Przeczytaj

bg‑violet

Wyznaczanie wartości $pH$ i $pOH$

Wyznaczenie wartości $pH$ roztworu wymaga uwzględnienia zachodzących procesów. Dla czystej wody stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ wynika z autodysocjacji wody i wynosi $10^{- 7} \frac{mol}{{dm}^{3}}$ , co daje $pH$ wody równe $7$ .

W przypadku mocnych kwasów jednoprotonowych i mocnych wodorotlenków jednowodorotlenowych, w których stężenia tych elektrolitów wahają się w granicach pomiędzy $0,1$ a $0,0001 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ , stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ lub ${OH}^{-}$ równa się stężeniu mocnego elektrolitumocny elektrolitmocnego elektrolitu:

NaOH \to {Na}^{+} + {OH}^{‒}

HCl + H_{2} O \to H_{3} O^{+} + {Cl}^{‒}

Wartość $pH$ roztworu można łatwo wyliczyć jako ujemny logarytm stężenia kationów oksoniowych. Dla roztworu mocnego jednoprotonowego kwasu $[H_{3} O^{+}] = c_{0} {HCl}_{(aq)}$ , dzięki czemu $pH$ $0,001$ -molowego roztworu kwasu solnego wynosi $3$ .

W przypadku mocnych wodorotlenków najwygodniej wyznaczyć najpierw „pOH”, czyli wartość ujemnego logarytmu ze stężenia jonów wodorotlenkowych, które jest związane z pH zależnością pH + pOH = 14.

Przykład 1

Oblicz $pH$ roztworu $Sr {(OH)}_{2}$ .

Wodorotlenek strontu jest mocną zasadą i w roztworze wodnym całkowicie dysocjujedysocjacja elektrolitycznadysocjuje:

Sr {(OH)}_{2} \to {Sr}^{2 +} + 2 {OH}^{‒}

Stężenie jonów wodorotlenkowych wynosi $0,002 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

$pOH = - \log (0,002) = - \log (0,2 \cdot 10^{- 2}) = - \log (0,2) - \log (10^{- 2}) = 0,70 + 2 = 2,70$

$pH = 14 - 2,70 = 11,30$

bg‑violet

Słabe elektrolity

W sytuacji, gdy kwas lub zasada ulega częściowej dysocjacji, wówczas ustala się stan równowagi dany równaniem reakcji:

{CH}_{3} COOH + H_{2} O ⇄ {CH}_{3} {COO}^{‒} + H_{3} O^{+}

Stopień dysocjacji słabego elektrolitusłaby elektrolitsłabego elektrolitu zmienia się wraz z jego stężeniem i dlatego stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ można wyznaczyć ze stałej równowagi:

K_{a} = \frac{[H_{3} O^{+}] \cdot [{CH}_{3} {COO}^{-}]}{[{CH}_{3} COOH] [H_{2} O]}

które w przypadku dużych rozcieńczeń, z uwagi na względnie stałe stężenie wody, zapisuje się w uproszczonej formie:

K_{a} = \frac{[H_{3} O^{+}] \cdot [{CH}_{3} {COO}^{-}]}{[{CH}_{3} COOH]}

Oznaczając $[H_{3} O^{+}] = [{CH}_{3} {COO}^{-}] = x$ i $[{CH}_{3} COOH] = c_{0} - x$ , gdzie $c_{0}$ jest stężeniem początkowym, otrzymujemy równanie kwadratowe ze względu na $x$ .

K_{a} = \frac{x^{2}}{c_{0} - x}

x^{2} = K_{a} \cdot (c_{0} - x)

x^{2} + K_{a} \cdot x - K_{a} \cdot c_{0} = 0

W przypadku, gdy stopień dysocjacji jest mniejszy lub równy $5 %$ , co zachodzi dla przypadku $\frac{C_{0}}{K_{0}} > 400$ , można przyjąć, że $c_{0} - x ≅ c_{0}$ i otrzymać równanie uproszczone.

K_{a} = \frac{x^{2}}{c_{0}}

x = \sqrt{K_{a} \cdot c_{0}}

Przy rozwiązywaniu równania kwadratowego należy uwzględnić oczywiście tylko takie rozwiązania, które mają sens fizyczny, czyli wartości $x = [H_{3} O^{+}]$ muszą być dodatnie i mniejsze od $c_{0}$ .

