Тема V. Дисперсные системы

Задание 5.1. В определенном объеме раствора V я содержится т г вещества. Плотность раствора р (табл. V.1). Рассчитайте:

1. Процентную концентрацию ( %, масс.). \Д ^ - - ⁵⁴

2. Молярность.

3. Нормальность.

4. Моляльность раствора.

Пример решения 5.1

Для примера рассмотрим водный раствор соли Pb(N0₃)₂ объемом V = 0,5 л, плотность которого р = 1016 кг/м — 1016 г/л. Масса растворенного вещества^т = 10j. Необходимо выразить концентрацию раствора в разных вариантах.

Концентрация растворов обозначается: с, или [ ), например с(КС1), или [КС1]. Чаще всего используется второй вариант. Для концентрированных растворов вместо концентрации используется активность раствора (а), где а = у * с. Величина у - коэффициент активности - представляет собой поправочный коэффициент, учитывающий взаимодействие частиц реального раствора, приводящее к изменению концентрации. Для разбавленных растворов у —> 1, и вместо активности используется значение концентрации. При выполнении требуемых заданий коэффициент активности не учитывается.

1. Определим процентную концентрацию раствора. Процентная концентрация (% масс.) показывает, сколько граммов вещества содержится в 100 г раствора. Сначала вычислим массу раствора, содержащегося в 0,5 л: fff .д/

^р-ра ~ У р = 0,5 л х 1016 г/л = 508 г. * £ ¹ J

Если в 508 г раствора содержится 10 г Pb(N0₃)2, то в 100 г раствора содержится х

_Х-М^ = _1>97,

508

т, е. раствор имеет концентрацию равную 1,97 % масс.

2. Определяем молярную концентрацию раствора. Молярная концентрация (молярность) раствора с_м (моль/л)

показывает, какое число молей растворенного вещества содержится в 1 л раствора.

Рассчитаем молярную массу растворенного вещества -

Pb(N0₃)₂:

М (Pb(N0₃)₂) = 207,2 + 2(14+3 16) = 331,2 г.

Определим число молей Pb(N0₃)₂, которое содержится в 0,5 л раствора:

1 моль Pb(N0₃)₂ содержит 331,2 г Pb(N0₃)₂ х молей Pb(N0₃)₂ содержит 10 г Pb(N0₃)₂

х = — = 0,0302 моля.

331,2

Затем выясним, сколько молей соли находится в 1 л раствора, если известно, что в 0,5 л содержится 0,0302 моля Pb(N0₃)₂.

0,5 л раствора содержит 0,0302 моля 1 л раствора содержит х моль

X = °’⁰³⁰² ’¹ = 0,0604 моля. 0,5

Таким образом, молярность раствора с_м равна 0,0604 моль/л.

3. Определяем нормальность раствора (молярную концентрацию эквивалента).

Молярная концентрация эквивалента, с_экв. или

нормальность, н, (моль-экв./л) показывает, какое число молярных

масс эквивалента растворенного вещества содержится в 1 л раствора.

Сначала рассчитаем молярную массу эквивалента М_эке. Pb(N0₃)₂.

Она определяется как отношение молярной массы соли к

произведению числа ионов металла на его валентность.

1* - М (Pb(NO,)_?) 331 2 2 ^

м,кв. (Р№0,ы = ■■; = = 165,й%оль=эи^ ⁷

1 • I / 1-2 / •»

Затем находим молярную концентрацию эквивалента (нормальность) раствора:

так как в 0,5 л раствора содержится 10 г Pb(N0₃)₂, то в 1 л раствора содержится х г Pb(N0₃)₂

^М0 on

х = —— = 20 г.

0,5

В этой массе число молярных эквивалентов составляет:

т 20 _Л ,

Сэкв. = тт— = 7177 ^ 0,121 моль-экв.

М_экв 165,6

Таким образом, молярная концентрация эквивалента (нормальность) раствора Pb(N0₃)₂ с_экв составляе-# 0,121 моль-экв.

4. Определяем моляльность раствора.

Моляльность раствора с_т (моль/кг) показывает, какое число молей растворенного вещества приходится на 1 кг растворителя (воды).

Сначала рассчитаем массу воды в 0,5 л раствора:

т (Н₂0) = т (раствора) - т (Pb(N0₃)₂) = 508 г - 10 г = 498 г.

Число молей растворенного вещества в 0,5 л, рассчитанное ранее в 5.1.2, составляет 0,0302.

