05_Kiselo_bazne_reakcije.pdf

Postoje dvije osnovne vrste otopina:j j p

Elektroliti provode električnu struju ionski spojevi u polarnim otapalima disociraju u otopini dajući ione mogu biti jaki (100 % disocirani) ili slabi

(manje od 100 % disocirani)

l k l Neelektroliti ne provode eklektičnu struju

di i i i i li i di i i disperzirani su u otopini ali nisu disocirani

Postoje tri tipa elektrolita:

Kiseline – spojevi koji povećavaju koncentraciju vodikovih iona u otopini (Arrhenius)vodikovih iona u otopini (Arrhenius)HCl H+ + Cl-

Baze – spojevi koji povećavaju koncentraciju hidroksidnih iona u otopini (Arrhenius)NaOH Na+ + OH-NaOH Na+ + OH-

Soli – ioni ostali nakon što reagiraju kiselina i baza (dakle nakon neutralizacije)H+ + Cl- + Na+ + OH- Na+ + Cl- + H2O

J. N. Bronsted i J.M. Lowry 1929. proširuju Arrheniusovu definiciju:j

Kiselina – proton donorBaza – proton akceptor

Kisenina1 Baza1 + Proton+Baza2 + Proton Kiselina2

Ki li + B B + Ki li

+

Kiselina1 + Baza2 Baza1 + Kiselina2

K KKISELINA BAZA H K pK K5

3 34

K

CH COOH CH COO H 1,74 10 4,76HCOOH HCOO H 1,80 10 3,75

KISELINA BAZA H K pK

33 4 2 4

2 72 4 4

HCOOH HCOO H 1,80 10 3,75H AsO H AsO H 6,00 10 2, 22H AsO HAsO H 1,05 10 6,98

2 4 4

2 3 124 4

10

H AsO HAsO H 1,05 10 6,98HAsO AsO H 2,95 10 11,50

HCN CN H 4,9 10 9,3

2

HCN CN H 4,9 10 9,3HNO N

4

24

O H 5,1 10 3,3HF F H 6,8 10 3,17

72 3 3

2 113 3

6,8 0 3, 7H CO HCO H 4, 4 10 6,35HCO CO H 4,8 10 10,35

3 3

72

2 13

, ,H S HS H 1,0 10 6,99HS S H 1,3 10 12,89

, ,

Jaki elektroliti imaju konstantu koja teži beskonačnosti!!!Jaki elektroliti imaju konstantu koja teži beskonačnosti!!!

HCl H Cl HCl H Cl

N OH N OH N OH N OH

c c c

NaOH Na OH NaOH Na OHc c c

Jačina se bazira na sposobnosti da kiselina disocira (potpunija disocijacija – jača kiselina ilidisocira (potpunija disocijacija – jača kiselina ili baza).

OVISI O OTAPALU. OVISI O OTAPALU.

Voda medij:jHCl + H2O H3O+ + Cl-H2PO4

2- + H2O H3O+ + HPO42-

kise

lina

ača

baza

2 4 2 3 4NH4

+ + H2O H3O+ + NH3

O t ki li ( dij)

Jača

k Ja

Octena kiselina (medij):CH3COOH + HClO4 CH3COOH2

+ + ClO4-

CH COOH + HCl CH COOH + + ClCH3COOH + HCl CH3COOH2+ + Cl-

Tvari koje mogu dati i/ili primiti proton, tj. ponašati se i kao kiseline i kao baze (ovisno o karakteru otapala ili reakcijskih partnera) nazivaju se AMFOLITIMA ili AMFOTERNIM TVARIMA.

Mnoga otapala se ponašaju kao kiseline ili baze:

H2O + NH3 OH- + NH4+

HNO2 + H2O NO2- + H3O+

Kiselina Baza Baza Kiselina


H2PO4- + H3O+ H3PO4 +H2O

Baza BazaKiselina KiselinaA fi tič

H2PO4- + H2O HPO4

2- + H3O+


Amfiprotična

vrsta

Amfiprotična otapala podliježu samoionizaciji, ili AUTOPROTOLIZI či t j i kih tAUTOPROTOLIZI čime nastaje par ionskih vrsta.

Baza1 + Kiselina2 Kiselina1 + Baza2

H2O + H2O H3O+ + OH-

CH3OH + CH3OH CH3OH2+ + HCOO-

NH3 + NH3 NH4+ + NH2

-

Jedinka H3O+ sadrži proton kovalentno vezan na molekulu vode preko jednog slobodnog elektronskog para elektrona kisika. H+ pojednostavljuje izjednačavanje jednadžbi.