Analogiczne wyrażenia można zapisać dla dysocjacji słabych zasad:

{NH}_{3} + H_{2} O ⇄ NH {_{4}}^{+} + {OH}^{-}

K_{b} = \frac{[{OH}^{‒}] \cdot [{NH}_{4}^{+}]}{[{NH}_{3}] [H_{2} O]}

Uwzględniając stałe stężenie wody dla dużych rozcieńczeń:

K_{b} = \frac{[{OH}^{-}] \cdot [NH {_{4}}^{+}]}{[{NH}_{3}]}

K_{b} = \frac{x^{2}}{c_{0} - x}

bg‑violet

Przykłady

Z punktu widzenia teorii Brønsteda jony soli pochodzących od słabych zasad (np. kation ${NH}_{4}^{+}$ ) są słabymi kwasami, zaś jony pochodzące od słabych kwasów są słabymi zasadami. Oznacza to, że stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ w roztworze chlorku amonu, który ulega dysocjacji kwasowej:

{NH}_{4}^{+} + H_{2} O ⇄ {NH}_{3} + H_{3} O^{+}

można wyznaczyć ze wzoru (z uwzględnieniem stałego stężenia wody):

K_{b} = \frac{[H_{3} O^{+}] \cdot [{NH}_{3}]}{[NH {_{4}}^{+}]}

Jon ${NH}_{4}^{+}$ jest słabym kwasem sprzężonym ze słabą zasadą ${NH}_{3}$ , przez co iloczyn wartości $K_{a}$ dla jonu ${NH}_{4}^{+}$ i $K_{b}$ dla ${NH}_{3}$ jest równy wartości stałej autodysocjacji rozpuszczalnika i w temperaturze $298 K$ wynosi $10^{- 14}$ .

Przykład 2

Oblicz $pH$ roztworu chlorku amonu o stężeniu $0,01 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

NH {_{4}}^{+} + H_{2} O ⇄ {NH}_{3} + H_{3} O^{+}

$K_{a} = \frac{x^{2}}{0, 01 - x}$ , gdzie $x = [H_{3} O^{+}]$

$K_{a} = \frac{10^{- 14}}{1,8 - 10^{- 5}} = 5,56 \cdot 10^{- 10}$

Ponieważ wartość ilorazu stężenia chlorku amonu i stałej $K_{a}$ wynosi:

\frac{0,1}{5,56 \cdot 10^{- 10}} > 400

to można zastosować równanie uproszczone:

K_{a} = \frac{{[H_{3} O^{+}]}^{2}}{0,01}

[H_{3} O^{+}] = 2,36 \cdot 10^{- 6} \frac{mol}{{dm}^{3}}

Wartość $pH$ wynosi:

pH = - \log_{10} [H_{3} O^{+}]

pH = 5,63

Wartość $pH$ wynosi $5,63$ , co wskazuje na słabo kwasowy odczynodczyn roztworuodczyn takiego roztworu.

Analogiczne obliczenia można wykonać dla jonu octanowego.

Przykład 3

Oblicz $pH$ roztworu octanu sodu (etanianu sodu) o stężeniu $0,005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

{CH}_{3} {COO}^{-} + H_{2} O ⇄ {CH}_{3} COOH + {OH}^{-}

$K_{b} = \frac{{[{OH}^{‒}]}^{2}}{5 \cdot 10^{- 3} - [{OH}^{-}]}$

Wartość stałej dysocjacji zasadowej anionu octanowego $K_{b}$ należy wyliczyć w oparciu o zależność:

K_{a} \cdot K_{b} = 10^{- 14}

gdzie $K_{a}$ oznacza stałą dysocjacji kwasowej ${CH}_{3} COOH$ .