Далее, если в 498 г воды содержится 0,0302 моля Pb(N0₃)₂, то в 1000 г воды содержится х моль Pb(N0₃)₂.

1000-0,0302 _х = = 0,061 моль/г.

498

Таким образом моляльность раствора с_т составляет 0,061 моль/г.

Задание 5.2. Рассчитайте pH раствора кислоты или щелочи, если известна ее молярная концентрация с_м (моль/л) {табл. V.2).

Пример решения 5.2

Рассчитаем pH а) 0,001 М раствора КОН и б) 0,01 М раствора

НС1.

Согласно правилу «ионного произведения воды» для воды и разбавленных водных растворов произведение равновесных концентраций ионов водорода и гидроксид-ионов является величиной постоянной и при 298 К равно 10'¹⁴ моль/л, т.е. (Н⁺) [ОН ] = КГ¹⁴. В связи с тем, что концентрации ионов Н⁺ и ОН связаны между собой, среду (кислую, нейтральную и щелочную) выражают только через [Н⁺]. Для простоты работы используется величина pH,

pH = - lg[H⁺].

Для кислой среды pH изменяется от 0 до 7, нейтральная среда имеет pH = 7, а щелочная от 7 до 14.

а) КОН диссоциирует на ионы:

КОН К⁺ + ОН~.

Считаем, что степень диссоциации составляет 100 %, тогда концентрация ионов ОН^- равна концентрации раствора щелочи, то есть 10 М. Из правила «ионного произведения воды» определяем концентрацию ионов [Н⁺]:

[ОН'] 10'³

Определяем pH раствора: pH = -Ig [Н| = -Ig ](Г¹ = II. pH > 7, среда щелочная;

б) по аналогии: НС1 <=> Н⁺ + СГ ;

[Н⁺] - 1СГ² М. pH = -lg [Н⁺] = -Ig 10'² = 2. pH < 7, среда кислая.

Задание 5.3. Составить молекулярное и ионно-молекулярное уравнения реакций гидролиза 4-х солей и оценить pH раствора (табл. V.3):

а) соль образована слабым основанием и сильной кислотой;

б) соль образована сильным основанием и слабой кислотой;

в) соль образована слабым основанием и слабой кислотой;

г) соль образована сильным основанием и сильной кислотой.

Пример решения 5.3

Чтобы ответить на поставленный вопрос, необходимо иметь представление об электролитической диссоциации и гидролизе солей.

Электролиты - это вещества, которые распадаются в воде, в других полярных жидкостях или расплавах на частицы (ионы), способные проводить электрический ток. Распад вещества на ионы под действием молекул растворителя называется электролитической диссоциацией. Вещества, молекулы которых хорошо распадаются на ионы, называются сильными электролитами. К ним относятся кислоты: НС1, H₂S0₄, HN0₃, HI; основания: NaOH, КОН, LiOH, CsOH, Ca(OH)₂, Ba(OH)₂; все соли: CuS0₄, Li₂C0₃, K₂S, FrCl, CsN0₃, MnC0₃, MnS, AgBr, PbC0₃, FeF₂, CuS, BaC0₃ и др.

Слабые электролиты - это вещества, молекулы которых не полностью распадаются на ионы, т.е. в растворе могут

присутствовать как ионы, так и не распавшиеся молекулы. К ним относится вода Н₂0, кислоты: H₂S, HF, Н₂С0₃, Н₃Р0₄, H₂S0₃,CH₃C00H, HCN, H₂Si0₃, HSCN, Н₂СЮ₄; основания: NH₄OH и практически все гидроксиды р- и d-металлов, например: Си(ОН)₇, А1(ОН)₃, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, Pb(OH)₂, Сг(ОН)₃ и др.

Гидролизом солей называют реакции обмена между водой и растворенными в ней солями, в результате которого катион или анион соли образует с составными частями молекулы воды новое прочное соединение а в растворе появляется некоторое избыточное количество ионов Н⁺ или ОН', сообщающее раствору кислотные или щелочные свойства.

Для оценки pH раствора соли при ее гидролизе можно воспользоваться схемой, в которой учитывается сила кислот и оснований, образующих данную соль. Сильный электролит определяет pH раствора.

Например:

CuS04	Na,S	(NH4)2S	KCl
Cu(OH)2 H2S04	NaOH H2S	NH4OH i H2S	KOH | HC1
слабый сильный pH <7	сильный слабый pH >7	слабый слабый pH 7	сильный сильный гидролизу не подвергается

Рассмотрим гидролиз солей, приведенных в задании.