Vrsta ravnoteže Ime i simbol Tipičan primjer Konstanta ravnoteže

Disocijacija vodeIonski produkt

vode, 2H2OH3O++OH- K =[H3O+][OH-]Disocijacija vode vode,Kw

2H2OH3O +OH Kw [H3O ][OH ]

H O Ac

Disocijacija slabih kiselina ili baza

Konstanta disocijacije, KA ili

KB

HAc+H2OH3O++Ac-

Ac-+H2O OH-+HAc

3A

B

H O AcHAc

OH HAc

K

K

KB Ac H2O OH HAc

Nastajanje

B Ac

2Ni(CN) Nastajanje kompleksnog

spoja

Konstanta nastajanja KST

24

ST 42

Ni(CN)

Ni CNK

2 24Ni 4CN Ni(CN)

11

Vrsta ravnoteže Ime i simbol Tipičan primjer Konstanta ravnoteže

Oksidacijsko redukcijska

Konstanta redoks reakcije MnO4

-+5Fe2++8H+

2 3

52 3

RO 5 82

Mn FeK

redukcijska

ravnotežaredoks reakcije,

KROMn2++5Fe3++4H2O

24MnO Fe H

Ravnoteža raspodjele između otapala koja se ne

ij š j

Konstanta raspodjele,

KD

I2(MEDIJ 1) I2(MEDIJ 2)

2 MEDIJ 1D

2 MEDIJ 2

II

K

miješaju KD MEDIJ 2

12

2KISELINA BAZA

OHH O H

3KISELINA

2BAZAH O H OH

2 3KISELINA

2BAZA 1 BAZA 1 KISELINA 2 2H OH O OOH H

2KISELINA BAZA

OHH O H

3KISELINA

2BAZAH O H OH

2 3KISELINA


3H O OHK

2

2H OK

2KISELINA BAZA

OHH O H

3KISELINA

2BAZAH O H OH

2 3KISELINA


3H O OHK

2

2H OK

32 3H O 55,3 mol/dm H O ili OH

2H O konstantno!!!

2KISELINA BAZA

OHH O H

3KISELINA

2BAZAH O H OH

2 3KISELINA


3H O OHK

2

2H OK

2 14 222 3 WH O H O OH 10 MKK

2KISELINA BAZA

OHH O H

3KISELINA

2BAZAH O H OH

2 3KISELINA


3H O OHK

2

2H OK

2 14 222 3 WH O H O OH 10 MKK pri 25 C

T/ K Kw/ w

273 0,11 x 10-14

291 0 58 x 10-14291 0,58 x 10298 1,01 x 10-14

325 5 50 x 10 14325 5,50 x 10-14

348 19,0 x 10-14

383 48,0 x 10-14

KONJUGIRANAKISELINA 2 3H O H OHA A KONJUGIRANA

BAZAKISELINA

3H O AK

K HA

K

2A H O OHHA

KIS2KONJUGIRANABAZA

AELINA H O OHHA

HA OH

B

HA OH

AK

3H O A HA OH 14 3

K BK K

HA

A

143 WH O OH 10K

WK B logK K K

K B Wp p pK KK

2K B W Kp H p p p

1 92 H 12 08HA

HSOASO

K K K K

4

2 42

4

3 43

1,92 H 12,081,96 H 12,04

HSOH PO

SOH PO

22

32 6

3

5

3

2, 22 H 11,784

Fe H OCH COOH,74 H 9, 25

Fe OH H OCH COO

2 3

2

3H C6,52 H 7,486,92 H 7,08

OH

HCOHSS

2 424

4

7,12 H 6,889, 25 H

HPOH PONH

3 4,75NH 4

324

32334

HCOH

10,40 H 3,6012,32 H 1,68

COPOPO

4 4

2

, ,1 H3,00 H 1,00S S

JAKE KISELINE:

HCl H Cl

H HClc c

H HCl

pH log HCl

c c

c

KISELINEpH log c

SREDNJE JAKE KISELINE:

HA H A1) NA POČETKU 0 0c

HA

HA

1) NA POČETKU 0 02) RAVNOTEŽA

cc x x x

H AK

K

HA

HA

H A ; HA

K

x c x

HA

22

K K K HA

;

0xK x K x K cc x

HAc x

H se dobije kao riješenje kvadratne jednadžbe!

SLABE KISELINE:

HA

HA H A1) NA POČETKU 0 0c

HA HA2) RAVNOTEŽA c x c x x

K

H AHA

K HA HA

HA

H A ; HAx c x c 2

K K HA K HA

H 1 1H pH p l g2

o2

K K c K cc

HA

1 1

22c

K KISELI EN1 1pH p log2 2K c

JAKE LUŽINE:

N OH N OH

NaOH Na OH

OH NaOHc c

pOH log OH log NaOH

p pH pOH pH p pOH 14 log Na HOK c

c c

K

W Wp pH pOH pH p pOH 14

H 14

log Na H

l

OK cK

ZBA EpH 14 log c

SREDNJE JAKE LUŽINE:

BOH

BOH B OH1) NA POČETKU 0 0c

BOH

BOH


cc x x x

B

B OHO

K

B

BOH

BOH

B OH ; BOHx c x 2

2B B B BOH

BOH

0xK x K x K cc x

BOH

OH se dobije kao riješenje k adratne jednadžbe!

c x

OH se dobije kao riješenje kvadratne jednadžbe!