K_{b} = \frac{10^{14}}{1,8 \cdot 10^{- 5}} = 5,56 \cdot 10^{- 10}

Ze względu na bardzo małą wartość $K_{b}$ i spełnioną zależność:

\frac{c}{K_{b}} = \frac{5 \cdot 10^{- 3}}{5, 56 \cdot 10^{- 10}} = 9,0 \cdot 10^{6} > 400

można zastosować wzór uproszczony:

K_{b} = \frac{{[{OH}^{-}]}^{2}}{5 \cdot 10^{- 3}}

Po podstawieniu wartości $K_{b}$ do wyrażenia i przekształcenia otrzymujemy:

[{OH}^{-}] = \sqrt{K_{b} \cdot c}

[{OH}^{-}] = 1,67 \cdot 10^{- 6} \frac{mol}{{dm}^{3}}

Wartość $pOH$ wynosi:

pOH = - \log_{10} [{OH}^{-}] = 5,78

więc $pH$ przyjmuje wartość:

pH = 14 - 5,78 = 8,22

Wartość $pH$ wynosi $8,22$ , co wskazuje na słabo zasadowy odczyn roztworuodczyn roztworuodczyn roztworu.

bg‑violet

Mieszanie roztworów

Mieszanie roztworów powoduje zachodzenie kolejnych procesów w roztworze wodnym. Dla poprawnego opisu zachodzących zjawisk trzeba przeanalizować sytuacje w poszczególnych przypadkach:

1. Mieszanie roztworu mocnego kwasu/zasady z wodą

Przypadek najprostszy, polegający na rozcieńczeniu roztworu, przy czym nie zmienia się stopień dysocjacji, który dla mocnych elektrolitów wynosi $100 %$ . Istnieje wiele metod liczenia stężenia roztworu po rozcieńczeniu, w przypadku zadań maturalnych istnieje potrzeba zastosowania metody szybkiej, prostej oraz umożliwiającej łatwą kontrolę poprawności wyniku.

Zauważmy, że stężenie roztworu zmaleje dwukrotnie przy dwukrotnym zwiększeniu objętości. Można powiedzieć, że są to wielkości odwrotnie proporcjonalnie.

Przykład. Oblicz stężenie oraz $pH$ roztworu otrzymanego poprzez rozcieńczenie $35 {cm}^{3}$ roztworu ${HCl}_{(aq)}$ o stężeniu $0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ do objętości $250 {cm}^{3}$ .

c = 0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{35 {cm}^{3}}{250 {cm}^{3}} = 0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot 0,14 = 0,014 \frac{mol}{{dm}^{3}}

pH = - \log (0,014) = - \log (0,14 \cdot 0,1) = 0,85 + 1 = 1,85

2. Mieszanie roztworów dwóch mocnych kwasów lub dwóch mocnych zasad

W tym przypadku stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ lub ${OH}^{-}$ można wyznaczyć np. według metody krzyżowej. Można też – jeżeli roztwory są rozcieńczone i ich gęstość równa się gęstości wody – użyć sposobu polegającego na wyznaczeniu stężenia jonów $H_{3} O^{+}$ w sytuacji, gdyby roztwory $1$ i $2$ miały objętość równą objętości roztworu docelowego, a następnie je dodać.

Przykład. Oblicz $pH$ oraz stężenie roztworu otrzymanego przez zmieszanie $140 {cm}^{3}$ roztworu $HCl$ o stężeniu $0,022 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ oraz $450 {cm}^{3}$ roztworu $HCl$ o stężeniu $0,015 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

$sumaryczna objętość = 140 {cm}^{3} + 450 {cm}^{3} = 590 {cm}^{3}$

Stężenie wypadkowe kwasu: $C = 0,022 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{140 {cm}^{3}}{590 {cm}^{3}} + 0,015 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{450 {cm}^{3}}{590 {cm}^{3}} = 0,0052 \frac{mol}{{dm}^{3}} + 0,0114 \frac{mol}{{dm}^{3}} = 0,0167 \frac{mol}{{dm}^{3}}$

$pH$ otrzymanego roztworu: $pH = - \log (0, 0167) = - \log (0, 167 \cdot 0, 1) = 0, 78 + 1 = 1, 78$

Przybliżenie $V_{roztworu} = V_{1} + V_{2}$ można stosować, gdy roztwory są rozcieńczone i nie obserwujemy zjawiska kontrakcji bądź ekspansji.

3. Mieszanie roztworów mocnego kwasu z mocną zasadą lub odwrotnie

W tej sytuacji dochodzi do reakcji zobojętniania. Odczyn roztworu będzie zależał od tego reagenta, którego użyto w nadmiarze.

