- •Міністерство освіти і науки України Харківський національний університет імені в. Н. Каразіна Теоретичні основи та способи розв’язання задач з аналітичної хімії
- •Вступне слово
- •Основні позначення
- •1. Величини, що визначають склад
- •1.1. Хімічний склад
- •Розв’язок. Масова концентрація дорівнює
- •1.2. Стехіометричні розрахунки за рівнянням реакції
- •1.3. Вправи
- •2. Закон дії мас. Алгебра хімічних реакцій
- •2.1. Загальні співвідношення
- •2.2. Активності та рівноважні концентрації
- •Позначення констант рівноваг
- •2.3. Лінійні комбінації реакцій
- •2.4. У який бік зміщено рівновагу реакції?
- •2.5. Як записувати реакції у лабораторних журналах?
- •2.6. Вправи
- •3. Концентраційно-логарифмічні діаграми (клд)
- •3.1. Клд для гетерогенних систем
- •3.2. Графіки логарифмів розчинності
- •3.3. Вправи із гетерогенних систем
- •3.4. Умови переважання в гомогенних системах
- •3.5. Ускладнення у визначенні областей переважання
- •3.6. Клд для систем із одноядерними комплексами
- •3.7. Зміна ядерності реагентів
- •3.8. Вправи із гомогенних систем
- •4. Баланс компонентів
- •4.1. Загальні принципи
- •4.2. Підстановка рівнянь здм у рівняння балансу
- •4.3. Одноядерні продукти
- •4.4. Фази постійного складу
- •4.5. Вправи Гомогенні системи
- •5. Розрахунки за балансом компонентів
- •5.1. Буферні розчини
- •5.2. Стехіометричні співвідношення концентрацій
- •Кислотно-основні рівноваги
- •5.3. Ієрархія макро- та мікрокомпонентів
- •5.4. Гетерогенні системи
- •5.5. Кількісний вимір буферних властивостей
- •5.6. Вправи Буферні розчини
- •Стехіометричне співвідношення концентрацій
- •Гетерогенні системи
- •Буферні властивості
- •Системи із комплексами
- •6. Розрахунки за балансом реакції
- •6.1. Умови балансу
- •6.2. Прості розрахунки
- •Добуваючи квадратний корінь з обох частин, маємо
- •6.3. Методи розрахунків
- •6.4. Вправи
- •7. Умовні константи рівноваги
- •7.1. Класи реагентів
- •7.2. Умовні константи рівноваги
- •7.3. Умовні константи в розрахунках рівноваг
- •7.4. Графіки залежностей часток та їх логарифмів
- •7.5. Графіки логарифмів умовних констант
- •Параметри графіка залежності
- •7.6. Вправи
- •8. Декілька фаз змінного складу
- •8.1. Розподіл речовини між фазами
- •Відношення об’ємів порцій фаз дорівнює
- •Тангенси кутів нахилу асимптот для логарифма умовної константи екстракції оксинату плюмбуму від pH, приклад 8.4
- •8.2. Іонний обмін
- •8.3. Вправи
- •9. Утворення певної рівноважної концентрації, розчинності або ступеня екстракції
- •9.1. Метод балансу компонентів
- •На кроці 5 (непотрібному для уточнення клд) використовуємо
- •9.2. Метод балансу реакцій
- •9.3. Концентрація реагенту, що забезпечує задані умови для іншої речовини
- •9.4. Відокремлення компонентів Графічний розв’язок цієї проблеми показано на прикладі 3.3. Тут розгляньмо типові розрахункові методи.
- •9.5. Вибір величини умовної константи
- •9.6. Вправи
- •Варіанти завдання для вправи 9.1
- •10. Визначення компонентів. Гравіметрія
- •10.1. Стехіометричні співвідношення у гравіметрії
- •10.2. Розрахунок результату аналізу
- •10.3. Похибки у гравіметрії
- •10.4. Вправи
- •11. Титриметрія: стехіометричні розрахунки
- •11.1. Загальні відомості про титриметрію
- •11.2. Результат кислотно-основного титрування
- •Аліквотне відношення, {Vк/Vп}, безрозмірне, бо величини Vк та Vп виражено у однакових одиницях.
