Napisz reakcję między $ \ pu {0,05 mol} $ $ \ ce {HCN (aq) } $ i $ \ pu {0,08 mol} $ $ \ ce {KOH (aq)} $ z $ V = \ pu {500 ml} $, a następnie oblicz pH.
Tak więc napisałem reakcję: $$ \ ce {HCN (aq) + KOH (aq) < = > KCN (aq) + H2O} $$
Begin: \ begin {align} n_ \ mathrm {begin} (\ ce {HCN}) & = \ pu {0,05 mola} \\ n_ \ mathrm {begin} (\ ce {KOH}) & = \ pu {0,08 mola} \\ 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 mola} – \ pu {0,05 mola} = \ pu {0,03 mola} \\ n_ \ mathrm {end} (\ ce {KCN}) & = \ pu {0,05 mol} \\ n_ \ mathrm {end} (\ ce {H2O}) & = \ pu {0,05 mola} \\ \ end {align}
Produktem reakcji jest sól silnej zasady ($ \ ce {CN -} $) całkowicie zdysocjowana w wodzie: $$ \ ce {KCN (aq) – > K + (aq) + CN- (aq)} $$
I $$ \ ce {CN- (aq) + H2O – > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
Wiedząc to, obliczyłem $$ [\ ce {KCN}] = \ frac {\ pu {0,05 mol} } {\ pu {0,5 L}} = \ pu {0,1 M}; $$
Następnie użyłem równania: $$ [\ ce {OH -}] _ 1 = \ sqrt {\ frac { K_ \ mathrm {w}} {K_ \ mathrm {a}} \ cdot [\ ce {KCN}]} = \ pu {1.27×10 ^ -3 M} $$
Ponieważ wciąż mam trochę $ \ ce {KOH} $, dysocjuje całkowicie tworząc jony $ \ ce {OH -} $, więc: \ begin {align} [\ ce {OH -}] _ 2 & = [\ ce {KOH}] \\ [\ ce {OH -}] _ 2 & = \ frac {\ pu {0,03 mol}} {\ pu {0,5 l}} = \ pu {0,06 mln} \ end {align}
Wreszcie \ begin {align} [\ ce {OH-}] & = [\ ce { OH -}] _ 1 + [\ ce {OH -}] _ 2 \\ & = \ pu {1,27×10 ^ -3 M} + \ pu {0,06 M} = \ pu {0,06127 mln} \\ \ ce {pOH} & = – \ log [\ ce {OH- }] = – \ log (0,0617) = 1,213 \\ \ ce {pH} & = 14 – \ ce {pOH} = 12,787 \\ \ end {align}
Czy obliczanie $ [\ ce {OH -}] $ w ten sposób jest właściwe?
Oparłem swoje obliczenia na następującym równaniu:
Wiedząc, że ilości substancji w molach są zdefiniowane przez $ Z = Z_1 + Z_2 $ w $ K $ litrach roztworu, możemy uznać to stężenie za $ $ [X] = \ frac {Z} {K} = \ frac {Z_1 + Z_2} {K} = \ frac {Z_1} {K} + \ frac {Z_2} {K} = [X_1] + [X_2] $$
Odpowiedź
Chociaż ogólnie wykonałeś dobrą robotę, popełniłeś ważny błąd. Hydrolizę jonu cyjankowego należy zapisać jako reakcję równowagową :
$$ \ ce {CN- (aq) + H2O (l) < = > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
To dlatego, że $ \ ce {HCN} $ to bardzo słaby kwas i jego sprzężona zasada słabą zasadą (zadanie domowe: znajdź $ K_b $ z $ \ ce {CN -} $).
Teraz, jak należycie zauważyłeś, jest nadmiar $ \ ce {KOH} $ w roztworze, który ulega całkowitej dysocjacji. $ \ Ce {OH -} $ wynikające z tej dysocjacji popycha teraz równowagę:
$$ K_b = \ frac {[\ ce {HCN}] \ times [\ ce {OH-}]} {[\ ce {CN -}]} $$
po lewej stronie. W rezultacie udział $ [\ ce {OH -}] $ pochodzący z hydrolizy cyjanku jest pomijalny i można go zignorować. Należy policzyć tylko $ [\ ce {OH -}] $ z nadwyżki $ \ ce {KOH} $. Więc $ [\ ce {OH -}] \ około 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $.