Analogicznie, możemy wyznaczyć stężenia jonów $H_{3} O^{+}$ lub ${OH}^{-}$ , które znalazłyby się w roztworach, gdyby zostały rozcieńczone do docelowej objętości. Poprzez porównanie stężeń patrzymy, który z substratów został użyty w nadmiarze. Stężenie wypadkowe jonu użytego w nadmiarze będzie równe różnicy stężeń substratów.

Zmieszano $240 {cm}^{3}$ roztworu $H_{2} {SO}_{4}$ o stężeniu $0,00825 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ z $640 {cm}^{3}$ roztworu $NaOH$ o stężeniu $0,011 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Oblicz $pH$ roztworu.

Kwas siarkowy( $VI$ ) jest kwasem dwuprotonowym, przez co stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ wynosi:

$[H_{3} O^{+}] = 2 \cdot 0,00825 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{240 {cm}^{3}}{880 {cm}^{3}} = 0,0045 \frac{mol}{{dm}^{3}}$

Analogicznie liczymy stężenie jonów ${OH}^{-}$ w sytuacji, gdyby rozcieńczano roztwór wodą:

$[{OH}^{-}] = 0,011 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{640 {cm}^{3}}{880 {cm}^{3}} = 0,0080 \frac{mol}{{dm}^{3}}$

Oznacza to, że roztwór będzie zasadowy, stężenie jonów ${OH}^{-}$ wynosi:

$[{OH}^{-}] = 0,0080 \frac{mol}{{dm}^{3}} - 0,0045 \frac{mol}{{dm}^{3}} = 0,0035 \frac{mol}{{dm}^{3}}$

$pOH = - \log (0,0035) = - \log (0,35 \cdot 10^{- 2}) = 0,46 + 2 = 2,46$

Wartość $pH$ wynosi:

$pH = 14 - 2,46 = 11,54$

4. Dodanie roztworu mocnego kwasu lub mocnej zasady do roztworu słabej zasady lub słabego kwasu powoduje zgodnie z regułą przekory osiągnięcie nowego stanu równowagi

Przykładem może być reakcja kwasu octowego z kwasem solnym. Punktem wyjścia będzie równanie procesu równowagowego:

{CH}_{3} COOH + H_{2} O ⇄ {CH}_{3} {COO}^{-} + H_{3} O^{+}

W roztworze kwasu o początkowym stężeniu $c_{0}$ ustala się równowaga, pojawiają się jony $H_{3} O^{+}$ i ${CH}_{3} {COO}^{-}$ w równej ilości. Dodanie pewnej ilości mocnego kwasu (odpowiadające mu stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ określone jako $c_{k}$ ) spowoduje ustalenie nowego stanu równowagi.

**Stężenia równowagowe poszczególnych reagentów reakcji**
${CH}_{3} COOH$	$+ H_{2} O$	$⇄ {CH}_{3} {COO}^{-}$	$+ H_{3} O^{+}$
$c_{0} - x$		$x$	$x + c_{k}$

Dzięki temu można zapisać wyrażenie na stałą dysocjacji:

K_{a} = \frac{(x + c_{k}) \cdot x}{c_{0} - x}

Przykład. Do $250 {cm}^{3}$ kwasu octowego o stężeniu $0,01 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ wprowadzono $50 {cm}^{3}$ roztworu ${HCl}_{(aq)}$ o stężeniu $0,03 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Oblicz $pH$ otrzymanego roztworu.

Stosując powyższy tok rozumowania, obliczamy $[H_{3} O^{+}]$ , wiedząc że:

$c_{0} = 0,01 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{250 {cm}^{3}}{300 {cm}^{3}} = 0,00833 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ – stężenie ${CH}_{3} COOH$
$c_{k} = 0,03 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{50 {cm}^{3}}{300 {cm}^{3}} = 0,0050 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ – stężenie $HCl$

Po podstawieniu do wyrażenia na stałą równowagi otrzymujemy:

1,8 \cdot 10^{- 5} = \frac{(x + 5, 0 \cdot 10^{- 3}) x}{8, 33 \cdot 10^{- 3} - x}

Równanie kwadratowe przyjmuje postać:

x^{2} + 5,0 \cdot 10^{- 3} x = 15 \cdot 10^{- 8} - 1,8 \cdot 10^{- 5} x

x^{2} + 5,02 \cdot 10^{- 3} x - 1,5 \cdot 10^{- 7} = 0

Rozwiązaniem spełniającym warunki zadania jest $x = 2,97 \cdot 10^{- 5}$ , co oznacza stężenie anionów octanowych oraz kationów wodoru pochodzących z dysocjacji kwasu octowego.