- •Виводячи формулу, маємо (у процентах)
- •11.3. Визначення концентрації розчину титранту за титруванням зразкової речовини
- •Для еквівалентів коефіцієнти вживаємо неявно,
- •Стехіометричний множник 2 приховуємо, застосовуючи еквівалент, (1/2)h2c2o4, або (1/2)h2c2o4·2h2o.
- •11.4. Оцінка наважок та аліквот
- •Бюретці відповідає оптимальна витрата титранту 20 мл, отже nst(oh‑) 2·10‑3 моль, n(н2с4н4о4) nst(oh‑) / 2 1·10‑3 моль.
- •11.5. Окреме визначення декількох аналітів
- •За двома рівняннями,
- •11.6. Зворотне титрування
- •Титруванню надлишку реагенту відповідає реакція
- •Дія 4. Масова частка CaCo3(s) у мінералі дорівнює
- •11.7. Визначення продукту, в який перетворено аналіт
- •Бо при зворотному титруванні здобутий po43‑ знову переходить у hpo42‑. Надлишок реагенту титруємо за реакцією
- •Дія 5. Масова частка p2o5 у мінералі дорівнює
- •11.8. Окисно-відновне титрування
- •11.9. Комплексометричне титрування
- •Дія 4. Масова частка kAl(so4)2 12 h2o у технічному галуні ‑
- •11.10. Вправи
- •Окисно-відновне титрування
- •Комплексонометричне титрування
- •12. Титриметрія: розбіжність точок –стехіометрії та кінцевої
- •12.1. Загальні уявлення
- •12.2. Дослідження титрування безпосередньо за клд
- •12.3. Різні методи титрування
- •12.4. Класи та умовні константи у титруванні
- •12.5. Вибір умов титрування за графіками залежностей логарифмів умовних констант
- •Параметри асимптот для прикладу 12.10
- •Із здм реакції
- •Параметри асимптот графіків (приклад 12.11)
- •Параметри асимптот графіків (приклад 12.12)
- •12.6. Вправи
- •Кислотно-основне титрування
- •Окисно-відновне титрування
- •Комплексонометричне титрування
- •Теоретичні проблеми титрування
- •Цитована література
- •Відповіді до вправ
- •61077, М.Харків, пл. Свободи, 4 Харківський національний університет ім. В.Н. Каразіна, Організаційно-видавничий відділ нмц
На кроці 5 (непотрібному для уточнення клд) використовуємо
c(H+) = [H+] ‑ [OH‑] + [HCrO4‑] + 2 [H2CrO4] + 2 [Cr2O72‑].
У правій ТС, де знехтувані малі [H+], [OH‑] й [H2CrO4],
t(H+) [HCrO4‑] + 2 [Cr2O72‑] = 0,0264 + 2·0,236 0,074 моль/л.
9.2. Метод балансу реакцій
Відома [В0] не залежить від x, змінної де‑Донде, отже, степінь рівнянь ЗДМ знизиться. Решту компонентів вибрати легше: їх число тепер на 1 менше. Розрахувавши рівноважний склад, обчислюємо c(В0) як суму [В0] й витрат В0 у всіх реакціях,
c0 = c(В0) = [В0] ‑ i0 xi. (9.3)
Приклад 9.5. Концентрація кислоти, що, уведена у розчин із c(NH3) = 0,10 моль/л, забезпечує pH = 9,0.
Розв’язок. Розгляньмо реакцію із найбільшим внеском в початкову концентрацію кислоти,
NH3 |
+ H+ |
|
NH4+, |
lg KH = 9,24 (I = 0), |
|
c |
0,10 |
? |
|
0 |
x / {(0,10 ‑ x)·10‑9} = 109,24, |
c |
‑ x |
‑ x |
|
x |
|
[ ] |
0,10 – x |
10‑9 |
|
x |
x = 0,063 моль/л, |
де невідому c(Н+) позначено знаком питання.
c(H+) = [H+] ‑ (‑ x) = [H+] + x x = 0,063 моль/л.
