajomość stężeń jonów mogących utworzyć trudno rozpuszczalny osad pozwala na obliczenie wartości iloczynu jonowego i porównania go z wartością iloczynu rozpuszczalności. I < L roztwór nienasycony, brak osadu I = L roztwór nasycony, brak osadu I > L roztwór przesycony, wytrąca się osad! UWAGA! W większości obliczeń wykorzystujących prawo równowagi chemicznej stosuje się jedynie dwie cyfry znaczące. W obliczeniach rozpuszczalności i iloczynu rozpuszczalności dla trudno rozpuszczalnych wodorotlenków i siarczków precyzja obliczeń jest jeszcze mniejsza, ponieważ składy tych osadów mogą się zmieniać. Dodatkowo, w przypadku trudno rozpuszczalnych soli słabych wieloprotonowych kwasów, jak H2S i H3PO4, dochodzi dodatkowo komplikacja związana z hydrolizą. Jony siarczkowe S2- znajdują się w równowadze z jonami wodorosiarczkowymi HS-, a jony fosforanowe PO43- hydrolizują tworząc jony HPO42- i H2PO4-. Wartości liczbowe otrzymane w wyniku obliczeń pomijających te reakcje uboczne mogą być uważane jedynie za przybliżone. Wpływ obecności innych elektrolitów na rozpuszczalność osadów związków jonowych. Obecność innych elektrolitów zawsze wywołuje zmianę w rozpuszczalności trudno rozpuszczalnych osadów związków o budowie jonowej. W każdym przypadku zmiana taka spowodowana jest przesunięciem stanu równowagi opisanego równaniem AmBn mAn+ + nBmPrzesunięcie to może być spowodowane: 1) Zmianą siły jonowej w roztworze, a w konsekwencji zmianami aktywności jonów, 2) Efektem wspólnego jonu (jeżeli wprowadzony elektrolit posiada jon wspólny z osadem, 3) Zmianami w kwasowości środowiska wywołanymi wprowadzeniem do roztworu elektrolitu ulegającego hydrolizie. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Ad. 1) Zmiana siły jonowej Jeżeli elektrolit wprowadzony do roztworu trudno rozpuszczalnego związku nie posiada jonów wspólnych z osadem, powoduje zwiększenie siły jonowej i w konsekwencji zwiększenie rozpuszczalności osadu AmBn. L AmBn [ A n ]m [B m ]n f Am f Bn Ponieważ wartość iloczynu rozpuszczalności jest w ustalonej temperaturze wielkością stałą, zatem zmiana współczynników aktywności jonów An+ i Bm- (ich spadek w porównaniu do roztworu w czystej wodzie) musi spowodować zwiększenie stężenia jonów A i B w roztworze. Przykład: Obliczyć rozpuszczalność Ag2S w 0,04 M roztworze Ca(NO3)2. LAg2S = 5,7·10-51 Rozwiązanie: Ponieważ L = 4s3, w przypadku zaniedbania wpływu siły jonowej rozpuszczalność Ag2S wynosi: s 3 5,7 10 51 1,1 10 17 mol dm 3 4 O sile jonowej roztworu decyduje całkowicie obecność Ca(NO3)2. Wynosi ona: I = 0,5[0,04·(+2)2 + 2·0,04(-1)2] = 0,12 Wyznaczone w oparciu o wzór Debye'a-Hückela wartości współczynników aktywności wynoszą: fAg+ = 0,740 i fS2- = 0,352 Iloczyn rozpuszczalności Ag2S: LAg2S = [Ag+]2[S2-]·f2Ag+·fS2- = = 4s3 · f2Ag+·fS2skąd s3 5,7 10 51 4 0,7402 0,352 1,9 1017 mol dm 3 W stosunku do rozpuszczalności