Całkowite stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ wynosi:

$[H_{3} O^{+}] = c_{k} + x = 5,0 \cdot 10^{- 3} \frac{mol}{{dm}^{3}} + 2,97 \cdot 10^{- 5} \frac{mol}{{dm}^{3}} = 5,03 \cdot 10^{- 3} \frac{mol}{{dm}^{3}}$ ,

co wskazuje na fakt, że stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ w tym roztworze wynika praktycznie wyłącznie z obecności samego tylko kwasu solnego. Liczba jonów $H_{3} O^{+}$ pochodzących od kwasu octowego jest niewielka, ponieważ jest on kwasem słabym, a dodatek kwasu mocnego powoduje dalsze cofnięcie dysocjacji.

pH = - \log (0,005) = - \log (0,5 \cdot 10^{- 2}) = 0,30 + 2 = 2,30

Analogicznie można rozpatrzyć procesy zachodzące podczas alkalizowania roztworu soli, która ulega hydrolizie anionowej, np. octanu sodu.

Przykład. Oblicz $pH$ roztworu otrzymanego poprzez zmieszanie $200 {cm}^{3}$ roztworu ${CH}_{3} COONa$ o stężeniu $0,01 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ z $200 {cm}^{3} NaOH$ o stężeniu $0,001 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

Anion octanowy ulega częściowej dysocjacji zasadowej – ten proces jest określany jako hydroliza anionowa:

**Stężenia równowagowe poszczególnych reagentów reakcji**
${CH}_{3} {COO}^{-}$	$+ H_{2} O$	$⇄ {CH}_{3} COOH$	$+ {OH}^{-}$
$c_{0} - x$		$x$	$x + c_{z}$

gdzie $c_{0}$ określa całkowite stężenie soli octanowej, $x$ – stężenie formy zhydrolizowanej, a $c_{z}$ stężenie jonów ${OH}^{-}$ pochodzących od dodatku wodorotlenku sodu. Najpierw trzeba wyznaczyć stężenie soli $c_{0} = 0,005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ oraz stężenie jonów ${OH}^{-}$ , pochodzących od $NaOH$ , czyli $c_{z} = 0,0005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Wartość $K_{b}$ dla jonu ${CH}_{3} {COO}^{-} = \frac{10^{- 14}}{1,8 \cdot 10^{- 5}} = 5,56 \cdot 10^{- 10}$ .

K_{b} = \frac{(x + c_{z}) x}{c_{0} - x}

5,56 \cdot 10^{- 10} = \frac{(x + 5,0 \cdot 10^{- 4}) x}{5 \cdot 10^{- 3} - x}

Równanie kwadratowe przyjmuje postać:

x^{2} + 5,0 \cdot 10^{- 4} x = 27,8 \cdot 10^{- 13} - 5,56 \cdot 10^{- 10} x

x^{2} + 5 \cdot 10^{- 4} x - 2,78 \cdot 10^{- 12} = 0

Rozwiązaniem spełniającym warunki zadania jest $x = 5,6 \cdot 10^{- 9} \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Ta wielkość jest znacznie mniejsza od stężenia jonów wodorotlenkowych pochodzących od wprowadzonej zasady, wynoszącego $0,0005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Wskazuje to na fakt, że aniony wodorotlenkowe pochodzące z dysocjacji silnej zasady znacznie cofają hydrolizę anionową jonu octanowego.

pOH = - \log (0,0005) = - \log (0,5 \cdot 10^{- 3}) = 0,30 + 3 = 3,30

pH = 14 - 3,30 = 10,70

W podobny sposób można obliczyć $pH$ roztworu otrzymanego przez dodanie zasady do kwasu Bronsteda. Różnicą będzie zmiana kierunku zachodzącej reakcji – w odróżnieniu do poprzednich przypadków, dodatek silnej zasady będzie przesuwał równowagę w prawo. Punktem wyjścia jest poprawnie zapisane równanie procesu z przypisanymi rolami kwasu i zasady Bronsteda, a następnie poprawne zastosowanie reguły przekory.

