Skriv reaktionen mellem $ \ pu {0,05 mol} $ $ \ ce {HCN (aq) } $ og $ \ pu {0,08 mol} $ $ \ ce {KOH (aq)} $ med $ V = \ pu {500 ml} $ og derefter beregne pH.
Så jeg skrev reaktionen: $$ \ ce {HCN (aq) + KOH (aq) < = > KCN (aq) + H2O} $$
Begynd: \ begin {align} n_ \ mathrm {begin} (\ ce {HCN}) & = \ pu {0,05 mol} \\ n_ \ mathrm {begin} (\ ce {KOH}) & = \ pu {0,08 mol} \\ n_ \ mathrm {begin} ( \ ce {KCN}) & = – \\ n_ \ mathrm {begin} (\ ce {H2O}) & = – \ \ \ end {align}
End: \ begin {align} n_ \ mathrm {end} (\ ce {HCN}) & = – \\ n_ \ mathrm {end} (\ ce {KOH}) & = \ pu {0,08 mol} – \ pu {0,05 mol} = \ pu {0,03 mol} \\ n_ \ mathrm {end} (\ ce {KCN}) & = \ pu {0,05 mol} \\ n_ \ mathrm {end} (\ ce {H2O}) & = \ pu {0,05 mol} \\ \ slutning {align}
Reaktionens produkt er et salt af en stærk base ($ \ ce {CN -} $) fuldstændigt adskilt i vand: $$ \ ce {KCN (aq) – > K + (aq) + CN- (aq)} $$
Og $$ \ ce {CN- (aq) + H2O – > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
Når jeg vidste dette, beregnede jeg $$ [\ ce {KCN}] = \ frac {\ pu {0,05 mol} } {\ pu {0.5 L}} = \ pu {0.1 M}; $$
Så brugte jeg ligningen: $$ [\ ce {OH -}] _ 1 = \ sqrt {\ frac { K_ \ mathrm {w}} {K_ \ mathrm {a}} \ cdot [\ ce {KCN}]} = \ pu {1.27×10 ^ -3 M} $$
Da jeg stadig har nogle $ \ ce {KOH} $, det adskiller sig fuldstændigt ved at oprette $ \ ce {OH -} $ ioner, så: \ begin {align} [\ ce {OH -}] _ 2 & = [\ ce {KOH}] \\ [\ ce {OH -}] _ 2 & = \ frac {\ pu {0,03 mol}} {\ pu {0,5 L}} = \ pu {0,06 M} \ end {align}
Endelig \ start {align} [\ ce {OH-}] & = [\ ce { OH -}] _ 1 + [\ ce {OH -}] _ 2 \\ & = \ pu {1.27×10 ^ -3 M} + \ pu {0,06 M} = \ pu {0,06127 M} \\ \ ce {pOH} & = – \ log [\ ce {OH- }] = – \ log (0.0617) = 1.213 \\ \ ce {pH} & = 14 – \ ce {pOH} = 12.787 \\ \ end {align}
Er det korrekt at beregne $ [\ ce {OH -}] $ på denne måde?
Jeg baserede mine beregninger på denne ligning:
Ved at vide, at mængden af stof i mol defineres med $ Z = Z_1 + Z_2 $ i $ K $ liter opløsning, kan vi betragte denne koncentration som $ $ [X] = \ frac {Z} {K} = \ frac {Z_1 + Z_2} {K} = \ frac {Z_1} {K} + \ frac {Z_2} {K} = [X_1] + [X_2] $$
Svar
Mens du generelt har udført et godt stykke arbejde, har du lavet en vigtig fejl. Hydrolysen af cyanidionen skal skrives som en ligevægtsreaktion :
$$ \ ce {CN- (aq) + H2O (l) < = > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
Det skyldes, at $ \ ce {HCN} $ er en meget svag syre og dens konjugerede base en svag base (hjemmearbejde: slå op $ K_b $ på $ \ ce {CN -} $).