SLABE LUŽINE:

BOH

BOH B OH1) NA POČETKU 0 0c

BOH

BOH BOH


cc x c x x

B

B OHK

B

BOH

BOH

B OH ; BOHx c

SLABE LUŽINE:

2

WK W

2

WB W K

HOH 1HKK K Kc K c c

BOH K BOH BOH

121log H log

c K c c

K K

W KBOH

log H log

1 1 1H 14 l 7 l

K Kc

KK

K BOH K BOHpH 14 p log 7 p log2 2 2

c KK c

K BAZE1 1pH 7 p log2 2K c

POLIPROTONSKE KISELINE:

Poliprotonske kiseline otpuštaju više protona, pa suokarakterizirane s više ionizacijskih ravnoteža i višek t ti ki li !!!

H2S

konstanti kiselina!!!

H2SO3

H2SO4

H2CO3

H3PO4

+ + 22 3 3 3 3H CO H +HCO HCO H +CO

1 2

+ + 23 36,4 10,3

K K2 3 3

H HCO H CO= =10 = =10

H CO HCO

6 4 10 3

K K

K K

1 2K Kp 6, 4 p 10, 3K K

[H2CO3]=[HCO3-] [HCO3

-]=[CO32-]

HCOHCO33-- COCO33

22--HH22COCO33

pH6,4 10,3 pH6,4 10,3

+ + 2 2 + 33 4 2 4 2 4 4 4 4H PO H +H PO H PO H +HPO HPO H +PO

1 2 3

+ + 2 + 32 4 4 42,1 7,2 12,0

K K K 23 4 2 4 4

H H PO H HPO H PO= =10 = =10 = =10

H PO H PO HPO

2 1 7 2 12 0

K K K

K K K

1 2 3K K Kp 2,1 p 7, 2 p 12, 0K K K

[H3PO4]= [H2PO4-] [HPO4

2-]= [PO43-]

HH33POPO HH22POPO -- HPOHPO 22-- POPO 33--

[H2PO4-]= [HPO4

2-]

pHHH33POPO44 HH22POPO44 HPOHPO44 POPO44

2,1 7,2 12,0

+ + 22H S H +HS HS H +S

1 2

+ + 27 13

K K2

H HS H S= =10 = =1,2 10

H S HS

7 13

K K

K K

1 2K Kp 7 p 13K K

[H2S]=[HS-] [HS-]=[S2-]

HSHS-- SS22--HH22SSpH7 13

+ + 22H S H +HS HS H +S

1 2

+ + 27 13

K K2

H HS H S= =10 = =1,2 10

H S HS

7 13

K K

K K

1 2K Kp 7 p 13K K

+ 2H S H +S 22+ + 2 + 2

H S H +S

H HS H S H SK K K

1 22 2

K K KUMH S H SHSK K K

1 2

2+ 27 13 2

KUM 2 K0

2K

H S10 1, 2 10 1, 2 10

H SH SK K K

2

3

H S

Topljivost H S kod 25 °C iznosi 0 1 mol/dm !!!2

2

Topljivost H S kod 25 °C iznosi 0,1 mol/dm !!!

2+ 2 20 20 2 21 32H S 1, 2 10 H S 1, 2 10 M 0,1M 1, 2 10 M

2pH pS 20,9 22 1

HIDROLIZA SOLI-HIDRATACIJA IONA:

1 Hid li k i k i d l i ki l1. Hidroliza kationa - kation proton donor - sol reagira kiselopH = ½ pKK – ½ log c(soli) NH4Cl

2. Hidroliza aniona - anion proton akceptor - sol reagira lužnatoH 7 + ½ K + ½ l ( li) N ApH =7 + ½ pKK + ½ log c(soli) NaAc

3 Hidroliza kationa i aniona sol reagira neutralno (ponaša se kao3. Hidroliza kationa i aniona - sol reagira neutralno (ponaša se kao amfolit)

pH = ½ (pKK 1+pKK 2) NH4AcpH ½ (pKK 1+pKK 2) NH4Ac

4. Ne hidolizira ni kation ni anion – sol reagira neutralno4. Ne hidolizira ni kation ni anion sol reagira neutralnoNaCl

1. HIDROLIZA KATIONA:

4 4 2 4 2NH Cl u vodi: NH Cl H O NH Cl H O

4 2 4NH H O NH OH H1) POČ 0 0c

4

4 4

NH

NH NH

1) POČ. 0 0

2) RAV.