Ag2S w czystej wodzie rozpuszczalność w roztworze Ca(NO3)2 wzrosła niemal dwukrotnie. Ad. 2) Efekt wspólnego jonu Jeżeli elektrolit wprowadzony do roztworu trudno rozpuszczalnego związku posiada jon wspólny z osadem, np. anion Bm-, to wobec równowagi opisanej równaniem L AmBn [ A n ]m [Bm ]n f Am f Bn musi nastąpić spadek stężenia kationu An+ w roztworze, co praktycznie odpowiada zmniejszeniu rozpuszczalności związku AmBn. Jednocześnie obserwuje się konkurencyjny efekt zwiększenia rozpuszczalności spowodowany spadkiem wartości współczynników aktywności. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Przykład: Obliczyć rozpuszczalność Ag2S w 0,04 M roztworze Na2S. Rozwiązanie: Wartości siły jonowej i współczynników aktywności są identyczne, jak w poprzednim przykładzie: fAg+ = 0,740 fS2- = 0,352 cS2- = 0,04 Ze wzoru na iloczyn rozpuszczalności LAg2S = [Ag+]2[S2-]·f2Ag+·fS2i po przyjęciu za zaniedbywalnie małe stężenie jonów siarczkowych, pochodzących z dysocjacji Ag2S, obliczamy stężenie jonów Ag+: [ Ag ] 5,7 10 51 2 0,04 (0,740) 0,352 8,6 10 25 mol dm 3 Ponieważ stężenie soli Ag2S jest dwukrotnie mniejsze od stężenia jonów srebra, zatem jej rozpuszczalność wynosi 4,3·10-25 mol·dm-3 i spadła o ok. 8 rzędów w porównaniu do wartości wyjściowej (1,1·10-17 mol·dm-3). Przykłady obliczeń 1) Obliczyć iloczyn rozpuszczalności siarczanu srebra Ag2SO4, jeżeli rozpuszczalność wynosi 5,7·10-3 g·cm-3. MAg2SO4 = 312 g·mol-1 Rozwiązanie: Stężenie molowe soli: [Ag2SO4] = 1000·5,7·10-3 g·cm-3 / 312 g·mol-1 = 1,8·10-2 mol·dm-3 Dysocjacja soli: Ag2SO4 (s) 2Ag+ + SO42[Ag+] = 2·1,8·10-2 mol·dm-3 [SO42-] = 1,8·10-2 mol·dm-3 Iloczyn rozpuszczalności Ag2SO4: L Ag2SO4 = [Ag+]2[SO42-] = (3,6·10-2)2·1,8·10-2 = 2,3·10-5 soli Iloczyn rozpuszczalności fluorku toru ThF4 (M = 308) wynosi 1,3·10-19. Ile gramów Th4+ jest rozpuszczone w 500 cm3 nasyconego roztworu ThCl4? Rozwiązanie: Dysocjacja ThF4: ThF4 Th4 + 4FRozpuszczalność: s s 4s 4+ Iloczyn rozpuszczalności Th4: LThF4 = [Th ][F-]4 = s·(4s)4 = 1,3·10-19 s = 5,5·10-5 mol·dm-3 Zawartość jonów toru w 500 cm3 roztworu: mTh4+ = 5,5·10-5 mol·dm-3·232 g·mol-2·0,5 dm3 = 6,4·10-3 g 2) 3) Ile gramów ThCl4 (M = 374 g·mol-1) można teoretycznie rozpuścić w 500 cm3 zawierającego 9,50 g jonów fluorkowych? roztworu PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Rozwiązanie: Stężenie molowe jonów F-: [F-] = 9,5 g/19 g·mol-1·0,5 dm-3 = 1 mol·dm-3 Iloczyn jonowy ThF4: LThF4 = [Th4+][F-]4 = [Th4+]·14 = 1,3·10-19 skąd [Th4+] = [ThCl4] = 1,3·10-19 mol·dm-3 W 500 cm3 roztworu można rozpuścić 1,3·10-19 mol·dm-3 ·374 g·mol-1 · 0,5 dm3 = 2,4·10-17 g ThCl4 4) Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych w roztworze NaOH, którego pH = 11,6? Ile gramów magnezu pozostanie w 0,500 dm3 takiego roztworu? LMg(OH)2 = 3,4·10-11 Rozwiązanie: Obliczamy stężenie jonów wodorotlenkowych: pOH = 14 - pH = 2,4 [OH-] = 10-2,4 = 4,0·10-3 mol·dm-3 LMg(OH)2 = [Mg2+]·(4,0·10-3)2 = 3,4·10-11 skąd [Mg2+] = 2,1·10-6 mol·dm-3 W 0,500 dm3 roztworu NaOH pozostanie 0,5 dm3 · 2,1·10-6 mol·dm-3 · 24,3 g·mol-1 = 2,6·10-5 g Mg Zadania 1. Ile gramów SrSO4 rozpuści się w 250 cm3 wody? LSrSO4 = 2,8·10-7 2. Jaka ilość wody potrzebna jest do rozpuszczenia 2,00 g siarczku kadmu CdS? LCdS = 1,0·10-8 3. Ile gramów PbSO4 znajduje się w 500 cm3 nasyconego roztworu tej soli? LPbSO4 = 1,1·10-8 4. 25 cm3 nasyconego roztworu PbCl2 zmieszano z 25 cm3 0,010 molowego roztworu K2CrO4. Czy wytrąci się osad chromianu(VI) ołowiu? LPbCrO4 = 1,8·10-14 5. Do nasyconego roztworu CaC2O4 dodawano stopniowo SrCl2. Jakie musi być stężenie jonów Sr2+, aby zaczął się wytrącać osad szczawianu strontu? LSrC2O4 = 5,6·10-8 6. Ile mg żelaza znajduje się w 300 cm3 nasyconego roztworu FeS? LFeS = 3,7·10-19 7. Ile gramów CoCO3 rozpuści się w 0,50 dm3 0,10 molowego roztworu Co(NO3)2? LCoCO3 = 1,0·10-12 8. Obliczyć rozpuszczalność AgCl w 0,050 molowym roztworze NaCl. LAgCl = 9,3·10-10 9. Ile gramów CaCO3 rozpuści się w 200 cm3 0,020 molowego roztworu K2CO3? LCaCO3 = 4,8·10-9 10. Obliczyć, jaka ilość osadu CaC2O4 przejdzie do roztworu podczas przemywania go: a) 0,50 dm3 czystej wody, b) 0,50 dm3 0,1% roztworu (d = 1 kg·dm-3) (NH4)2C2O4. LCaC2O4 = 2,5·10-9 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Zadania z rozwiązaniami 1) Obliczyć stopień dysocjacji kwasu mrówkowego o stężeniu 0,00500 mol·dm-3. Stała dysocjacji HCOOH wynosi 1,6·10-4. 2) Do jakiego stężenia należy doprowadzić wodny roztwór kwasu fluorowodorowego, aby stopień dysocjacji osiągnął wartość 0,125? Stała dysocjacji HF wynosi 6,3·10-4. 3) Obliczyć wartość stałej dysocjacji kwasu octowego, CH3COOH wiedząc, że stopień dysocjacji w roztworze 0,0100 molowym wynosi 0,042. 4) Jaką objętość wody należy dodać do 200 cm3 0,100 molowego roztworu HNO2 (KHNO2 = 4,0·10-4) aby jego stopień dysocjacji uległ podwojeniu? 5) Obliczyć stopień dysocjacji w 0,098 molowym roztworze NH3. Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych w tym roztworze? (KNH3 = 1,8·10-5). 6) Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych i wodorowych w 0,00200 molowym roztworze KOH (elektrolit mocny)? 7) Jakie jest stężenie jonów wodorowych w roztworze, w którym wykładnik stężenia jonów wodorotlenkowych pOH = 6,00? 8) Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,0200 molowym roztworze HCl (elektrolit mocny). 9) Obliczyć stężenie jonów wodorowych i pH w 0,150 molowym roztworze H2SO3 (K1 = 1,3·10-2, K2 = 5,6·10-8) 10) Jakie jest stężenie kwasu octowego, jeżeli pH tego roztworu wynosi 3,00. Stała dysocjacji kwasu wynosi 1,75·10-5. 11) Do kolby miarowej wprowadzono 10,0 cm3 kwasu solnego o stężeniu 2,00 mol·dm-3 i rozcieńczono wodą do objętości 0,500 dm3. Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w tym roztworze. 