Оскільки цій величині дорівнює й концентрація аніона доданої кислоти, наприклад, [Cl‑], то
I x = 0,063, lg = ‑ 0,091.
Якщо забезпечуємо не задану [H+], а активність, то
pH = ‑ lg aH = 9,0, [H+] = aH / = 1,23·10‑9 моль/л.
У наближенні (2.10) lg KH не залежить від іонної сили. За повторним розрахунком x = 0,068 моль/л. Ітерації зійшлися, бо I змінилася мало.
Друга реакція – автопротоліз води,
H2O |
|
H+ |
+ OH‑, |
lg Kw = ‑ 14,0 – 2·(‑ 0,091) = ‑ 13,818, |
|
c |
- |
|
? |
0 |
|
c |
- |
|
X |
x |
x << c(H+), x = [OH‑] = 1,23·10‑5 моль/л. |
[ ] |
- |
1,23·10‑9 |
x |
Концентрації переважаючих компонентів практично не змінилися. Якщо ми в цьому наперед впевнені, то другу реакцію можна і не розглядати.
Приклад 9.6. Концентрація сильної кислоти чи основи, що забезпечує pH = ‑ lg a(H+) = 7,0 при c(H3PO4) = 0,010 моль/л.
Розв’язок. Задане pH є близьким до границі областей переважання H2PO4‑ та HPO42‑. Перший із цих продуктів одержуємо, переходячи до граничного складу,
|
H3PO4 |
|
H+ + |
H2PO4‑, |
lg Ka1 = ‑ 2,148 [I = 0], |
c |
0,010 |
|
? |
0 |
|
c |
‑ x |
|
x |
x |
xlim = 0,010 моль/л, |
clim |
0 |
|
1,0·10‑7 |
0,010. |
Другий продукт одержуємо на наступному кроці перетворення,
|
H2PO4‑ |
|
H+ + |
HPO42‑, |
lg Ka2 = ‑ 7,199 [I = 0], |
c |
0,010 |
|
? |
0 |
|
c |
‑ x |
|
x |
x |
x·1,0·10‑7 / (0,010 – x) = |
[ ] |
0,010 – x |
|
1,0·10‑7 |
x |
= Ka2, x = 0,0039 моль/л. |
Внеском інших реакцій у баланс реагенту нехтуємо. За x1 = 0,010 моль/л та x2 = 0,0039 моль/л обчислімо
c(H+) = 1·10‑7 ‑ 1·0,010 ‑ 1·0,0039 = ‑ 0,0139 моль/л.
Якщо c(H+) негативна, то реагентом є не кислота (іонів H+ й так достатньо!), а сильна основа, що зв’язує Н+ у реакції
|
H+ + |
OH‑ |
H2O, |
‑ lg Kw = 14,0, |
|||
c |
- |
c(ОH‑) |
- |
|
|||
c |
‑ x |
‑ x |
- |
||||
[ ] |
1·10‑7 |
c(ОH‑) ‑ x |
- |
c(ОH‑) – x = [OH‑] = Kw / [H+] = 1,0·10‑7 моль/л,
c(ОH‑) = c(Na+) = ‑ c(H+) ‑ (‑ x3) 0,0139 моль/л.
Згідно з оцінками концентрацій,
I {[H2PO4‑] + 4 [HPO42‑] + [Na+]} / 2 = 0,0178, lg = ‑ 0,056, lg Ka2c = ‑ 6,975, [H+] = 10‑7 / = 1,14·10‑7 моль/л,
і повторний розрахунок дає
x2 = [HPO42‑] = 4,82·10‑3 моль/л, [H2PO4‑] = 0,010 ‑ x2 = 5,18·10‑3 моль/л,
решта концентрацій практично не впливає на x. Отже,
c(ОH‑) = c(Na+) 0,0148 моль/л, I 0,0196, lg = ‑ 0,058.