c

c x c x x

4H NH OH

4K

4NHK

4 4

4 4 NH NHH NH OH ; NHx c x c

1. HIDROLIZA KATIONA:

4K

H NH OH

NHK

4

2

NH

4 4

4

2

K K KNH NN

HH

H 1 1H pH p log2 2

K K Kc cc

4NH

1 1LIK SO

1 1pH p log2 2

cK

2. HIDROLIZA ANIONA:

3 2 2CH COONa u vodi: NaAc H O Na Ac H O

2

Ac

Ac H O HAc OH1) POČ. 0 0c

Ac

Ac Ac

)2) RAV. c x c x x

B

HAc OHK

B

Ac Ac

Ac

HAc OH ; Acx c x c

Ac Ac

2. HIDROLIZA ANIONA:

2

WK W

2

WB W K

HOH 1H

K

KK K Kc K c c

KAc Ac Ac

121

c K c c

W K

Ac

1log H log

1 1 1

K Kc

K KA Ac c

1 1 1pH 14 p log 7 p log2 2 2

K c K c

K S LIO1 1pH 7 p log2 2

cK 2 2

3. HIDROLIZA KATIONA I ANIONA:

3 4 4 2 4 2CH COONH u vodi: NH Ac H O NH Ac H O

4 2 4NH Ac H O NH OH HAc

NH OH HA 4H

4

NH OH HAcNH Ac

K

4

NH

W

OH4 HAcH

HAcA

NH OHNH Oc H

O

H

H H KKK

K

(1)4NH OH4 HAcANH Oc H H


44 NH AcNH Ac

HA NH OH

c

4

4

NH Ac

HAc NH OH

H c

2

4NH Ac

24

H 2

NH OH HAc HAcNH A

K

HAc

2

K

2

2

HK

(2)4

H 2NH Ac4NH Ac c 4

2NH Acc 2

HAcK


(1) (2)2 2

H HK K (1) = (2)4 4

W W2

NH OH HAc HAc NH OH HAc

2

H HK KK K K K K

K

4

2

HAc

2

W

NH OH

H KKK

4

2

HAcNHH

H log

K

K K

K

4

HAcNH

HAcNH

H log

1pH p p

K K

K K

4

HAcNHp p p

2

1

1 2K K1pH p p2

K K

4. NE HIDROLIZIRA NI KATION NI ANION:

N Cl di N Cl H O N Cl H O2 2NaCl u vodi: NaCl H O Na Cl H O

2 2Hidroliza: Na Cl H O Na Cl H O

PUFERSKA ILI TAMPON OTOPINA:

Otopina slabe kiseline i njene soli ili slabe baze i njene solisoli.

Hendersenova jednadžba - izvedena je iz konstante Hendersenova jednadžba izvedena je iz konstante kiseline:

cBAZEK

KISELINE

pH p log cKc

PUFER OTOPINE MOGU BITI:

1. Smjesa slabe kiseline i njezine soli (NaAc/Hac)

H K l ( li) / (ki li )pH = pKK + log c(soli) / c(kiseline)

2. Smjesa slabe baze i njezine soli (NH3/NH4 Cl)

pH = pKK + log c(baze) / c(soli)

3. Smjesa dviju soli (NH4Ac/NH4Cl)

H K l (b ič li) / (ki l li)pH = pKK + log c(bazične soli) / c(kisele soli)

Ako su koncentracije soli i koncentracije odgovarajuće slabe kiseline ili baze jednaki, tada je pH=pKk i to je područje djelovanja pufera!!!

Kapacitet pufera prosuđuje se prema količini dodane jake baze ili p p p j p jkiseline, koja u puferu uzrokuje određenu promjenu pH!!!

P t i dj l j f t N A /HPromotrimo djelovanje pufera na sustavu NaAc/Hac:

N A HA N A H A NaAc HAcNa Ac HAc Na Ac H Ac

a) Dodatak baze:

NaAc HAcNa Ac HAc Na Ac H Ac

2

+OH H O

b) Dodatak kiseline:

2 OH H O

NaAc HAcNa Ac HAc Na Ac H Ac

+

H HAc

ZADACIZADACI- kiselo bazne reakcije -- kiselo bazne reakcije -

1

1. 0,1 mola NaOH je dodano 1 litri čiste vode. Izračunajte pH tako nastale otopineIzračunajte pH tako nastale otopine.

