1. Obliczenia z wykorzystaniem równowagi w roztworach

2. Obliczenia w roztworach
 Jakie są składniki roztworu?
 Które reakcje dysocjacji przebiegają
całkowicie (100% dysocjacji)?
 Które reakcje osiągają stan
równowagi?
 Które z reakcji równowagowych jest
dominująca i determinuje pH
roztworu?

3. Obliczenia w roztworach
Algorytm
1. Utwórz listę składników roztworu
2. Wskaż reakcje, które przebiegają całkowicie bez ustalania równowagi
(mocny kwas lub zasada)
 Dla tej reakcji określ
 Stężenia produktów
 Wypisz główne składniki roztworu po reakcji
3. Określ, który z głównych składników roztworu jest kwasem i zasadą
4. Na podstawie wartości stałych równowag dla reakcji z kwasami i
zasadami określ, która z reakcji równowagowych będzie kontrolować
pH
5. Dla dominującej reakcji utwórz wyrażenie na stałą równowagi
6. Wypisz stężenia początkowe składników roztworu
7. Określ zmianę, jaka musiała nastąpić, aby mógł być osiągnięty stan
równowagi
8. Stosując wielkość określającą zmianę określ stężenia równowagowe
9. Wstaw równania określające stężenia równowagowe do wyrażenia na
stałą równowagi
10. Rozwiąż równanie w sposób przybliżony zakładając niewielką zmianę
11. Sprawdź stopień dysocjacji. Jeżeli α<5% to rozwiązanie można uznać
za dokładne. Jeżeli α>5% powtórz obliczenia w sposób dokładny lub
iteracyjnie

4. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
Oblicz stopień dysocjacji i pH 1.00 dm3 0.010 M roztworu
CH3COOH. Stała Ka dla tego kwasu w temperaturze 25oC
wynosi 1.8·10-5.
H2O, CH3COOH – składniki roztworu
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅ 10−5
H 2O + H 2O ↔ H 3O + + OH − K w = 10−14
[CH 3COO − ][ H 3O + ]
Ka =
[CH 3COOH ]

5. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.01 0 0
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.01-x x x
x2
Ka = = 1.8 ⋅ 10−5
0.01 − x
0.01 − x ≅ 0.01
x 2 = 0.01 ⋅ 1.8 ⋅ 10−5
x = 1.8 ⋅ 10−7 = 4.24 ⋅ 10−4

6. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
Cyfry znaczące wyniku
Specyfika funkcji logarytmicznej

7. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
Co = 0.10 mol/dm3
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.1 0 0
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.1-x x x
x2
Ka = = 1.8 ⋅ 10−5
0.1 − x
0.1 − x ≅ 0.1
x 2 = 0.1 ⋅ 1.8 ⋅ 10−5
x = 1.8 ⋅ 10−6 = 1.34 ⋅ 10−3

8. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
x 1.34 ⋅ 10−3
α= ⋅ 100% = 100% ≅ 1.3% < 5%
[CH 3COOH ]o 0.1
mol
x = [ H 3O + ] = 1.34 ⋅ 10−4
dm 3
pH = − log([ H 3O + ]) = 2.87
cyfry znaczące wyniku!!!

9. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas rozwiązanie przybliżone
Co , [H3O+], α, %
mol/dm3 mol/dm3
0.00001 1.3·10-5 134
0.0001 4.2 ·10-5 42
0.001 1.3 ·10-4 13
0.01 4.2 ·10-4 4.2
Założenie o małym α
0.1 1.3 ·10-3
1.3 nie działa?
1 4.2 ·10-3 0.42

10. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas rozwiązania dokładne
x2
= Ka
c0 − x
x 2 + K a x − K a c0 = 0
∆ = K a2 + 4 K a c0
∆ = K a2 + 4 K a c0 > 0
− K a + K a2 + 4 K a c0 − K a − K a2 + 4 K a c0
x1 = > 0 lub x2 = <0
2 2

11. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas
rozwiązania przybliżone rozwiązania dokładne
Co , [H3O+], α, % Co , [H3O+], α, %
mol/dm3 mol/dm3 mol/dm3 mol/dm3
0.00001 1.3·10-5 134 0.00001 7.2·10-6 72
0.0001 4.2 ·10-5 42 0.0001 3.4·10-5 34
0.001 1.3 ·10-4 13 0.001 1.3 ·10-4 13
0.01 4.2 ·10-4 4.2 0.01 4.2 ·10-4 4.2
0.1 1.3 ·10-3 1.3 0.1 1.3 ·10-3 1.3
1 4.2 ·10-3 0.42 1 4.2 ·10-3 0.42

12. Zależność stopnia dysocjacji od
stężenia
Przykład 1 słaby kwas
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅ 10−5
80 80
70 70
60 60
50 50
α, %
40 40
α, %
30 30
20 20
10 10
0 0
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1E-05 0.0001 0.001 0.01 0.1 1
c0, mol/dm3 c0, mol/dm3
w skali logarytmicznej

13. Zależność stopnia dysocjacji od
stężenia
Prawo rozcieńczeń Ostwalda
HA(aq) + H2O(l) ↔ H3O(aq) + A-(aq)
H3O+ A− H+ A−
Ka = =
HA HA
[ A− ] = [ H 3O + ] = c0 ⋅ α K a = c0 ⋅ α 2 i α << 1
[ HA] = c0 − c0 ⋅ α = c0 (1 − α )
Ka
( c0 ⋅ α ) 2
c0 ⋅ α 2
α=
stopień dysocjacji a, %
Ka = = c0
c0 (1 − α ) 1 − α
stężenie

14. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas i autodysocjacja wody
Co = 0.00000001 mol/dm3
1) CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅10 −5
2) H 2O + H 2O ↔ H 3O + + OH − K w = 10 −14
CH 3COOH CH 3COO − H 3O + OH −
Stan początkowy 0.00000001 0 0 0
Zmiana -x1 +x1 +x1+x2 +x2
Równowaga 0.00000001-x1 x1 x1+ x2 x2

15. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 1 słaby kwas i autodysocjacja wody
Co = 0.000010 mol/dm3
x1 ( x1 + x2 ) −5
Ka = −8
= 1.8 ⋅ 10
10 − x1
K w = x2 ( x1 + x2 ) = 10−14
Rozwiązanie tego układu równań wymaga
zastosowania metod numerycznych

16. Czynniki wpływające na stopień
dysocjacji
 Stężenie
 Temperatura
 Rodzaj rozpuszczalnika
 Wspólny jon

17. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 2 słaby kwas i mocny kwas
Oblicz pH oraz stopień dysocjacji 1.00 dm3 roztworu
zawierającego 0.010 mola CH3COOH oraz 0.010 mola
HCl. Oblicz stopień dysocjacji CH3COOH w tym
roztworze. Stała Ka dla tego kwasu w temperaturze
25oC wynosi 1.8·10-5.
CH3COOH, HCl
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅10 −5
HCl + H 2O → H 3O + + Cl −
[CH 3COO − ][ H 3O + ]
Ka =
[CH 3COOH ]

18. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 2 słaby kwas i mocny kwas
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.01 0 0.01
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.01-x x 0.01+x
x( 0.01 + x )
Ka = = 1.8 ⋅10 −5
0.01 − x
0.01 − x ≅ 0.01 i 0.01 + x ≅ 0.01
x = 1.8 ⋅10 −5 mol / dm 3

19. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 2 słaby kwas i mocny kwas
Pod wpływem dodatku HCl stopień
dysocjacji CH3COOH zmalał z 4.2 % do
0.18%
pH roztworu pochodzi jednak od
mocnego kwasu!

20. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 3 bufory
Oblicz pH 1.00 dm3 roztworu zawierającego 0.010 mola
CH3COOH oraz 0.010 mola CH3COONa. Stała Ka dla
tego kwasu w temperaturze 25oC wynosi 1.8·10-5.
CH3COOH, CH3COONa
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅ 10−5
CH 3COONa → Na + + CH 3COO −
[CH 3COO − ][ H 3O + ]
Ka =
[CH 3COOH ]

21. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 3 bufory
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.01 0.01 0
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.01-x 0.01+x x
Ka =
( 0.01 + x ) x = 1.8 ⋅ 10−5
0.01 − x
0.01 − x ≅ 0.01 i 0.01 + x ≅ 0.01
x = 1.8 ⋅ 10−5

22. Obliczenia - równowagi w
roztworach
Przykład 3 bufory
[CH 3COO[ H 3O 3]O 1]8 ⋅ 10−5 mol
−
x = ][ H = . +
+
Ka = dm 3
[CH 3COOH ] +
pH = − log([ H 3O ]) = 4.74
+ K a [CH 3COOH ]0
[ H 3O ] =
W ogólności
[CH 3COO − ]0
 K a [CH 3COOH ]0 
pH = − log([ H 3O ]) = − log
+
 [CH COO ]  −
=
 3 0 
 [CH 3COOH ]0 
= − log K a − log
 [CH COO − ] 
 3 0 

23. Bufory
kwasowy
 ckw 
pH = pK a − log
c  
 s 
zasadowy
 cs 
pH = pK w − pK b − log
c  
 zas 
Własności roztworu buforowego:
- pH nie zmienia się z rozcieńczeniem
- pH zmienia się nieznacznie pod wpływem niewielkiego dodatku
kwasu lub zasady nieznacznie zmienia pH

24. Obliczenia - równowagi w
roztworach buforowych
Przykład 4 działanie buforu
Dodajemy 0.0050 mola NaOH (stałego) do roztworu z
przykładu 3.
CH3COOH, CH3COONa, NaOH
NaOH → Na + + OH −
OH − + CH 3COOH ↔ CH 3COO − + H 2O
CH 3COONa → Na + + CH 3COO −
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅10 −5
−
[CH 3COO − ][ H 3O + ]
Ka =
[CH 3COOH ]
Film 1 bufor działanie.MOV

25. Obliczenia - równowagi w
roztworach buforowych
Przykład 4
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.005 0.015 0
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.005-x 0.015+x +x
Ka =
( 0.015 + x ) x = 1.8 ⋅10 −5
0.005 − x
0.005 − x ≅ 0.005 i 0.015 + x ≅ 0.015
0.015 x
Ka = = 1.8 ⋅ 10−5
0.005
3 x = 1.8 ⋅ 10−5

26. Obliczenia - równowagi w
roztworach buforowych
Przykład 4
mol
x = [ H 3O ] = 6.0 ⋅ 10
+ −6
dm3
pH = − log([ H 3O ]) = 5.22
+
∆pH = 5.22 − 4.74 = 0.48
Po dodaniu 0.005 mola NaOH do 1 dm3 czystej wody (pH=7 w
temperaturze 25oC)
mol
[OH − ] = 0.0050
dm 3
pOH = − log([OH − ]) = 2.30
pH = 11.7
∆pH = 11.7 − 7.0 = 4.70

27. Bufory
Przykład 5 projektowanie roztworów buforowych
Potrzebny jest bufor o pH 4.30. Do dyspozycji są następujące kwasy i ich
sole sodowe:
Kwas chlorooctowy CH2ClCOOH Ka = 1.35·10-3
Kwas propionowy C2H5COOH Ka = 1.3·10-5
Kwas benzoesowy C6H5COOH Ka = 6.4·10-5
Kwas chlorowy (I) HClO Ka = 3.5·10-8
HA + H 2O ⇔ H 3O + + A−
[ H 3O + ][ A− ]
Ka =
[ HA]
K [ HA]
[ H 3O + ] = a −
[A ]