12) Ułożyć jonowe równania hydrolizy węglanu potasu. Jaki jest odczyn wodnego roztworu tej soli? 13) Jak zabarwią się roztwory mrówczanu sodu i jodku amonu po dodaniu wskaźników – błękitu bromotymolowego i lakmusu. 14) Obliczyć wartość stałej i stopnia hydrolizy jonów CN- w 0,25 molowym roztworze KCN. Stała dysocjacji HCN wynosi 7,2·10-10. 15) Obliczyć stopień hydrolizy jonów CH3COO- i wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,0200 molowym roztworze CH3COONa (KCH3COOH = 1,75·10-5). Rozwiązania: 1) Stopień dysocjacji obliczamy z prawa rozcieńczeń Ostwalda: K = 2c/(1- Wykorzystujemy przy tym zależność, że jeżeli spełniona jest nierówność K/c > 4·10-4 to możemy stosować go w postaci uproszczonej: K = 2c, ponieważ w takim przypadku dokładność obliczeń nie przekracza 1% błędu. W omawianym przykładzie mamy K/c =1,6·10-4/0,005 = 320·10-4 > 4·10-4. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl K 0,179 c Stopień dysocjacji kwasu mrówkowego w stężeniu 0,005 mol·dm-3 wynosi 0,179. Odp. 2) Stężenie roztworu HF wyliczamy z przekształconego prawa rozcieńczeń Ostwalda: c HF K (1 ) 2 6,3 10 4 (1 0,125) (0,125) 2 5,5125 10 4 1,5625 10 2 0,035 mol dm 3 Odp. Kwas fluorowodorowy osiągnie stopień dysocjacji = 0,125 przy stężeniu 0,035 mol·dm-3. 3) (0,041) 2 0,01 1,681 10 5 K 1,75 10 5 1 0,042 0,959 Odp. Stała dysocjacji kwasu octowego wynosi 1,75·10-5. 4) K/c = 4·10-4/0,1 = 40·10-4 > 4·10-4 co oznacza, że w obliczeniach można wykorzystać uproszczoną formę prawa rozcieńczeń. Wyjściowa wartość stopnia dysocjacji: K c 4 10 4 6,325 10 2 0,1 W objętości 200 cm3 znajduje się 0,200 x 0,100 = 0,0200 mola HNO2. Podwojona wartość stopnia dysocjacji ’ = 0,1265. Wyliczone stąd stężenie kwasu po rozcieńczeniu roztworu wynosi: c' K (1 ) ( ' )2 4 10 4 (1 0,1265) ( 0,1265)2 3,494 10 4 0,0218 mol ·dm 3 0,0160022 Objętość roztworu po rozcieńczeniu: V = 0,02/0,0218 = 0,917 dm3 = 917 cm3 Objętość wody dodanej do wyjściowego roztworu: 917 – 200 = 717 cm3 Odp. Należy dodać 717 cm3 wody. 5) K/c = 1,8·10-5/0,098 = 1,8·10-4 < 4·10-4. Wynik ten oznacza, że w obliczeniach nie można wykorzystywać uproszczonej postaci prawa rozcieńczeń. Stopień dysocjacji wyliczamy z równania kwadratowego: 2c + K - K = 0 = (1,8·10-5)2 + 4·0,098·1,8·10-5 = 7,056·10-6 2,656·10 3 1,8 10 5 265,6 10 5 0,0135 2 0,098 Stężenie jonów wodorotlenkowych c· = 0,098·0,0135 = 1,32·10-3 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Odp. 6) Stopień dysocjacji jest równy 0,0135, a stężenie jonów wodorotlenkowych wynosi 1,32·10-3. KOH jest mocnym elektrolitem i ulega całkowitej dysocjacji na jony. Stąd [K+] = [OH-] = [KOH] = 2·10-3 mol·dm-3 Stężenie jonów wodorowych [H+] = 10-14/[OH-] = 5·10-12. Odp. Stężenia jonów wodorowych i wodorotlenkowych wynoszą odpowiednio 5·10-12 -3 i 2·10 mol·dm-3. 