NaOH 0,1 Mc

Jak elektrolit!!! Disocira potpuno!!!NaOH Na OH

2NaOH H OZanemarimo količinu OOH OH

OH N OH

H iona iz vode!!!c c

OH NaOH

pOH log OH log NaOH

c c

c c

W Wp pH pOH pH p pOH 14 log NaOH K K c

pH 14 log 0,1 13

BAZEpH 14 log Izraz za pH jakih baza!!!c

2. Izračunajte pH 10-8 M otopine HCl u vodi!

8HCl 10 Mc

Jak elektrolit!!! Disocira potpuno!!!HCl H Cl

+

NAPOMENA: Nije uvijek moguće zanemariti koncentraciju H ili OH iona iz vode!!!Ako bi H dolazili samo od HCl otopina bi imala pH 8

Ako bi H dolazili samo od HCl, otopina bi imala pH 8.N ej i

moguće da dodatkom kiseline neutralna otopina postane lužnata.

HCl

Hc

2 2H O HCl H O

8 7 7

H ; H H

H H H 10 10 M 1 1 10 M

c c c

c c c

2HCl H O

7

H H H 10 10 M 1,1 10 M

pH log H log 1,1 10 6,95

c c c

c

3. Izračunajte pH vrijednost 3 %-tne otopine NaOH !

w(NaOH) = 3 %pH=?

NaOH ⇨ jaka baza+NaOH ⇌ Na+ + OH-

pH = -log c(H+) -c(OH )=c(NaOH)p g ( )pOH = -log c(OH-)pH + pOH=14

3

w(NaOH)=3%30 g NaOHw(NaOH)= γ(NaOH) 30g/dm1 kg otopine

33

-

γ(NaOH) 30g/dmc(NaOH)= = =0,75mol/dmM(NaOH) 40g/mol

pOH= - log c(OH ) - log 0,75 0,12 p g ( ) g , ,pH=14 - pOH 14 - 0,12 13,88

4. Izračunajte pH vrijednost otopine HCl koja je 0,5%-tna i gustoće 1 0250 g/mLi gustoće 1,0250 g/mL

w(HCl) = 0,5 %ρ(HCl) 1 0250 g/mLρ(HCl) = 1,0250 g/mLpH=? +c(H ) c(HCl)

w(HCl) 0,5% 0,005

HCl ⇨ jaka kiselina

HCl ⇌ H+ + Cl-

3ρ(otopine)=1,0250 g/mL=1025, 0 g/dmm(HCl) n(HCl) M(HCl)w(HCl)

m(otopine) ρ(otopine) V(otopine)(HCl) M(HCl) M(HCl)

pH = -log c(H+)n(HCl) M(HCl) M(HCl)w(HCl) c(HCl)

V(otopine) ρ(otopine) ρ(otopine)w(HCl)c(HCl)

ρ(otopine)M(HCl)

33

( )g0, 005 1025, 0

dmc(HCl) 0,1406 mol/dmg36, 46mol

+

molpH log c(H ) log 0,1406 0,85

5. Izračunajte pH vrijednost 0,1 M otopine octene kiseline (CH3COOH)!(CH3COOH)!

c(CH3COOH) = 0,1M3KK= 1,58 10-5 M ⇨ pKK = - log (KK) = 4,80pH=?

CH3COOH ⇨ slaba kiselina

+CH3COOH ⇌ H+ + CH3COO -

1 1pH= pK - log cOpcija 1: 1 1pH 4,80 - log (0,1)

2 2

k kispH pK - log c2 2

2 2pH 2,90

KISELO-BAZNE REAKCIJE

Opcija 2:

+ -3 3C H C O O H H + C H C O O H

0 ,1 0 0 0 ,1 -x 0 ,1 x x

+ - 23

K3

, ,

H C H C O O H x x xK =C H C O O H 0,1 0 ,1

2 -5 -6Kx 0,1 K 0,1 1 ,58 10 1 ,58 10

x 1, 26 10

-3

+ -3 3c H 1 26 10 m ol/dm

3 3

-3

c H 1, 26 10 m ol/dm

pH log 1, 26 10 2, 90

Kada se smije aproksimirati?Onda kada je KK/cKISELINE 10-3!!!

3

3

5K CH COOH

4 3K CH COOH

1,58 10 0,1

1,58 10 10

K c

K c

3K CH COOH


+ -3 3CH COOH H +CH COOH0 1 0 0

Opcija 3:

+ - 23

0,1 0 0 0,1 x x x

H CH COOH x x x

3K

3

2K

2

x x xK =CH COOH 0,1 x 0,1 x

x K (0,1 x ) 0

2

K Kx K x 0,1 K 0

2

2

ax bx c 0

b b 4ac

1,2

2K K

1 2

b b 4ac x2a

K K 4 1x

K0,1 K 1,2

2-5 -5 -5

1,2

2 1

1,58 10 1,58 10 4 1 0,1 1,58 10x

2 1

1 2

2 1x 0, 0012 x 0, 0013

pH log(0, 0012) 2, 90

6. Izračunajte pH vrijednost 0,01 M otopine amonijaka (NH4OH)!

c(NH4OH) = 0,01MpKB = 4,8 ⇨ pKB = 9,2 p B , p B ,pH=?