28. Bufory
Przykład 5 projektowanie roztworów buforowych
+ K [ HA] [ HA]
[ H 3O ] = a −
Odczynnik [A ] [ A− ]
Kwas [ HA]
chlorooctowy 5.0·10-5=1.35·10-3 [ A− ] 3.7·10-2
Kwas [ HA]
propionowy 5.0·10 =1.3·10
-5 -5
3.8
[ A− ]
Kwas
[ HA]
benzoesowy 5.0·10 =6.4·10
-5 -5
0.78
[ A− ]
Kwas chlorowy
[ HA]
(I) 5.0·10 =3.5·10
-5 -8
1.4·103
[ A− ]

29. Bufory
Przykład 5 projektowanie roztworów buforowych
+ K [ HA] [ HA]
[ H 3O ] = a −
Odczynnik [A ] [ A− ]
Kwas [ HA]
chlorooctowy 5.0·10-5=1.35·10-3 [ A− ] 3.7·10-2
Kwas [ HA]
propionowy 5.0·10 =1.3·10
-5 -5
3.8
[ A− ]
Kwas
[ HA]
benzoesowy 5.0·10 =6.4·10
-5 -5
0.78
[ A− ]
Kwas chlorowy
[ HA]
(I) 5.0·10 =3.5·10
-5 -8
1.4·103
[ A− ]

30. Bufory
Przykład 6 pojemność buforowa
Dodajemy 0.0050 mola NaOH (stałego) do 1.00 dm3
roztworu roztworu zawierającego 0.50 mola CH3COOH
oraz 0.50 mola CH3COONa. Stała Ka dla tego kwasu w
temperaturze 25oC wynosi 1.8·10-5.
CH3COOH, CH3COONa, NaOH
OH − + CH 3COOH → CH 3COO − + H 2O
CH 3COONa → Na + + CH 3COO −
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O + K a = 1.8 ⋅10 −5
−

31. Bufory
Przykład 6 pojemność buforowa
CH 3COOH + H 2O ↔ CH 3COO − + H 3O +
Stan początkowy 0.495 0.505 0
Zmiana -x +x +x
Równowaga 0.495-x 0.505+x +x
Ka =
( 0.505 + x ) x = 1.8 ⋅10 −5
0.495 − x
0.495 − x ≅ 0.495 i 0.505 + x ≅ 0.505
x = 1.76 ⋅10 −5

32. Bufory
Przykład 6 pojemność buforowa
+ mol
−5
x = [ H 3O ] = 1.76 ⋅ 10
dm 3
pH = − log([ H 3O + ]) = 4.75
∆pH = 4.75 − 4.74 = 0.01
Zmiana pH w przypadku buforu bardziej rozcieńczonego była znacznie
większa (przykład 4)
∆pH = 5.22 − 4.74 = 0.48
Co określa pojemność buforową? Który bufor ma większą pojemność?

33. Iloczyn rozpuszczalności
W nasyconym roztworze słabo rozpuszczalnej soli również
ustala się równowaga:
m+ n−
An Bm ( s ) ↔ nA (r ) + mB(r )
równowaga heterogeniczna – 2 fazy
m+ n n− m
Ks = [ A ] [B ]
iloczyn rozpuszczalności
(solubility product)
K s = f (T , p )

