- •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
9.5. Вибір величини умовної константи
Альтернативним методом розв’язку є вибір величини умовної константи, а із неї, за графіком чи розрахунком, знаходимо [В0].
Приклад 9.13. Яка величина [NH3] підвищить до 0,010 моль/л розчинність:
(a) AgCl(s), (b) Ag2CrO4(s)?
Розв’язок. Цю проблему у прикладі 9.8 розв’язано без апарата умовних констант. Порівняймо підходи. У варіанті (а) за схемою Комаря,
AgCl(s) |
{Ag+| NH3} |
+ Cl‑, |
lg Ks’(Ag+, Cl‑| NH3) = ? |
||
с |
- |
0 |
0 |
S 0,010 моль/л, |
|
c |
‑ S |
S |
S |
||
[ ] |
- |
S |
S |
lg Ks’(Ag+, Cl‑| NH3) = S 2 110‑4, pKs’(Ag+, Cl‑| NH3) 4,0.
Цій умові, згідно рис. 7.6, відповідає pNH3 0,7.
Аналогічно, у варіанті (b)
Ag2CrO4(s) |
2{Ag+| NH3} + CrO42‑, |
lg Ks’(2 Ag+, CrO42‑| NH3) = ? |
||
c |
- |
0 |
0 |
|
c |
‑ S |
2 S |
S |
|
[ ] |
- |
2 S |
S |
S 0,010 моль/л, |
Ks’(2 Ag+, CrO42‑| NH3) = 4 S 3
= 410‑6, p Ks’(2 Ag+, CrO42‑| NH3) 5,40.
Цій умові, згідно рис. 7.6, відповідає pNH3 2,1.
Зауважмо, що знайдені pKs’ в обох варіантах розташовані вже на горизонтальних ділянках графіків, рис. 7.6. Тому в прикладі 9.8 використання реакцій із переважаючими компонентами були дуже ефективними.
Приклад 9.14. При якому рН компоненти Zn2+ та Mg2+, із с(Zn2+) = c(Mg2+) = 0,010 моль/л відокремлюються дією оксихіноліну при с(HOxin) = 0,050 моль/л?
Розв’язок. Реакції у системі –
H+ + Oxin‑ |
HOxin, |
lg KH1 = 9,81, |
H+ + HOxin |
H2Oxin+, |
lg KH2 = 4,91, |
ZnOxin2(s) |
Zn2+ + 2 Oxin‑, |
lg Ks = ‑23,7 [I = 0,1], |
MgOxin2(s) |
Mg2+ + 2 Oxin‑, |
lg Ks = ‑14,8 [I = 0,1], |
Mg2+ + Oxin‑ |
MgOxin+, |
lg K1 = 4,74, |
Zn2+ + H2O – H+ |
ZnOH+, |
lg *K1 = lg 1 + lg Kw = ‑8,96, |
Mg2+ + H2O – H+ |
MgOH+, |
lg *K1 = lg 1 + lg Kw = ‑11,42, |
та утворення вищих гідроксокомплексів (сподіваємось, що їх виходом можна знехтувати, бо рН виявиться малим).
Оскільки lg Ks (Zn2+, 2 Oxin‑) < lg Ks (Mg2+, 2 Oxin‑), а стехіометричний склад осадів є однотипним, то при с(Zn2+) = c(Mg2+) першим випадає ZnOxin2(s). За умовними добутками розчинності враховуємо внески НOxin, Н2Oxin+ та гідроксокомплексів. Прийоми розв’язку – як у прикладі 9.11. Для рівноваги М2+ із МOxin2(s) ‑
[M2+| H+][Oxin‑| H+]2 = Ks’ = Ks / {r(M2+| H+)r(Oxin‑| H+)2}.
Вважатимемо, що Zn2+ відокремлений, якщо в розчині залишилося < 0,1 % його кількості, тобто [Zn2+| H+] < 1 10‑5 моль/л. Якщо Oxin‑ витрачається переважно на утворення ZnOxin2(s), то, за балансом,
[Oxin‑| H+] с(HOxin) – 2 c(Zn2+) = 0,030 моль/л.
Із цими концентраціями маємо умови відокремлення,
(1 10‑5 моль/л) (0,030 моль/л)2 = 9 10‑9 > Ks’(Zn2+, 2 Oxin‑) =
= Ks / {r(Zn2+| H+) r(Oxin‑| H+)2},
1 / {r(Zn2+| H+) [r(Oxin‑| H+)]2} < 9 10‑9 / Ks(Zn2+, 2 Oxin‑).
При h = [H+] та r(M2+| H+) 1 (перевага Zn2+) остання умова – це 1 / r(Oxin‑| H+) = 1 + KH1 h + (KH1 KH2) h2 =
= 1 + 109,81 h + 1014,72 h2 {9 10‑9 / Ks’(Zn2+, 2 Oxin‑)}1/2.
Уведімо наближення 1 + 109,81 h << 1014,72 h2 , тоді
1014,72 h2 < {9 10‑9 / 10‑23,7}1/2, h < {107,83 10‑14,72}1/2 = 10‑3,45, рН > 3,45.
У ЗДМ підставмо [Oxin‑| H+] = 0,030 моль/л та [Mg2+| H+] = с(Mg2+) = 0,010 моль/л, що відповідають осадженню ZnOxin2(s), якщо Mg(ІІ) ще в розчині,
(0,010 моль/л) (0,030 моль/л)2 = 9 10‑6
Ks’(Mg2+, 2 Oxin‑) = Ks / {r(Mg2+| H+) r(Oxin‑| H+)2},
1 / {r(Mg2+| H+) [r(Oxin‑| H+)]2} 910‑6 / Ks(Mg2+, 2 Oxin‑).