O l b bNH4OH ⇨ slaba baza

NH OH ⇌ NH + + OH -NH4OH ⇌ NH4+ + OH

1 1

k baze1 1pH=7+ pK log c2 2

k baze1 1pH 7 pK log c2 21 1pH 7 9,2 log (0,01)2 2

2 2

pH 10,6

7. Izračunajte pH vrijednost 0,1 M otopine NaCN!

c(NaCN) = 0,1MKK= 4,9 10-10 M ⇨ pKK = - log (KK) = 9,31K , p K g ( K) ,pH=?

hidroliza aniona+ +2N OHa +CN H O Na +HCN

1 1H 7 K lk soli1 1pH=7 pK log c2 2

8. Izračunajte pH vrijednost 1%-tne otopine NH4Cl!

w(NH4Cl) = 1%= 0,01KB= 1,58 10-5 M ⇨ pKB = - log (KB) = 4,8B , p B g ( B) ,

⇨ pKK = 9,2pH=?

hidroliza kationa+4 2 4NH Cl H O N lHH OH C

p

4 2 4

1 1H K lk solipH= pK log c2 2

9. Izračunajte pH vrijednost otopine CH3COONH4 koja jepripremljena otapanjem 8,25 g CH3COONH4 u 500 mL H2O!pripremljena otapanjem 8,25 g CH3COONH4 u 500 mL H2O!

4m NH Ac 8,25 g

+K 4

V 500mLpK (NH ) 9,2K (HA ) 4 75

KpK (HAc) 4,75pH ?

hidroliziraju i kation i anion+4 2 4NH Ac H O NH OH HAc

1 2K K1pH= pK pK2

1pH= 9,2 4,75 6,982


10. Izračunajte pH vrijednost otopine dobivene miješanjem:a) 50 mL 0 05 M HBO i 50 mL 0 2 M KOHa) 50 mL 0,05 M HBO2 i 50 mL 0,2 M KOHb) 50 mL 0,05 M HBO2 i 5 mL 0,2 M KOH) 50 L 0 05 M HBO i 50 L 0 05 M KOHc) 50 mL 0,05 M HBO2 i 50 mL 0,05 M KOH

-10K 6 03 10 K 9 2101 KK =6,03 10 pK =9,2

-3 3 3 32 2 2

-3 3 3 2

a) n HBO c HBO V HBO 0,05 mol dm 50 10 dm 2,5 10 mol

n KOH c KOH V KOH 0,2 mol dm 50 10 dm 10 mol

3

UKUPNI V 50mL 50mL 100mL 0,1dm

U zajedničkoj otopini dolazi do neutralizaci

je:U zajedničkoj otopini dolazi do neutralizaci- -

2 2 23 2

je:

poče

HBO

tno stanje: 2,5 10 mol 10 mol

+ OH

0

BO + OH

sva k

p j ,ravnotežno stanje: 0

2 3i 10 -2,5 10 moselina je iz

3 3

reag lairal 7,5 10 mol 2,5 10 mol

2-2

Nakon što je izreagirala sva količina HBO u otopini su preostale dvije bazne komponente.

Kako je KOH znatno jača baza od BO možemo smatrati da je on taj koji određuje pH otopine.

-

3neizreagirani

Stoga će koncentracija OH iona biti jednaka neizreagiranoj koncentraciji KOH.

n KOH 7 5 10 mol 2 3 neizreagirani

3neizreagiraniUKUPNI

7,5 10 molc KOH 7,5 10V 0,1dm

2 -3

2

mol dm

- -2pOH - log c OH - log 7,5×10 1,12

pH 12,88

-3 3 3 32 2 2

-3 3 3 3

3

b) n HBO c HBO V HBO 0,05 mol dm 50 10 dm 2,5 10 mol

n KOH c KOH V KOH 0, 2 mol dm 5 10 dm 10 mol

d

3

UKUPNI V 50 mL 5 mL 55 mL 0,055 dm

U zajedničkoj otopini dolazi do neutraliz

acije:- -

2 2 23 3

HBO + OH BO +

početno stanje: 2,5 10 mol 10 mol 0

OH

3 3ravnotežno stanje : 3 3 -sav OH je izreagir2,5 10 -

3 3

0 m ao1 ol 1,5 10 mol 0 10 mol

-Nakon što je izreagirala sva količina OH u otopini su preostale kisela komponenta i njena sol.Stoga će se pH otopine računati prema izrazu za pH vrijednost pufer sustava.