а) Соль, образованная слабым основанием и сильной кислотой - Zn(N0₃)₂.

При написании реакции взаимодействия соли с водой проставляем степени окисления элементов, проводим обмен между ионами соли и воды, при необходимости уравниваем стехиометрические коэффициенты и получаем уравнение реакции гидролиза в молекулярном виде:

2+ -I

Zn (N0₃)₂ + 2Н⁺ОН - Zn(OH)₂ + 2 HN0₃.

Далее записываем уравнение реакции гидролиза в ионно­молекулярном виде. Для этого сначала, пользуясь приведенным выше перечнем электролитов, подчеркиваем слабые электролиты:

Zn(N0₃)₂ + 2НОН = ZnfOH)₂ + 2HN0₃.

. 43

шт

Молекулы слабых электролитов оставляем без изменения, а остальные молекулы запишем в ионном виде:

Zn²⁺ + 2(NOзГ + 2НОН - Zn(OH)₂ + 2Н⁺ + 2(N0₃)\

Проводим сокращение и приводим уравнение реакции:

Zn²⁺ + 2НОН = Zn(OH)₂ + 2Н⁺.

Таким образом, между солью и водой происходит взаимодействие, образуется прочное соединение Zn(OH)₂ и появляется избыток ионов Н⁺, что характеризует кислую среду, pH которой < 7.

Следует, однако, иметь в виду, что полученное уравнение реакции гидролиза дается в упрощенном виде и не дает полного ответа об истинном составе всех получающихся продуктов. Так, при гидролизе солей многозарядных катионов и анионов процесс идет по ступеням и, как правило, заканчивается на I ступени. Например, гидролиз рассматриваемой соли Zn(N0₃)₂ по первой ступени выражается следующими уравнениями.

В молекулярном виде:

Zn(N0₃)₂ + НОН = Zn(0H)N0₃ + HN0₃; в ионно-молекулярном виде:

Zn²⁺+ 2(N0₃)~ + НОН - Zn(OH)⁺+ 2(N0₃)“ + Н⁺; в сокращенном виде:

Zn"⁺ + НОН - Zn(OH)⁺ + Н⁺ - сокращенный вид.

В данном случае в процессе гидролиза образуется основная соль Zn(0H)N0₃.

б) Соль образована сильным основанием и слабой кислотой - Li₂C0₃

В молекулярном виде:

+ 2-

ы₂ С0₃ + 2Н⁺ОН~ = 2LiOH + Н₇СО,: в ионно-молекулярном виде:

2Li⁺ + CO|- + 2НОН - 2Li²Ч 20Н + Н₂С0₃; в сокращенном виде:

С0|“ + 2НОН = 20Н“ + Н₂С0₃.

Так как в результате реакции гидролиза появляется избыток ионов ОН', то среда щелочная и pH > 7.

Гидролиз по первой ступени выражается следующими уравнениями.

В молекулярном виде:

Li₂C0₃ + НОН - LiHC0₃ + LiOH; в ионно-молекулярном виде:

2Li⁺ + СО|- + НОН = 2Li⁺ + (НС0₃)' + ОН", в сокращенном виде:

СО^ + НОН = (НС0₃)" + ОН'.

В результате гидролиза образуется кислая соль LiHC0₃ - бикарбонат лития.

в) Соль образована слабым основанием и слабой кислотой -

CuS.

В молекулярном виде:

2+ 2-

Cu S+ 2Н⁺ОН~ = СиЮШ, '+ H₂S ; в ионно-молекулярном виде:

Cu²⁺ + S²~ + 2НОН = Cu(OH)₂ + H₂S .

В результате реакции гидролиза образовались прочные соединения Си(ОН)₂ и H₂S, т.е. происходит необратимый гидролиз соли. А так как в правой части отсутствует избыток ионов Н⁺ или ОН^-, то pH раствора не меняется, среда нейтральная (pH ~ 7). Незначительные отклонения pH от 7 в ту или иную сторону зависят от степени диссоциации Си(ОН)₂ и H₂S.

г) Соль образована сильным основанием и сильной кислотой ~ RbN0₃

В молекулярном виде:

Rb⁺NO-T + Н⁺ОГГ = RbOH + HN0₃; в ионно-молекулярном виде:

Rb⁺ + NOJ + НОН = Rb⁺ + ОН" +И⁺ + ПОу, в сокращенном виде:

НОН = Н⁺ + ОН".