7) 8) Z definicji pOH wynika, że [OH-] = 10-pOH, czyli 10-6 mol·dm-3. Stężenie jonów wodorowych wyliczamy z zależności [H+] = 10-14/10-6 = 10-8 mol·dm-3. Odp. Stężenie jonów wodorowych wynosi 10-8 mol·dm-3. Kwas chlorowodorowy jest elektrolitem mocnym, zatem [H+] = [HCl] = 0,02 mol·dm-3. pH = -log(0,02) = 1,70 Odp. 9) Wykładnik jonów wodorowych pH = 1,70. Jony wodorowe pochodzą z obydwu etapów dysocjacji. Na pierwszym etapie dysocjacji H2SO3 ↔ H+ + HSO3- stała dysocjacji K1 = 1,3·10-2. K1/c = 1,3·10-2/0,15 = 8,7·10-2 > 4·10-4 (co oznacza, że można stosować uproszczoną wersję prawa Ostwalda). Stopień dysocjacji ' 1,3 10 2 K 0,394 0,15 c skąd [H+]’ = 0,15·0,394 = 0,0591 mol·dm-3. Na drugim etapie dysocjacji HSO3- ↔ H+ + SO32- stała K2 = 5,6·10-8. K2/c = 5,6·10-8/0,0591 = 9,5·10-7 < 4·10-4. W obliczeniach stopnia dysocjacji ’’ należy zatem rozwiązać równanie kwadratowe: 2c + K - K = 0 = (5,6·10-8)2 + 4·0,0591·5,6·10-8 = 1,32384·10-8; 1,1506 10 4 4 5,6·10 8 1,1506·10 4 1,15·10 '' 0,000973 2 0,0591 0,1182 Stężenie jonów wodorowych pochodzących z drugiego stopnia dysocjacji kwasu wynosi [H+]’’ = c· = 0,0591·0,000973 = 5,75·10-5 mol·dm-3. Oznacza to, że jest ono do pominięcia w porównaniu ze stężeniem [H+]’. Zatem pH = - log(0,0591) = 1,23 Odp. [H+] = 0,0591 mol·dm-3, pH = 1,23 10) Ze znajomości pH można obliczyć stężenie jonów wodorowych: [H+] = 10-pH = 10-3 = 0,001 mol·dm-3 PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Ponieważ kwas octowy dysocjuje zgodnie z reakcją: CH3COOH ↔ H+ + CH3COOStężenie jonów octanowych jest równe stężeniu jonów wodorowych i wynosi 0,001 mol·dm-3. Ze wzoru na stałą dysocjacji kwasu K kw [ H ][CH 3COO ] [CH 3COOH ] C kwasu można wyliczyć jego stężenie: [ H ][CH 3COO ] (0,001) 2 3 0 , 057 mol dm K kw 1,75 10 5 Odp. Stężenie kwasu wynosi 0,057 mol·dm-3. 11) Obliczamy ilość moli HCl: nHCl = c·v = 2 mol·dm-3· 0,01 dm3 = 0,02 mola Stężenie molowe kwasu solnego po rozcieńczeniu do objętości 0,5 dm3: c’ = 0,02/0,5 = 0,04 mol·dm-3 Ponieważ kwas solny jest elektrolitem mocnym, zatem [HCl] = [H+] = 0,04 mol·dm-3. pH = -log(0,04) = 1,40 Odp. 12) pH = 1,40 ↔ 2Na+ + CO32- Dysocjacja: Na2CO3 Hydroliza: 2Na+ + CO32- + H2O ↔ 2Na+ + HCO3- + OH- Odp. Odczyn zasadowy. 13) W środowisku kwaśnym lakmus barwi się na czerwono, a błękit bromotymolowy na żółto. W środowisku zasadowym obydwa wskaźniki mają barwę niebieską. a) Hydroliza mrówczanu sodu, HCOONa: Na+ + HCOO- + H2O ↔ HCOOH + Na+ + OHb) Hydroliza jodku amonu, NH4I: NH4+ + I- + H2O ↔ NH3 + H2O + H+ + IOdp. Roztwór mrówczanu sodu jest zasadowy, a jodku amonu – kwaśny. 