32 neizreagirani 2 -3

2 3neizreagiraniUKUPNI

n HBO 1,5 10 molc HBO 2,7 10 mol dmV 0,055 dm

- 32- 2 -3

2 3UKUPNI

n BO 10 molc BO 1,8 10 mol dmV 0,055 dm

K

c bazepH pK +log

2

2

1,8 109,2+log 9,02c kiseline 2,7 10

-3 3 3 32 2 2

-3 3 3 3

3

c) n HBO c HBO V HBO 0,05 mol dm 50 10 dm 2,5 10 mol

n KOH c KOH V KOH 0,05 mol dm 50 10 dm 2,5 10 mol

3

UKUPNI V 50mL 50mL 100mL 0,1dm

U zajedničkoj otopini dolazi do neutral

izacije:j j p- -

2 23

23

HBO + OH BO + H O

j

početno stanje: 2,5 10 mol 2,5 10 mol 0

ravnotežno stanje: 3

2

0 0 2,5 10 mol

Izreagirala je sva količina HBO kao i sva količina KOH.

2g jU otopini je preostala samo sol koja hidrolizira:

- -BO + H O HBO + OH

- 32 2 3

- -2 2 2

n BO 2,5 10 molli 2 5 10 l d

BO + H O HBO + OH

2 2 -33

UKUPNI

2,5 10 molc soli 2,5 10 mol dmV 0,1dm

1 1 1 1

2K

1 1 1 1pH 7 + pK + log c(soli) 7 + 9,2 + log 2,5 102 2 2 2

pH 10,80


11. Izračunajte pH vrijednost otopine dobivene miješanjem:a) 350 mL 0 1 M HCl i 50 mL 0 1 M NH OHa) 350 mL 0,1 M HCl i 50 mL 0,1 M NH4OHb) 250 mL 0,1 M HCl i 250 mL 0,1 M NH4OH) 100 L 0 1 M HCl i 450 L 0 1 M NH OHc) 100 mL 0,1 M HCl i 450 mL 0,1 M NH4OH

+pK(NH )=9 24pK(NH )=9,2

-3 3 3 2

-3 3 3 3

a) n HCl c HCl V HCl 0,1 mol dm 350 10 dm 3,5 10 mol

n NH OH c NH OH V NH OH 0 1 mol dm 50 10 dm 5 10 mol

4 4 4

3UKUPNI

n NH OH c NH OH V NH OH 0,1 mol dm 50 10 dm 5 10 mol

V 350 mL 50mL 400 mL 0,4 dm

U zajedničkoj otopini dolazi do neu+ +

4 4 23 2

NH OH + H NH + H

tralizacije:

č j 5 10 l 3 5 10 l 0

O

s

3 2početno stanje: 5 10 mol 3,5 10 mol 0ravnotežno stanje: 0

4 2 23,5 10 -5 10av NH OH je izreagirao mo

2 2

l 3,0 10 mol 5 10 mol

4Nakon što je izreagirala sva količina NH OH u otopini su preostale dvije kisele komponente.

Kako je HCl znatno jača kiselina od +4NH možemo smatrati da je ona ta koja određuje pH otopine.j j

4+

j j j p p

Stoga će koncentracija H iona biti jednaka koncentraciji neizreagirane HCl.

HCl

2neizreagirani

3neizreagiraniUKUPNI

n HCl 3,0 10 molc HClV 0, 4 dm

2 -37,5 10 mol dm

+ -2pH - log c H - log 7,5×10 1,12

-3 3 3 2

-3 3 3 24 4 4

3

b) n HCl c HCl V HCl 0,1 mol dm 250 10 dm 2,5 10 mol

n NH OH c NH OH V NH OH 0,1 mol dm 250 10 dm 2,5 10 mol

3

UKUPNI V 250 mL 250mL 500 mL 0,5 dm

U zajedničkoj otopini dolazi do

neutralizacije:j j p+ +

4 42

22

NH OH + H NH

j

početno stanje: 2,5 10 mol 2,5 10 mol 0

+ H O

ravnotežno stanje : 2

4

0 0 2,5 10 mol

Izreagirala je sva količina NH OH kao i sva količina HCl.

4g jU otopini je preostala samo sol koja hidrolizira:

+ +NH + H O NH OH+ H

+ +4 2

+ 24 3

4

n NH 2,5 10 molli 0 05 l d

NH + H O NH OH+ H

4 -33

UKUPNI

2,5 10 molc soli 0,05 mol dmV 0,5dm

1 1 1 1 1 1

+4

K NH

1 1 1 1 1 1pH pK log c(soli) pK log c(soli) 9,2 log 0,052 2 2 2 2 2

pH 5,25

-3 3 3 2

-3 3 3 24 4 4

c) n HCl c HCl V HCl 0,1 mol dm 100 10 dm 10 mol

n NH OH c NH OH V NH OH 0,1 mol dm 450 10 dm 4,5 10 mol

3

UKUPNI V 100 mL 450mL 550 mL 0,55 dm

U zajedničkoj otopini dolazi do n

eutralizacije:U zajedničkoj otopini dolazi do n+ +

4 4 22 2

NH OH + H NH +

eutralizacije:

početno stanje: 4,5 10 mol 10 mol 0

H O

ravnotežno stanje: 2 2 +sav H je izreagira4,5 10 -10 mol

2 2

o 3,5 10 mol 0 10 mol

+Nakon što je izreagirala sav H , u otopini su preostale bazna komponenta i njena sol.Stoga će se pH otopine računati prema izrazu za pH vrijednost pufer sustava.