При Ks(Mg2+, 2 Oxin‑) = 10‑14,8, у наближенні r(Mg2+| H+) 1,
1 / r(Oxin‑| H+) = 1 + 109,81 h + 1014,72 h2 {9 10‑6 / 10‑14,8}0,5 =
= 7,54 104.
Позитивний корінь h = 7,3210‑6 моль/л, рН = 5,14. При більших h (менших рН) цей вираз ще збільшиться. Отже, умовою, щоб увесь Mg2+ залишався у розчині, є рН < 5,14.
Об’єднуючи умови, маємо для практично повного відокремлення компонентів 3,45 < рН < 5,14.
Приклад 9.15. При якому рН відокремлюємо Al3+ від Mg2+, із с(Al3+) = c(Mg2+) = 0,010 моль/л, екстракцією рівним об’ємом розчину оксихіноліну в хлороформі, с( ) = 0,10 моль/л?
Розв’язок. Реакції у системі –
HOxin |
, |
lg KD = 2,66, |
H+ + Oxin‑ |
HOxin, |
lg KH1 = 9,81, |
H+ + HOxin |
H2Oxin+, |
lg KH2 = 4,91, |
Al3+ + 3 |
+ 3 H+, |
lg Kex = ‑5,22, |
Mg2+ + 2 |
+ 2 H+, |
lg Kex = ‑15,13, |
Mg2+ + Oxin‑ |
MgOxin+, |
lg K1 = 4,74, |
Al3+ + H2O – H+ |
AlOH+, |
lg *K1 = lg 1 + lg Kw = ‑4,97, |
Mg2+ + H2O – H+ |
MgOH+, |
lg *K1 = lg 1 + lg Kw = ‑11,42. |
Виходом вищих гідроксокомплексів (тут не наведених) можна знехтувати, якщо рН виявиться малим.
Константа екстракції комплексу Al3+із Oxin‑ значно більша, ніж у Mg2+ із Oxin‑. Хоч стехіометричний склад сполук різний, сподіваємось, що, збільшуючи рН, першим вилучимо саме Al3+. У рівнянні матеріального балансу знехтуємо витратами HOxin на комплекси Mg2+ у воді,
t( ) = w c( ) w {3 [ ]} + w [ ] + [HOxin]+
+ [H2Oxin+] + [Oxin‑],
де w = / V = 1 – відношення об’ємів фаз (неводної та водяної). Рівноважні концентрації визначаємо за ЗДМ реакції
HOxin, ‑lg KD = ‑2,66,
та двох її лінійних комбінацій,
1 |
|
HOxin, |
‑lg KD = ‑2,66, |
1 |
HOxin + Н+ |
H2Oxin+, |
lg KH2 = 4,91, |
+ Н+ |
H2Oxin+, |
lg K( H2Oxin+) = 2,25, |
1 |
|
HOxin, |
‑ lg KD = ‑2,66, |
1 |
HOxin ‑ Н+ |
HOxin‑, |
‑ lg KH1 = ‑9,81, |
‑ Н+ |
HOxin‑, |
lg K( HOxin‑) = ‑12,47. |
Знайдімо умови вилучення Al3+ на 99,9 %. У кислому середовищі
r(Al3+| H+) 1, r( | H+, w) = 1 / {1 + KD‑1 + K( H2Oxin+) h +
+ K( HOxin‑) h‑1},
де h = [Н+]. Величина (1 + KD‑1) 1, а останній доданок, мабуть, малий у кислому середовищі. Отже,
r( | H+, w) 1 / {1 + K( H2Oxin+) h }.
За нерівністю [ ] / [Al3+] 103 та ЗДМ екстракції,
{103} h3 / {[ | H+, w] r( | H+, w)}3 Kex.
Тут [ ] с(Al3+) = 0,010 моль/л, і тоді
[ | H+, w] w c( ) – w 3 [ ] = 0,10 – 3 0,010 =
= 0,07 моль/л,
h r( | H+, w) h {1 + K( H2Oxin+) h} (0,07) (0,1) Kex1/3 = (710‑3) (10‑5,22 / 3) = 1,2710‑4, h 1,2510‑4 моль/л, рН 3,90.
Для таких рН доданок {K( H2Oxin+) h} відносно малий. Границі областей переважання AlOH+ та Al3+ відповідає рН = *K1 = – 4,97, і в околі нижньої межі нерівності нехтуємо [AlOH+]. Збільшуючи рН, зменшуємо концентрацію продукту реакції екстракції, [Н+], й полегшуємо екстракцію.
Дослідіть самостійно, чи завадять екстракції гідроксокомплекси у сильно лужному середовищі.
Якщо [ ] / [Mg2+] < 10‑3, тобто ступінь відокремлення Mg2+ не перевищує 0,1 %, то вважаємо, що Mg2+ майже не вилучається. За ЗДМ,
{10‑3} h2 / {[ | H+, w] r( | H+, w)}2 < Kex,
h r( | H+, w) h {1 + K( H2Oxin+) h} > (0,07)(10) Kex1/2 = (0,7) (10‑15,13 / 2) = 1,2710‑4, h > 6,0310‑8 моль/л, рН < 7,22.
Об’єднуючи віднайдені умови, маємо відповідь прикладу,
3,90 < рН < 7,22.