14) Cyjanek potasu hydrolizuje zgodnie z równaniem: K+ + CN- + H2O ↔ HCN + K+ + OHKw 10 14 Stała hydrolizy K 1,39 10 5 h 10 K kw 7,2·10 Stopień hydrolizy obliczamy z uproszczonego związku pomiędzy stałą i stopniem hydrolizy: PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Odp. Kh 1,39 10 5 5,56 10 5 0,00746 cs 0,25 Kh = 1,39·10-5; = 0,00746 15) Stała dysocjacji KCH3COOH = 1,75·10-5 Hydroliza CH3COONa: Na+ + CH3COO- + H2O Stała hydrolizy Kh Stopień hydrolizy Na+ + CH3COOH + OH10 14 5,71 10 10 2 ·c s -5 ↔ Kw K kw 1,75·10 5,71 10 10 0,02 285,5 10 5 1,69 10 4 Stężenie jonów wodorotlenkowych w roztworze CH3COONa: [OH-] = cs··10-4 = 3,38·10-6 mol·dm-3. pOH = -log[OH-] = -log(3,38·10-6) = 6 – 0,53 = 5,47 pH = 14 - pOH = 8,53 Odp. Stopień hydrolizy jonów CH3COO- wynosi 1,69·10-4, a pH = 8,53. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl Zadania: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) Obliczyć stopień dysocjacji kwasu mrówkowego o stężeniu 0,00500 mol·dm-3. Stała dysocjacji HCOOH wynosi 1,6·10-4. Do jakiego stężenia należy doprowadzić wodny roztwór kwasu fluorowodorowego, aby stopień dysocjacji osiągnął wartość 0,125? Stała dysocjacji HF wynosi 6,3·10-4. Obliczyć wartość stałej dysocjacji kwasu octowego, CH3COOH wiedząc, że stopień dysocjacji w roztworze 0,0100 molowym wynosi 0,042. Jaką objętość wody należy dodać do 200 cm3 0,100 molowego roztworu HNO2 (KHNO2 = 4,0·10-4) aby jego stopień dysocjacji uległ podwojeniu? Obliczyć stopień dysocjacji w 0,098 molowym roztworze NH3. Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych w tym roztworze? (KNH3 = 1,8·10-5). Jakie jest stężenie jonów wodorotlenkowych i wodorowych w 0,00200 molowym roztworze KOH (elektrolit mocny)? Jakie jest stężenie jonów wodorowych w roztworze, w którym wykładnik stężenia jonów wodorotlenkowych pOH = 6,00? Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,0200 molowym roztworze HCl (elektrolit mocny). Obliczyć stężenie jonów wodorowych i pH w 0,150 molowym roztworze H2SO3 (K1 = 1,3·10-2, K2 = 5,6·10-8) Jakie jest stężenie kwasu octowego, jeżeli pH tego roztworu wynosi 3,00. Stała dysocjacji kwasu wynosi 1,75·10-5. Do kolby miarowej wprowadzono 10,0 cm3 kwasu solnego o stężeniu 2,00 mol·dm-3 i rozcieńczono wodą do objętości 0,500 dm3. Obliczyć wykładnik stężenia jonów wodorowych w tym roztworze. Ułożyć jonowe równania hydrolizy węglanu potasu. Jaki jest odczyn wodnego roztworu tej soli? Jak zabarwią się roztwory mrówczanu sodu i jodku amonu po dodaniu wskaźników – błękitu bromotymolowego i lakmusu. Obliczyć wartość stałej i stopnia hydrolizy jonów CN- w 0,25 molowym roztworze KCN. Stała dysocjacji HCN wynosi 7,2·10-10. Obliczyć stopień hydrolizy jonów CH3COO- i wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,0200 molowym roztworze CH3COONa (KCH3COOH = 1,75·10-5). Rozwiązania: 1) Stopień dysocjacji obliczamy z prawa rozcieńczeń Ostwalda: K = 2c/1- Wykorzystujemy przy tym zależność, że jeżeli spełniona jest nierówność K/c > 4·10-4 to możemy stosować go w postaci uproszczonej: K = 2c, ponieważ w takim przypadku dokładność obliczeń nie przekracza 1% błędu. W omawianym przykładzie mamy K/c =1,6·10-4/0,005 = 320·10-4 > 4·10-4. K 0,179 c Odp. Stopień dysocjacji kwasu mrówkowego w stężeniu 0,005 mol·dm-3 wynosi 0,179. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 2) Stężenie roztworu HF wyliczamy z przekształconego prawa rozcieńczeń Ostwalda: c HF K (1 ) 2 6,3 10 4 (1 0,125) (0,125) 2 5,5125 10 4 1,5625 10 2 0,035 mol dm 3 Odp. Stopień dysocjacji 0,125 kwas fluorowodorowy osiągnie przy stężeniu 0,035 mol·dm-3. 3) K (0,041) 2 0,01 1,681 10 5 1,75 10 5 1 0,042 0,959 Odp. 4) Stała dysocjacji kwasu octowego wynosi 1,75·10-5. K/c = 4·10-4/0,1 = 40·10-4 > 4·10-4 co oznacza, że w obliczeniach można wykorzystać uproszczoną formę prawa rozcieńczeń. Wyjściowa wartość stopnia dysocjacji: K c 4 10 4 6,325 10 2 0,1 W objętości 200 cm3 znajduje się 0,200 x 0,100 = 0,0200 mola HNO2. Podwojona wartość stopnia dysocjacji ’ = 0,1265. Wyliczone stąd stężenie kwasu po rozcieńczeniu roztworu wynosi: c K (1 ) 2 4 10 4 (1 0,1265) (0,1265) 2 3,494 10 4 0,0218 mol ·dm 3 0,0160022 Objętość roztworu po rozcieńczeniu: V = 0,02/0,0218 = 0,917 dm3 = 917 cm3 Objętość wody dodanej do wyjściowego roztworu: 917 – 200 = 717 cm3 Odp. Należy dodać 717 cm3 wody. 5) K/c = 1,8·10-5/0,098 = 1,8·10-4 < 4·10-4. Wynik ten oznacza, że w obliczeniach nie można wykorzystywać uproszczonej postaci prawa rozcieńczeń. Stopień dysocjacji wyliczamy z równania kwadratowego: 2c + K - K = 0 = (1,8·10-5)2 + 4·0,098·1,8·10-5 = 7,056·10-6 2,656·10 3 1,8 10 5 265,6 10 5 0,0135 2 0,098 Stężenie jonów wodorotlenkowych c· = 0,098·0,0135 = 1,32·10-3 Odp. Stopień dysocjacji jest równy 0,0135, a stężenie jonów wodorotlenkowych wynosi 1,32·10-3. 6) KOH jest mocnym elektrolitem i ulega całkowitej dysocjacji na jony. Stąd [K+] = [OH-] = [KOH] = 2·10-3 mol·dm-3 Stężenie jonów wodorowych [H+] = 10-14/[OH-] = 5·10-12. Odp. Stężenia jonów wodorowych i wodorotlenkowych wynoszą odpowiednio 5·10-12 i 2·10-3 mol·dm-3. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 7) Z definicji pOH wynika, że [OH-] = 10-pOH, czyli 10-6 mol·dm-3. Stężenie jonów wodorowych wyliczamy z zależności [H+] = 10-14/10-6 = 10-8 mol·dm-3. Odp. Stężenie jonów wodorowych wynosi 10-8 mol·dm-3. 8) Kwas chlorowodorowy jest elektrolitem mocnym, zatem [H+] = [HCl] = 0,02 mol·dm-3. pH = -log(0,02) = 1,70 Odp. pH = 1,70. 9) Jony wodorowe pochodzą z obydwu etapów dysocjacji. Na pierwszym etapie dysocjacji H2SO3 ↔ H+ + HSO3- stała dysocjacji K1 = 1,3·10-2. K1/c = 1,3·10-2/0,15 = 8,7·10-2 > 4·10-4 (co oznacza, że można stosować uproszczoną wersję prawa Ostwalda). Stopień dysocjacji ' K 1,3 10 2 0,394 c 0,15 skąd [H+]’ = 0,15·0,394 = 0,0591 mol·dm-3. Na drugim etapie dysocjacji HSO3- ↔ H+ + SO32- stała K2 = 5,6·10-8. K2/c = 5,6·10-8/0,0591 = 9,5·10-7 < 4·10-4. W obliczeniach stopnia dysocjacji należy zatem rozwiązać równanie kwadratowe: 2c + K - K = 0 = (5,6·10-8)2 + 4·0,0591·5,6·10-8 = 1,32384·10-8; 1,1506 10 4 5,6·10 8 