Przykład. Oblicz $pH$ roztworu otrzymanego przez zmieszanie $120 {cm}^{3} {NH}_{4} Cl$ o stężeniu $0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ i $10 {cm}^{3} NaOH$ o stężeniu $0,03 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

**Stężenia początkowe, różnice stężeń i stężenia równowagowe poszczególnych reagentów reakcji**
Rodzaj parametru	${NH}_{4}^{+}$	$⇄ {NH}_{3}$	$+ H_{3} O^{+}$
stężenie początkowe	$c_{0} - h_{1}$	$h_{1}$	$h_{1} - c_{z}$
różnica stężeń	$- x$	$+ x$	$+ x$
stężenie równowagowe	$c_{0} - h_{1} - x =$ $c_{0} - [H_{3} O^{+}] - c_{z}$	$h_{1} + x =$ $[H_{3} O^{+}] + c_{z}$	$h_{1} + x - c_{z} =$ $[H_{3} O^{+}]$

Najpierw trzeba wyznaczyć stężenie $c_{0} = 0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{120 {cm}^{3}}{130 {cm}^{3}} = 0,0923 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ , wartość $c_{z}$ , czyli stężenie jonów ${OH}^{-}$ wprowadzonych do roztworu wynosi $c_{z} = 0,03 \frac{mol}{{dm}^{3}} \cdot \frac{10 {cm}^{3}}{130 {cm}^{3}} = 0,0023 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Po podstawieniu do wyrażenia na stałą równowagi:

K_{a} = \frac{([H_{3} O^{+}] + c_{z}) \cdot [H_{3} O^{+}]}{c_{0} - [H_{3} O^{+}] - c_{z}}

Równanie kwadratowe przyjmuje postać:

K_{a} (c_{0} - [H_{3} O^{+}] - c_{z}) = {[H_{3} O^{+}]}^{2} + c_{z} \cdot [H_{3} O^{+}]

K_{a} c_{0} - K_{a} [H_{3} O^{+}] - K_{a} c_{z} = {[H_{3} O^{+}]}^{2} + c_{z} \cdot [H_{3} O^{+}]

{[H_{3} O^{+}]}^{2} + (K_{a} + c_{z}) [H_{3} O^{+}] - K_{a} (c_{0} - c_{z}) = 0

{[H_{3} O^{+}]}^{2} + (5,56 \cdot 10^{‒ 10} + 2,3 \cdot 10^{‒ 3}) \cdot [H_{3} O^{+}] - 5,56 \cdot 10^{‒ 10} \cdot (9,23 \cdot 10^{‒ 2} - 2,3 \cdot 10^{‒ 3}) = 0

{[H_{3} O^{+}]}^{2} + 2,3 \cdot 10^{‒ 3} \cdot [H_{3} O^{+}] - 5,00 \cdot 10^{‒ 11} = 0

wartość $[H_{3} O^{+}]$ będąca rozwiązaniem tego równania wynosi $2,17 \cdot 10^{- 8}$ , co po zlogarytmowaniu daje $pH = 7,66$ , świadcząc o zasadowym odczynie roztworu.

W przypadku roztworów bardziej stężonych zaznaczają się efekty oddziaływań pomiędzy jonami, przez co stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ nie może być użyte do określania $pH$ roztworu. Przykładowo, dla roztworu kwasu solnego rozbieżność między wartością obliczoną ze stężenia i wyznaczoną doświadczalnie wynosi około 10% dla stężeniu $0,1 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ i gwałtownie wzrasta ze wzrostem stężenia roztworu. Z drugiej strony – w przypadku silnie rozcieńczonych roztworów należy uwzględnić obecność jonów $H_{3} O^{+}$ i ${OH}^{-}$ pochodzących z autodysocjacji wody. Normalnie ten przyczynek jest zaniedbywany.

Przykład. Roztwór $HCl$ o stężeniu $10^{- 2} \frac{mol}{{dm}^{3}}$ rozcieńczono milion razy, otrzymując roztwór o stężeniu $10^{- 8} \frac{mol}{{dm}^{3}}$ . Oblicz $pH$ takiego roztworu.