Możemy to potwierdzić liczbowo, zakładając, że $ [\ ce {OH -}] \ około 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $ i:
$$ \ frac {[\ ce {HCN}]} {[\ ce {CN -}]} = \ frac {K_b} {[\ ce {OH -}]} \ około 0,0027 $$
Tak więc pomijalnie mało cyjanku występuje w postaci kwasu $ \ ce {HCN} $.
A propos dodawania molarności, w niektórych przypadkach jest to dozwolone.
Powiedzmy, że dodamy $ n_1 $ moli $ X $ do $ V \ \ mathrm {L} $, co da wynik molowy $ M_1 = \ frac {n_1} {V} $. Na późniejszym etapie dodajemy $ n_2 $ moli z $ X $, to molarność wyniosłaby $ M_2 = \ frac {n_2} {V} $.
Całkowita molarność wyniosłaby:
$$ M = M_1 + M_2 = \ frac {n_1} {V} + \ frac {n_2} {V} = \ frac {n_1 + n_2} {V} $$
Ale jeśli byłyby mieszać ilości rozwiązań, to byłoby:
$$ M = \ frac {M_1V_1 + M_2V_2} {V_1 + V_2} $$
Teraz nie są już po prostu addytywne.
Komentarze
- Ponieważ CN- jest sprzężoną zasadą słabego kwasu nie powinna ' nie być mocną bazą?
- $ pK_b = 4,79 $, więc dość słaba. Rzecz np. kwas octowy / octan.
- Uważając to za słabą zasadę, stężenie OH- jest definiowane tylko przez stężenie KOH, ze względu na fakt, że CN- nie ma wystarczającej siły, aby " ukraść " H z wody. Zgadza się?
- To ' to poetycki sposób ujęcia tego, ale w zasadzie poprawny.Lepiej po prostu przyjrzeć się wyrażeniu stałej równowagi, które mówi ci $ [\ ce {HCN}] \ około 0 $, jeśli występuje nadmiar wodorotlenku. Bez nadmiaru $ \ ce {KOH} $ sytuacja wyglądałaby inaczej. Nadmiar wodorotlenku hamuje hydrolizę cyjanku.
- To ' to punkt, którego szukałem. W Internecie, a nawet w mojej książce uniwersyteckiej, są tylko przykłady, w których po zakończeniu reakcji nie pozostaje żaden odczynnik. Jeśli mogę cię zapytać, czy hydroliza cyjanku jest tłumiona z powodu silniejszego Kb zasady OH?
Odpowiedź
Przede wszystkim Twoje obliczenia są oparte na założeniu, że HCN jest mocnym kwasem, a tak nie jest. Sprawdź stałą jonizacji HCN. I tak, możesz dodać mole bezpośrednio, ponieważ mole są oddzielnymi cząsteczkami, nawet jeśli są w roztworze. Ale nie można dodać stężenia ani molarności, ponieważ jest to zależne od objętości i kiedy weźmiemy pod uwagę objętości, w końcu skończy się na ponownym dodaniu moli.
Komentarze
- Wiem, że HCN to słaba podstawa (jego Ka wynosi 6,2×10 ^ (- 3)), ale myślałem, że ponieważ reaguje z mocną zasadą, zostałby całkowicie zneutralizowany. Czy się mylę?
- W nieskończonym czasie, może tak. Ale kiedy obliczasz pH za pomocą pH-metru, podaje on chwilową wartość. A jeśli ' się nie mylę, ' jest również tworzenie bufora
- Co masz na myśli w ' nieskończony czas '? Czy zdajesz sobie sprawę, jak szybkie są reakcje jonowe w wodzie? I nie, nie ma tu efektu buforowego: miałoby to miejsce tylko w przypadku częściowej neutralizacji , więc ' są znaczące $ CN ^ – $ i $ HCN $ obecny.