Таким образом, по сокращенному виду, отражающему суть реакции, очевидно, что в данном случае процесс связан с диссоциацией молекул воды, а молекулы соли в реакции не участвуют. То есть соль, образованная сильным основанием и сильной кислотой, гидролизу не подвергается. Так как в правой части реакции присутствуют ионы Н⁺ и ОН~, то среда будет нейтральная и pH = 1.

Задание 5.4. Смешивают равные объемы двух солей. Молярные концентрации солей равны. Используя табличное значение произведения растворимости (ПР), определите образуется ли осадок труднорастворимой соли (табл. V.4).

Пример решения 5.4

Для ответа на поставленный вопрос необходимо иметь представление о произведении растворимости (ПР). Это понятие используется только для труднорастворимых в воде веществ, являющихся, однако, сильными электролитами. Для таких веществ при постоянной температуре произведение равновесных концентраций ионов, входящих в состав соединения (взятых в степенях, равных количеству ионов в формуле соли) всегда остается величиной постоянной и зависит только от природы соли. Например, для насыщенного раствора труднорастворимого вещества А_иВ_т, находящегося в равновесии с его твердой фазой будет характерен следующий обратимый процесс:

кристаллизация

яА^т+_(р) + /иВ"-_(р) А_пВ_{т (ТВ)}.

растворение

Этот процесс является гетерогенным, поэтому константа равновесия процесса будет определяться только произведением концентраций ионов в растворе и не зависит от концентрации твердого компонента.

Крав„ = [А^т+]'^! [В"-]" = ПР_А

Значения ПР труднорастворимых электролитов приводятся в справочной литературе. Если произведение реальных концентраций превышает произведение равновесных концентраций, т.е. больше ПР, то образуется осадок, а при условии, что это произведение меньше значения ПР - осадок не образуется.

Для примера возьмем соли CaF₂ и К₃Р0₄. Молярные концентрации их равны 0,002 моль/л.

Приведем уравнение реакции образования труднорастворимой

соли:

3CaF₂ + 2К3РО4 = Са₃(Р0₄)₂ + 6KF - молекулярный вид, ЗСа²⁺ + 3POJ" = Са₃(Р0₄)₂ - ионно-молекулярный вид.

При решении следует учесть, что при смешивании равных объемов двух солей суммарный объем раствора возрастает в 2 раза, а концентрация каждой соли уменьшается в 2 раза. Следовательно: c(CaF₂) = 0,001 моль/л; е*(К₃Р0₄) = 0,001 моль/л.

Так как нас интересует образование осадка Са₃(Р0₄)₂, то необходимо использовать концентрации ионов Са²⁺ и (Р0₄)³’, которые совпадают с молярной концентрацией солей при условии, что степень диссоциации равна единице.

Рассчитываем произведение концентраций указанных ионов с учетом их количества в формуле предполагаемого осадка Са₃(Р0₄)₂:

с³ (Са²⁺) X е² (РО4") = (0,001)³ * (0,001)²= 10'¹⁵.

Сравниваем со значением ПР (Са₃(Р0₄)₂): так как 10“¹⁵ > 2,0 Ю'²⁹, значит осадок образуется.

Номер варианта	Основание или кислота	Концентрация, с, моль/л
1	КОП	о i 0 ! j j
2	кон	0,001
3	КОН	0,1
4	КОН	} 10'*””
5	кон	} 10‘^5
6	NaOH	0,01
7	NaOH	0,001
8	NaOH	0,1
9	NaOH	} 10^4
10	NaOH	} 10'^5
11	LiOH	'0,01
12	LiOH	0,001
13	HN03	0,01
14	HNO3	0,001
15	HNO3	0,1
16	HNO3	} \0 ^4~
17	HNO3	1 10^T
18	HC1	0,01
19	HC1	0,001
20	HC1	> 10^4
21	HC1	} IF
22	HC1	0,1
23	HI	0,01
24	HI	} 10'^j
25	HI	} 10-^4
26	HI	0,01
27	HI	\ 10'^j
28	HI	\ 10^4
29	HI	0,1
30	HI	0,01