Nie można po prostu przyjąć wartości otrzymanej przez zlogarytmowanie wartości $10^{- 8}$ , ponieważ prowadziłoby to do nonsensownej wartości $pH = 8$ oraz sugerowałoby, że dalsze rozcieńczanie powodowałoby otrzymanie roztworu o coraz silniejszych właściwościach zasadowych. Oczywiste jest, że taki roztwór będzie zawierał praktycznie wyłącznie wodę, stąd jego pH będzie równało się prawie $7$ . Stężenie jonów $H_{3} O^{+}$ pochodzących z dysocjacji kwasu.

HCl + H_{2} O \to H_{3} O^{+} + {Cl}^{‒}

jest zbliżone do stężenia jonów pochodzących z autodysocjacji wody:

2 H_{2} O ⇄ {OH}^{‒} + H_{3} O^{+}

Ponieważ w roztworze nie ma innych jonów, a cały roztwór musi być elektroobojętny, to suma ładunków dodatnich musi się równać sumie ładunków ujemnych.

[H_{3} O^{+}] = [{OH}^{-}] + [{Cl}^{-}]

Jony chlorkowe pochodzą wyłącznie z dysocjacji kwasu solnego, zaś aniony wodorotlenkowe z autodysocjacji wody:

[{Cl}^{-}] = 10^{- 8} \frac{mol}{{dm}^{3}}

[{OH}^{-}] = \frac{10^{- 14}}{[H_{3} O^{+}]} \frac{mol}{{dm}^{3}}

Prowadzi to do równania:

[H_{3} O^{+}] = 10^{- 8} + \frac{10^{- 14}}{[H_{3} O^{+}]}

które można rozwiązać mnożąc obydwie strony przez $[H_{3} O^{+}]$ :

{[H_{3} O^{+}]}^{2} = 10^{- 8} \cdot [H_{3} O^{+}] + 10^{- 14}

{[H_{3} O^{+}]}^{2} - 10^{- 8} \cdot [H_{3} O^{+}] - 10^{- 14} = 0

Rozwiązaniem tego równania kwadratowego, które ma sens fizyczny jest $[H_{3} O^{+}] = 1,05 \cdot 10^{- 7}$ , co po zlogarytmowaniu daje $pH = 6,98$ .

Słownik

mocny elektrolit

wodny roztwór związku, który ulega całkowitej dysocjacji w roztworze wodnym; przykładem są roztwory mocnych kwasów, mocnych wodorotlenków oraz soli rozpuszczalnych w wodzie

słaby elektrolit

wodny roztwór związku, który ulega dysocjacji w niewielkim stopniu, przy czym stopień dysocjacji zależy od stężenia; przykładami słabych elektrolitów są słabe kwasy i słabe zasady

odczyn roztworu

miarą liczbową, która pomaga w jego wyznaczeniu jest $pH$ roztworu, które dla średniorozcieńczonych roztworów (między $0,1$ a $0,0001 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ ) można wyznaczyć jako ujemny logarytm ze stężenia jonowego jonów $H_{3} O^{+}$

iloczyn jonowy wody

stała autodysocjacji wody jest zależna od temperatury; w $25 ° C$ wynosi $10^{- 14}$

dysocjacja elektrolityczna

rozpad substancji na jony

Bibliografia

Śliwa A., Obliczenia chemiczne, Warszawa 1982.

Wprowadzenie

Symulacja interaktywna

Wyznaczanie wartości $pH$ i $pOH$

Słabe elektrolity

Przykłady

Oblicz $pH$ roztworu octanu sodu (etanianu sodu) o stężeniu $0,005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .

Mieszanie roztworów

Słownik

Bibliografia

Wprowadzenie

Symulacja interaktywna

Przeczytaj

Wyznaczanie wartości pH i pOH

Słabe elektrolity

Przykłady

Oblicz pH roztworu octanu sodu (etanianu sodu) o stężeniu 0,005 moldm3.

Mieszanie roztworów

Słownik

Bibliografia

Wyznaczanie wartości $pH$ i $pOH$

Oblicz $pH$ roztworu octanu sodu (etanianu sodu) o stężeniu $0,005 \frac{mol}{{dm}^{3}}$ .