Nu, som du behørigt bemærkede, er der overskydende $ \ ce {KOH} $ i løsningen, der adskiller sig fuldstændigt. $ \ Ce {OH -} $, der stammer fra denne dissociation, skubber nu ligevægten:
$$ K_b = \ frac {[\ ce {HCN}] \ times [\ ce {OH-}]} {[\ ce {CN -}]} $$
til venstre. Som et resultat er bidraget fra $ [\ ce {OH -}] $, der kommer fra hydrolysen af cyanidet, ubetydeligt og kan ignoreres. Kun $ [\ ce {OH -}] $ fra det overskydende $ \ ce {KOH} $ tælles. Så $ [\ ce {OH -}] \ ca. 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $.
Vi kan bekræfte det numerisk ved at antage $ [\ ce {OH -}] \ ca. 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $ og med:
$$ \ frac {[\ ce {HCN}]} {[\ ce {CN -}]} = \ frac {K_b} {[\ ce {OH -}]} \ ca. 0,0027 $$
Så ubetydeligt lidt cyanid er til stede som syren $ \ ce {HCN} $.
Med hensyn til sagen at tilføje molariteter, i nogle tilfælde er det tilladt.
Sig, at vi tilføjer $ n_1 $ mol på $ X $ til $ V \ \ mathrm {L} $, hvilket ville give en molaritet $ M_1 = \ frac {n_1} {V} $. På et senere tidspunkt tilføjer vi $ n_2 $ mol på $ X $, at molariteten ville være $ M_2 = \ frac {n_2} {V} $.
Den samlede molaritet ville være:
$$ M = M_1 + M_2 = \ frac {n_1} {V} + \ frac {n_2} {V} = \ frac {n_1 + n_2} {V} $$
Men hvis vi skulle blande mængder af løsninger, det ville være:
$$ M = \ frac {M_1V_1 + M_2V_2} {V_1 + V_2} $$
Nu de er ikke længere blot additive.
Kommentarer
- Da CN- er den konjugerede base af en svag syre, bør den ikke ' t være en stærk base?
- $ pK_b = 4,79 $, så ret svag. Ting f.eks. eddikesyre / acetat.
- Når man betragter det som en svag base, er koncentrationen af OH- kun defineret af KOH-koncentrationen på grund af det faktum, at CN- ikke har kraft nok til at " stjæle " en H fra vandet. Ikke sandt?
- At ' er en poetisk måde at udtrykke det på, men grundlæggende korrekt.Bedre at bare se på ligevægtskonstantudtrykket, der fortæller dig $ [\ ce {HCN}] \ ca. 0 $, hvis der er overskydende hydroxid. Uden overskydende $ \ ce {KOH} $ ville ting være anderledes. Det overskydende hydroxid undertrykker cyanidhydrolyseringen.
- At ' er det punkt, jeg ledte efter. På internettet og endda på min universitetsbog er der kun eksempler, hvor der ikke er nogen reagens i slutningen af reaktionen. Hvis jeg kan spørge dig, er cyanidhydrolyseringen undertrykt på grund af den stærkere Kb af OH-basen?
Svar
Først og fremmest er din beregning baseret på den antagelse, at HCN er en stærk syre, som den ikke er. Kontroller for ioniseringskonstant af HCN. Og ja, du kan tilføje mol direkte, fordi mol er diskrete partikler, selvom de er i løsning. Men du kan ikke tilføje koncentration eller molaritet, fordi det er volumenafhængigt, og når du overvejer volumener, vil du til sidst ende med at tilføje mol igen.
Kommentarer
- Jeg ved, at HCN er en svag base (dens Ka er 6,2×10 ^ (- 3)), men jeg tænkte, da den reagerer med en stærk base, den ville blive fuldstændigt neutraliseret. Har jeg forkert?
- På uendelig tid, måske ja. Men når du beregner pH med et pH-meter, giver det dig den øjeblikkelige værdi. Og hvis jeg ' ikke har forkert, er der ' også en bufferdannelse
- Hvad mener du med ' uendelig tid '? Er du klar over, hvor hurtige ioniske reaktioner i vand virkelig er? Og nej, der er ingen buffereffekt her: det ville kun være tilfældet med delvis neutralisering , så der er ' s betydelige $ CN ^ – $ og $ HCN $ til stede.