1,1506·10 4 1,15·10 4 '' 0,000973 2 0,0591 0,1182 Stężenie jonów wodorowych pochodzących z drugiego stopnia dysocjacji kwasu wynosi [H+]’’ = c· = 0,0591·0,000973 = 5,75·10-5 mol·dm-3. Oznacza to, że jest ono do pominięcia w porównaniu ze stężeniem [H+]’. Zatem pH = - log(0,0591) = 1,23 Odp. [H+] = 0,0591 mol·dm-3, pH = 1,23 10) Ze znajomości pH można obliczyć stężenie jonów wodorowych: [H+] = 10-pH = 10-3 = 0,001 mol·dm-3 Ponieważ kwas octowy dysocjuje zgodnie z reakcją: CH3COOH ↔ H+ + CH3COOStężenie jonów octanowych jest równe stężeniu jonów wodorowych i wynosi 0,001 mol·dm-3. [ H ][CH 3COO ] Ze wzoru na stałą dysocjacji kwasu: K można wyliczyć jego stężenie. [CH 3COOH ] Ckwasu [ H ][CH 3COO ] (0,001) 2 0,057 mol dm 3 5 K 1,75 10 Odp. Stężenie kwasu wynosi 0,057 mol·dm-3. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl 11) Obliczamy ilość moli HCl: nHCl = c·v = 2 mol·dm-3· 0,01 dm3 = 0,02 mola Stężenie molowe kwasu solnego po rozcieńczeniu do objętości 0,5 dm3: c’ = 0,02/0,5 = 0,04 mol·dm-3 Ponieważ kwas solny jest elektrolitem mocnym, zatem [HCl] = [H+] = 0,04 mol·dm-3. pH = -log(0,04) = 1,40 Odp. pH = 1,40 12) Dysocjacja: Hydroliza: Na2CO3 ↔ 2Na+ + CO322Na+ + CO32- + H2O ↔ 2Na+ + HCO3- + OH- Odp. Odczyn zasadowy. 13) W środowisku kwaśnym lakmus barwi się na czerwono, a błękit bromotymolowy na żółto. W środowisku zasadowym obydwa wskaźniki mają barwę niebieską. a) Hydroliza mrówczanu sodu, HCOONa: Na+ + HCOO- + H2O ↔ HCOOH + Na+ + OHb) Hydroliza jodku amonu, NH4I: NH4+ + I- + H2O ↔ NH3 + H2O + H+ + I- Odp. Roztwór mrówczanu sodu jest zasadowy, a jodku amonu – kwaśny. 14) Cyjanek potasu hydrolizuje zgodnie z równaniem: K+ + CN- + H2O ↔ HCN + K+ + OHStała hydrolizy K h Kw 10 14 1,39 10 5 10 K kw 7,2·10 Stopień hydrolizy obliczamy uproszczonego związku pomiędzy stałą i stopniem hydrolizy: Kh 1,39 10 5 5,56 10 5 0,00746 cs 0,25 Odp. Kh = 1,39·10-5; = 0,00746 15) Obliczyć stopień hydrolizy jonów CH3COO- i wykładnik stężenia jonów wodorowych w 0,0200 molowym roztworze CH3COONa (KCH3COOH = 1,75·10-5). Hydroliza CH3COONa: Na+ + CH3COO- + H2O ↔ Na+ + CH3COOH + OHStała hydrolizy K h Stopień hydrolizy Kw 10 14 5,71 10 10 2 ·cs 5 K kw 1,75·10 5,71 10 10 285,5 10 5 1,69 10 4 0,02 Stężenie jonów wodorotlenkowych w roztworze CH3COONa: [CH3COO-] = [OH-] = cs·10-4·0,02 = 3,38·10-6 mol·dm-3. pOH = -log[OH-] = -log(3,38·10-6) = 6 – 0,53 = 5,47 pH = 14 - pOH = 8,53 Odp. Stopień hydrolizy jonów CH3COO- wynosi 1,69·10-4, a pH = 8,53. PROJEKT „INŻYNIER BUDOWNICTWA – PEWNIAK NA RYNKU PRACY” JEST WSPÓŁFINANSOWANY ZE ŚRODKÓW UNII EUROPEJSKIEJ W RAMACH EUROPEJSKIEGO FUNDUSZU SPOŁECZNEGO PODDZIAŁANIE 4.1.2. ZWIĘKSZENIE LICZBY ABSOLWENTÓW KIERUNKÓW O KLUCZOWYM ZNACZENIU DLA GOSPODARKI OPARTEJ NA WIEDZY AKADEMIA GÓRNICZO-HUTNICZA IM. STANISŁAWA STASZICA W KRAKOWIE, AL. MICKIEWICZA 30, 30-059 KRAKÓW www.budownictwo.agh.edu.pl