Rozwiązania zadań - temat 12

8^*/131

I = 1B, pK_w = 13,73 w T = 298 K (Tabela I, str. 249 w skrypcie)

pK_w = pcH + pcOH; [H⁺] = 10^-pcH ·c^o

1. pcOH = 2,93, pcH = 13,73 - 2,93 = 10,80; [H⁺] = 1.6·10^-11 mol/dm³

2. pcOH = 5,18, pcH = 13,73 - 5,18 = 8,55; [H⁺] = 2,8·10^-9 mol/dm³

3. pcOH = 8,63, pcH = 13,73 - 8,63 = 5,10; [H⁺] = 7,9·10^-6 mol/dm³

4. pcOH = 12,85, pcH = 13,73 - 12,85 = 0,88; [H⁺] = 1,3·10^-1 mol/dm³

15/131

I = 3A, pK_w = 14,20 w T = 298 K (Tabela I, str. 249 w skrypcie)

R1)

V₁ = 200 cm³ mocnego kwasu HX, [H⁺] = 0,20 mol/dm³

HX →H⁺ + X^- , stąd c_HX = 0,20 mol/dm³

R2)

V₂ = 150 cm³ mocnej zasady MOH, pcH = 11,50

MOH →M⁺ + OH^-

pcOH = pK_w - pcH = 14,20 - 11,50 = 2,70,

stąd c_MOH = [OH^-] = 10^-pcOH ∙c^o = 2,00∙10^-3 mol/dm³ ( trzy cyfry znaczące)

R3) Po zmieszaniu R1 i R2

MOH + HX = MX + H₂O

n^o_HX = V₁∙c_HX = 0,200∙0,20 = 0,0400 mol

n^o_MOH = V₂∙c_MOH = 0,150 0,00200 = 3,00∙10^-4 mol

Ponieważ n^o_HX > n^o_MOH, to n^*_MOH = n^o_MOH, to ze stechiometrii równania reakcji zobojętniania wynika, że n^*_HX = n^o_MOH. Stąd w uzyskanym roztworze pozostaje nadmiar niezobojętnionego kwasu HX: n_HX = n^o_HX - n^*_HX = 0,0400 - 3,00∙10^-4 = 0,0397 mol

Zakładamy addytywność objętości mieszanych roztworów:

V₃ = V₁ + V₂ = 0,200 + 0,150 = 0,350 dm³

c^'_HX = n_HX/V₃ = 0,0397/0,350 = 0,113 mol/dm³

[H⁺]_R3 = c^'_HX = 0,11 mol/dm³ (dwie cyfry znaczące)

19^*/132

CH₃COOH ↔ H⁺ + CH₃COO^-

Ogólnie: HA ↔ H⁺ + A^-

I = 1A, pK_a = 4,55 w T = 298 K (Tabela II, str.250-251 w skrypcie)

K_a = 10^-4,55 = 2,82·10^-5 (trzy cyfry znaczące!)

c_HA = 1,7 mol/dm³

Ponieważ: [H⁺] = [A^-]

oraz

[HA] = c_HA - [H⁺]

to

Założenie:

Założenie jest bardzo dobrze spełnione, ponieważ c_HA 177 razy większe od [H⁺].

21^*/132

NH₄OH↔NH₄⁺ + OH^-

Ogólnie: BOH↔B⁺ + OH^-

I = 2A, pK_b = 4,40 w T = 298 K (Tabela V, str. 256-257 w skrypcie)

pK_w = 13,97 w T = 298 K (Tabela I, str. 249 w skrypcie)

K_b = 10^-4,40 = 3,98·10^-5 (trzy cyfry znaczące!)

p[%]_NH3 = 2,7%, d = 1,15 g/cm³, V_r ≡ 1 dm³

m_r = V_r·d = 1000·1,15 = 1150 g

m_NH3 = m_r· p[%]_NH3/100 = 1150·2,7/100 = 31.0 g NH₃

M_NH3 = 17,031 g/mol

n_{NH3 =} 31,0/17,031 = 1,82 mol

c_NH3 = 1,82 mol/dm³

Przyjmujemy, że: c_NH4OH = c_NH3

Założenie:

Założenie jest bardzo dobrze spełnione, ponieważ c_NH4OH jest 214 razy większe od [OH^-].

pcH + pcOH = pK_w, pcH = pK_w - pcOH = 13,97 - 2,07 = 11,90

23^*/132

A - kwas solny

HCl→H⁺ + Cl^-, pcH₁ = 4,26,

pcH = -log[H⁺]/c^o = -logc_HCl/c^o; c_HCl = 10^-pcH ·c^o = 5,50·10^-5 mol/dm³

R = 25, c'_HCl = c_HCl/R = 2,20·10^-6 mol/dm³

pcH₂ = - log c'_HCl/c^o = 5,65

B - kwas cyjanowodorowy

HCN↔H⁺ + CN^-, pcH₁ = 4,26

I = 2A, pK_a = 8,52 (Tabela 2); K_a = 3,02·10^-9

Założenie: c'_HA>>[H⁺]^'

Założenie jest znakomicie spełnione, c^'_HA jest 3636 razy większe od [H⁺]^'.