2

4 neizreagirani 2 -34 3neizreagirani

UKUPNI

n NH OH 3,5 10 molc NH OH 6,4 10 mol dmV 0,55 dm

+ 24+ 2 -3

4 3UKUPNI

n NH 10 molc NH 1,8 10 mol dmV 0,55 dm

K

c bazepH pK +log

c kiseline

2

2

6, 4 109,2+log 9,751,8 10


12. Izračunajte pH vrijednost slijedećih otopina :a) 1 5% tna otopina Na COa) 1,5%-tna otopina Na2CO3

b) 1,5%-tna otopina NaHCO3

) t i t l ij š jc) otopina nastala miješanjem50 mL 1,5%-tne Na2CO3 i 50 mL 1,5%-tne NaHCO3

1pK =6,34pK =10 252pK 10,25


+ - - + 2-2 3 3 3 3 H CO H +HCO HCO H +HCO

+ - + 2-3 3-6,34 -10,25

1 2 -2 3 3

H HCO H COK = =10 K = =10

H CO HCO

2 3 3

pK=6,34

pK=10,25

[H2CO3]=[HCO3-] [HCO3

-]=[CO32-]

HCOHCO33-- COCO33

22--HH22COCO33

pH6,34 10,25 pH6,34 10,25


2 3

3

a) w(Na CO )=1,5%15 g NaOHw(Na CO )= γ(Na CO ) 15g/dm

2 3 2 3

332 3

2 32 3

w(Na CO ) γ(Na CO ) 15g/dm1 kg otopineγ(Na CO ) 15g/dm c(Na CO )= = =0,14 mol/dmM(Na CO ) 2 22,99+12,01+3 16,00 g/mol

hidrolizira a+ 2-3 2 2Na +CO +H O nion + - -

32Na HCO + OH

21 1 1 1 pH 7 + + log c(soli) 7 + 10,2p 5 + log 0,142 2 2 2

pH 11 70

K

pH 11, 70


3

33 3

b) w(NaHCO )=1,5%15 g NaOH w(NaHCO )= γ(NaHCO ) 15g/dm1 kg otopine

3

333

3

1 kg otopineγ(NaHCO ) 15g/dm c(NaHCO )= = =0,18 mol/dmM(NaHCO ) 22,99+1,01+12,01+3 16,00 g/mol

hidrolizira kao-3 2 HCO +H O baza -

2 3disocira kao kiselina- + 2-

33

H CO + OH

HCO H CO

1 21 1 pH pK +pK 6,34+10,252 2

pH 8,30


3 32 3 2 3 2 3

3 3 3 3

c) Prije miješanja:

w(Na CO )=1,5% γ(Na CO ) 15g/dm c(Na CO ) 0,14mol/dm

n(Na CO ) c(Na CO ) V(Na CO ) 0 14mol/dm 50 10 dm =7 10 mol

2 3 2 3 2 3

3 3

n(Na CO ) c(Na CO ) V(Na CO ) 0,14mol/dm 50 10 dm =7 10 mol

w(NaHCO )=1,5% γ(NaHCO )

3 3315g/dm c(NaHCO ) 0,18mol/dm

3 3 3 33 3 3 n(NaHCO ) n(NaHCO ) V(NaHCO ) 0,18mol/dm 50 10 dm =9 10 mol

Nakon miješanja:

3UKUPNI

2 32 3

UKUPNI

V =50mL+50mL=100mL=0,1dm

n(Na CO ) c(Na CO )V

3

33

7 10 mol 0, 07mol/dm0,1dm

UKUPNIV3

333 3

UKUPNI

0,1dm

n(NaHCO ) 9 10 mol c(NaHCO ) = =0,09mol/dmV 0,1dm

imamo pufer sustav+ 2- + - + 2- + + -3 3 3 3 2Na +CO +Na +HCO 2Na +CO Na +H +CO

K

c baze pH pK +log

c kise

2 3

32

c Na CO 0, 07+log 10, 25+log 10,14line c NaHCO 0,09

pK

Documents

05_Kiselo_bazne_reakcije.pdf