49

Номер варианта	Формулы солей
1	А1С13	Na2C03	Al2(C03)3	NaCl
. 2	А12(804)з	K2co3	AgBr	Na2S04
3	AI(N03)3	Li2C03	Ag2C03	NaN03
4	ZnCl2	Rb2C03	AgCl	KCl
5	FeCl3	Cs2C03	CH3COOAg	k2so4
6	Znl2	Li2Si03	Ag3P04	KN03
7	Zn(N03)2	K2Si03	Ag2S	Li2S04
8	ZnS04	Na2Si03	Ag2S04	LiCl
9	CuCl2	K2S	BaC03	LiN03
10	Cul2	Na2S	BaS03	Rb2S04
11	Cu(N03)a	K2S03	BaCr04	RbCl
12	CuS04	Na2S03	CaC03	RbN03
13	MnCl2	K3P04	Ca3(P04)2	CsCl 1
14	Mnl2	Na3P04	Al2s3	Cs2S04
15	Mn(N03)2	Li2S	CdC03	CsN03
16	MnS04	K2S	CuC03	FrCl
17	FeCl2	Na2Si03	CuS	Fr2SQ4
18	U(N03)2	Li2C03	FeS	FrN03
19	Fel2	Li2Si03	MgS	NaF
20	Fe(N03)2	Li2S03	MnC03	KF
21	FeS04	Cs2C03	MnS	LiF
22	SnCl?	K2S	РЬСОз	CsF
23	CuF2	K2HP04	PbBr2	Li I
24	FeF,	NaHC03	MnBr?	Nal
25	A1F3	NaHSi03	CaS03	Csl
26	NH4C1	NaN02	AIPO4	KI
27	nh4no3	CH3COONa	(NH4)2s	Rb2S04
28	Fe2(SQ4)3	Ba(CH3COO)2	(NH4)3P04	LiCl
29	CoCl2	KH2P04	(NH4)2C03	CsN03
30	NiCl2 ^1	NaHS03	ch3coonii4	FrCl

Вариант	Соль I	Соль II	^cM-> моль/л	Труднораство­ римое соединение	ПР трудно­растворимого соединения при 25 °C
1	SrCl2	K2S04	0,002	SrS04	2,8 10'^7
2	AgN03	NaBr	0,001	AgBr	6,3 10^n
3	AgN03	K2C03	0,001	Ag2C03	6,25 10-^Q
4	AgN03	KCl	0,002	AgCl	1,56 10'^10
5	AgN03	KI	0,001	Agl	Ц5 Ю'^16
6	AgN03	Na3PG4	0,001	Ag3P04	1,8 10'^18
7	AgN03	Na2S	0,0001	Ag2S	ю_51
8	AgN03	k2so4	0,002	Ag2S04	7,7 10~^5
9	BaCl2	Na2S03	o,ooi	BaC03	7,0 10"^9
10	Ba(N03)2	^а2СЮ4	0,002	BaCr04	о О СП Cvfl
11	BaCl2	K2S04	0,002	BaS04	1,08 Ю'^10
12	CaCl2	K2co3	0,001	CaC03	4,8 10'^9
13	Ca(N03)2	Na3P04	0,002	Ca3(P04)2	1,0 10'^i5
14	CaCl2	Na2S04	0,001	CaS04	-6,1 10'^5
15	Cd(N03)2	Na2C03	0,001	CdC03	2,5 10^44
16	CuCl2	Na2C03	0,002	CuC03	2,36 Ю‘^ш
17	Pb(N03)2	Nad	0,002	PbCl2	TJW
18	Pb(N03)2	K2C03	0,001	PbCOj	1,5 10'^13
19	iMgCl2	K2S	0,001	MgS	2,0 10'^
20	Ni(N03)2	K2S	0,001	NiS	3,2 IV^19
21	Pb(N03)2	NaBr	0,001	PbBr2	9,1 l(f
22	SrCl2	Na2C03	0,002	SrC03	9,42 UP^-
23	ZnCl2	K2C03	0,001	ZnC03
^г 24	Zn(N03)2	K2s	0,001	ZnS	1,6 10'^24
25	Sr(N03)2	NaF	0,001	SrF2	2,5 Ю"^9
26	AlClj	NaOH	0,002	Al(OH)3	1,0 10~^32
27	AgN03	K2Cr04	0,001	Ag2Cr04	1,1
28	AgN03	K2Cr207	0,001	Ag2Cr207	1,0 1(P
29	BaCl2	NaF	0,001	BaF2	1,1 10-*
30	Ba(N03)2	NaOH	0,002	Ba(OH)2	5,0 10^J