pcH₂ = -log [H⁺]^'/c^o = 4,96

22/131

HCOOH↔H⁺ + HCOO^-, ogólnie HA ↔ H⁺ + A^-

I = 3A, pK_a = 3,90 w T = 298 K (Tabela II, str.250-251 w skrypcie),

K_a = 1,26·10^-4 (trzy cyfry znaczące)

p[%]_HA = ?, V_r ≡ 1dm³, d_r = 1,22 g/cm³, pcH = 1,79

[H⁺] = 10^-pcH ∙c^o = 0,0162 mol/dm³ (trzy cyfry znaczące)

n_HA = V_r∙c_HA = 2,10 mol, M_HCOOH = 46,03 g/mol

m_HA = 2,10∙46,03 = 96,7 g

p[%]_HA = 100∙m_HA/m_r = 100∙m_HA/V_r∙d_r = 100∙96,7/1220 = 7,9% (dwie cyfry znaczące)

25/132

Kwas propionowy, HA, a) 0,010 mol/dm³ , b) 0,050 mol/dm³

I = 1A, pKa = 4,66 w T = 298 K (Tabela II, str.250-251 w skrypcie), K_a = 2,19∙10^-5 (trzy cyfry znaczące)

HA ↔ H⁺ + A

Ponieważ obydwa stężenia kwasu są małe, to należy się spodziewać, że jego stopnie dysocjacji będą większe od 0,01, tzn. większe od 1%. Zatem, należy rozwiązać równania kwadratowe zupełne względem stężenia jonów H⁺ lub stopnia dysocjacji α_HA.

Dla ilustracji postępowania w obydwu przypadkach rozwiążemy kolejno równanie (1) dla c_HA = 0,010 mol/dm³ i równanie (2) dla c_HA = 0,050 mol/dm³.

a) 0,01 M HA

[H⁺]² + K_a[H⁺] - K_ac_HA = 0

[H⁺]² + 2,19∙10^-5[H⁺] - 2,19∙10^-7 = 0

Δ = (2,19·10^-5)² + 4∙2,19∙10^-7 = 8,76480∙10^-7 (sześć cyfr znaczących, bo do dalszych obliczeń bierzemy pierwiastek kwadratowy wyróżnika!)

b) 0,050 M HA

c_HA·(α_HA)² + K_aα_HA - K_a = 0

0,050·(α_HA)² + 2,19·10^-5·α_HA - 2,19·10^-5 = 0

Δ = (2,19·10^-5)² + 4·0,050·2,19·10^-5 = 4,38048·10^-6 (sześć cyfr znaczących!)

= 2,093·10^-3

UWAGA: Wzór (2) to tkz. prawo rozcieńczeń Ostwalda, z którego wynika, że stopień dysocjacji słabego elektrolitu (tutaj kwas propionowy) wzrasta wraz z rozcieńczeniem roztworu. Innymi słowy, gdy stężenie słabego elektrolitu maleje, to jego stopień dysocjacji wzrasta.

28^*/132

HClO₂ ↔ H⁺ + ClO₂^-

I = 1A, pK_a = 1,61 w T = 298 K (Tabela II, str.250-251 w skrypcie), K_a =2,45·10^-2

α = 46,0% czyli 0,460

29^*/132

HN₃ ↔H⁺ + N₃^-

I = 3A, pK_a = 4,78 w T = 298 K (Tabela II, str.250-251 w skrypcie), K_a = 1,66·10^-5

R1: V₁ = 100 cm³, c₁ = 0,10 M HN₃

R2: V₂ = 100 cm³ HN₃ o pcH = 2,69

[H⁺]₂ = 2,04·10^-3 mol/dm³ (trzy cyfry znaczące)

R3: Zakładamy addytywność objętości

V₃ = V₁ + V₂ = 0,100 + 0,100 = 0,200 dm³

Obliczamy liczność kwasu azotowodorowego w uzyskanym roztworze:

n_HN3 = V₁c₁ + V₂c₂ = 0,100·0,10 + 0,100·0,253 = 0,0353 mol/dm³

c₃ = n_HN3/V₃ = 0,0351/0,200 = 0,176 mol/dm³

Założenie: c₃ >> [H⁺]₃

[H⁺]₃ = (K_ac₃)^1/2 = 1,71·10^-3

Powyższe założenie jest spełnione, c₃ jest 103 razy większe od [H⁺]₃. Zatem:

α = [H⁺]₃/c₃ = 0,0097 lub 0,97%.

11/a.c.d - I = 3A, pK_w = 14,20 (Tabela 1, str. 249)

1. p[%] = 1,00% NaOH, d = 1,22 g/cm³ V ≡1 dm³ = 1000 cm³, M_NaOH = 40,01 g/mol

m_r = V∙d = 1000∙1,22 = 1220 g

m_NaOH = m_r∙p[%]/100 = 12,20 g

n_NaOH = m_NaOH/M_NaOH = 12,20/40,01 = 0, 3049 mol

c_NaOH = 0,3049 mol/dm³

NaOH → Na⁺ + OH^-

[OH^-] = 0,3049 mol/dm³

pcOH = 0,516

pcH = pK_w - pcOH = 14,20 - 0,516 = 13,68

3. c_HNO3 = 0,34 mol/m³ = 3,4∙10^-4 mol/dm³

HNO₃ → H⁺ + NO₃^-

[H⁺] = c_HNO3

pcH = 3,47

pcOH = pK_w - pcH = 14,20 - 3,47 = 10,73

4. c_KOH = 0,53 mol/dm³

KOH → K⁺ + OH^-

[OH^-] = c_KOH

pcOH = 0,26

pcH = pK_w - pcOH = 14,20 - 0,26 = 13,94

---