Scrieți reacția dintre $ \ pu {0,05 mol} $ $ \ ce {HCN (aq) } $ și $ \ pu {0,08 mol} $ $ \ ce {KOH (aq)} $ cu $ V = \ pu {500 mL} $ și apoi calculați pH-ul.
Așa că am scris reacția: $$ \ ce {HCN (aq) + KOH (aq) < = > KCN (aq) + H2O} $$
Begin: \ 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} \\ \ end {align}
Produsul reacției este o sare a unei baze puternice ($ \ ce {CN -} $) complet disociată în apă: $$ \ ce {KCN (aq) – > K + (aq) + CN- (aq)} $$
Și $$ \ ce {CN- (aq) + H2O – > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
Știind acest lucru am calculat $$ [\ ce {KCN}] = \ frac {\ pu {0,05 mol} } {\ pu {0,5 L}} = \ pu {0,1 M}; $$
Apoi am folosit ecuația: $$ [\ ce {OH -}] _ 1 = \ sqrt {\ frac { K_ \ mathrm {w}} {K_ \ mathrm {a}} \ cdot [\ ce {KCN}]} = \ pu {1.27×10 ^ -3 M} $$
Deoarece încă mai am câteva $ \ ce {KOH} $, se disociază complet creând ioni $ \ ce {OH -} $, deci: \ 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}
În cele din urmă \ begin {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}
Este corect să calculați $ [\ ce {OH -}] $ în acest mod?
Mi-am bazat calculele pe această ecuație:
Știind că cantitățile de substanță în moli sunt definite de $ Z = Z_1 + Z_2 $ în $ K $ litri de soluție, putem considera că această concentrație este $ $ [X] = \ frac {Z} {K} = \ frac {Z_1 + Z_2} {K} = \ frac {Z_1} {K} + \ frac {Z_2} {K} = [X_1] + [X_2] $$
Răspuns
Deși, în general, ați făcut o treabă bună, ați făcut o eroare importantă. Hidroliza ionului cianură trebuie scrisă ca o reacție de echilibru :
$$ \ ce {CN- (aq) + H2O (l) < = > HCN (aq) + OH- (aq)} $$
Asta pentru că $ \ ce {HCN} $ este un acid foarte slab și baza sa conjugată o bază slabă (teme: căutați $ K_b $ din $ \ ce {CN -} $).
Acum, după cum ați remarcat în mod corespunzător, există un exces de $ \ ce {KOH} $ în soluție, care se disociază complet. $ \ Ce {OH -} $ rezultat din această disociere împinge acum echilibrul:
$$ K_b = \ frac {[\ ce {HCN}] \ times [\ ce {OH-}]} {[\ ce {CN -}]} $$
la stânga. Ca urmare, contribuția $ [\ ce {OH -}] $ provenită din hidroliza cianurii este neglijabilă și poate fi ignorată. Numai $ [\ ce {OH -}] $ din excesul de $ \ ce {KOH} $ trebuie să fie numărat. Deci $ [\ ce {OH -}] \ approx 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $.
Putem confirma acest lucru numeric presupunând $ [\ ce {OH -}] \ approx 0,06 \ \ mathrm {mol / L} $ și cu:
$$ \ frac {[\ ce {HCN}]} {[\ ce {CN -}]} = \ frac {K_b} {[\ ce {OH -}]} \ aprox 0,0027 $$
Deci, neglijabil de puțină cianură este prezentă ca acidul $ \ ce {HCN} $.
În ceea ce privește problema de a adăuga molarități, în unele cazuri este permis.
Spuneți că adăugăm $ n_1 $ moli de $ X $ la $ V \ \ mathrm {L} $, care ar da o molaritate $ M_1 = \ frac {n_1} {V} $. Într-o etapă ulterioară adăugăm $ n_2 $ moli de $ X $, acea molaritate ar fi $ M_2 = \ frac {n_2} {V} $.
Molaritatea totală ar fi:
$$ M = M_1 + M_2 = \ frac {n_1} {V} + \ frac {n_2} {V} = \ frac {n_1 + n_2} {V} $$
Dar dacă ar trebui să amestece volume de soluții ar fi:
$$ M = \ frac {M_1V_1 + M_2V_2} {V_1 + V_2} $$
Acum nu mai sunt pur și simplu aditivi.
Comentarii
- Deoarece CN- este baza conjugată a unui acid slab nu ar trebui să ' Nu este o bază puternică?
- $ pK_b = 4.79 $, deci destul de slab. Lucru de ex. acid acetic / acetat.
- Deci, considerând-o o bază slabă, concentrația de OH- este definită doar de concentrația KOH, datorită faptului că CN- nu are suficientă forță pentru a " fura " un H din apă. Nu?
- Acesta este ' un mod poetic de a-l pune, dar practic corect.Mai bine să vă uitați doar la expresia constantă de echilibru, care vă spune $ [\ ce {HCN}] \ approx 0 $, dacă există hidroxid în exces. Fără $ \ ce în exces {KOH} $ lucrurile ar fi diferite. Excesul de hidroxid suprima hidrolizarea cianurii.
- Acesta este ' punctul pe care îl căutam. Pe internet și chiar în cartea mea universitară există doar exemple în care nu rămâne niciun reactiv la sfârșitul reacției. Dacă vă pot întreba, hidroliza cianurii este suprimată din cauza Kb mai puternic al bazei OH?
Răspuns
În primul rând, calculul dvs. se bazează pe presupunerea că HCN este un acid puternic, ceea ce nu este. Verificați constantul de ionizare al HCN. Și da, puteți adăuga moli direct, deoarece moli sunt particule discrete, chiar dacă sunt În soluție. Dar nu puteți adăuga concentrație sau molaritate, deoarece este dependent de volum și, atunci când luați în considerare volumele, veți ajunge în cele din urmă să adăugați aluni din nou.
Comentarii
- Știu că HCN este o bază slabă (Ka are 6,2×10 ^ (- 3)), dar mă gândeam că, din moment ce reacționează cu o bază puternică, ar fi complet neutralizat. Mă înșel?
- În timp infinit, poate da. Dar atunci când calculați pH-ul cu un pH-metru, acesta vă oferă valoarea instantanee. Și dacă ' nu greșesc, există și ' o formare tampon
- Ce vrei să spui în ' timp infinit '? Vă dați seama cât de rapide sunt reacțiile ionice din apă? Și nu, nu există niciun efect tampon aici: acest lucru ar fi cazul numai cu neutralizarea parțială , deci există ' semnificative $ CN ^ – $ și $ HCN $ prezent.