34. Iloczyn rozpuszczalności
m+
[A ] = R ⋅n
n− R – rozpuszczalność soli, mol/dm3
[B ] = R ⋅ m
n+ m
K s = n m [ R]
n m

35. Iloczyn rozpuszczalności
Substance T, °C Ksp
Carbonates Hydroxides
CaCO3 25 5 × 10-9 Ca(OH)2 0 9 × 10-6
PbCO3 20 1.4 × 10-13 Fe(OH)2 18 7 × 10-16
Li2CO3 0 2 × 10-3 Pb(OH)2 20 2 × 10-15
NiCO3 25 1.2 × 10-7 Mn(OH)2 18 1.7 × 10-13
Chromates Oxalates
PbCrO4 CdC2O4 25 1.5× 10-8
25 1.8× 10-14
Ag2CrO4 25 1.1× 10-12 MgC2O4 25 8.5× 10-5
SrCrO4 25 3.5× 10-5 Sulfates
BaSO4 25 1.1 × 10-10
Halides: chlorides,
bromides, iodides CaSO4 30 6 × 10-5
CuI 18 7 × 10-13 Hg2SO4 25 7 × 10-7
PbBr2 20 9 × 10-6 Ag2SO4 0 5 × 10-6
PbCl2 20 1.2 × 10-5 SrSO4 0 4 × 10-7
HgI2 25 3 × 10-29 Sulfides
Hg2Br2 25 6 × 10-23 CdS 18 4 × 10-30
Hg2Cl2 25 1.4 × 10-18 MnS 18 3 × 10-14
AgBr 100 5 × 10-10 HgS 18 1.5 × 10-53

36. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 6 rozpuszczalność
Iloczyn rozpuszczalności Cu(IO3)2=1.4·10-7 (w temp.
25oC). Oblicz rozpuszczalność tego związku w mol/dm3.
2+
Cu( IO3 ) 2 ( s ) ↔ Cu( r ) + 2 IO3−( r )
mol mol mol
R 3
R 3 2R 3
dm dm dm
KCu ( IO3 )2 = R ⋅ ( 2 R ) 2 = 4 R 3 = 1.4 ⋅ 10−7
1.4 ⋅ 10−7 mol
R=3 = 3.3 ⋅ 10−3
4 dm 3

37. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 7 wspólny jon i rozpuszczalność
Iloczyn rozpuszczalności CaF2=4.0·10-11 (w temp. 25oC).
Oblicz rozpuszczalność tego związku w wodzie i w
0.025 M roztworze NaF.
CaF2 ( s ) ↔ Ca (2r+ + 2 F(−)
) r w wodzie
KCaF2 = [Ca 2+ ][ F − ]2
Stan początkowy 0 0
Zmiana +R +2R
Równowaga R 0+2R
KCaF2 = R ⋅ ( 2 R ) 2 ≅ 4 R 3
1
 4.0 ⋅ 10 −11
3 mol
R=
  = 2.15 ⋅ 10−4

 4  dm 3

38. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 7 wspólny jon i rozpuszczalność
Iloczyn rozpuszczalności CaF2=4.0·10-11 (w temp. 25oC).
Oblicz rozpuszczalność tego związku w wodzie i w
0.025 M roztworze NaF.
CaF2 ( s ) ↔ Ca (2r+ + 2 F(−)
) r w NaF
KCaF2 = [Ca 2+ ][ F − ]2
Stan początkowy 0 0.025
Zmiana +R +2R
Równowaga R 0.025+2R
KCaF2 = R ⋅ (0.025 + 2 R ) 2 ≅ R ⋅ 0.0252
4.0 ⋅ 10−11 mol
R= = 6.4 ⋅ 10−6
6.25 ⋅ 10−4 dm 3

39. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 8 warunki wytrącania osadów
Zmieszano 750 cm3 0.0040 M roztworu Ce(NO3)3 i
300 cm3 0.020 M roztworu KIO3. Czy wytrąci się osad?
Ce(3r+) + 3IO3−( r ) ↔ Ce( IO3 )3( s )
K s = 1.9 ⋅ 10−10
Objętość końcowa roztworu:
Vk = V p ,Ce ( NO3 )3 + V p ,KIO3 = 750 + 300 = 1050 cm 3
Z bilansu masy (liczby moli) wynika:
n p ,Ce3+ = nk ,Ce3+ ⇒ c p ,Ce3+ ⋅ V p ,Ce ( NO3 )3 = ck ,Ce3+ ⋅ Vk ,Ce ( NO3 )3
n p , IO − = nk , IO − ⇒ c p , IO − ⋅ V p ,KIO3 = ck , IO − ⋅ Vk ,KIO3
3 3 3 3

40. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 8 warunki wytrącania osadów
3+ −3 mol 750 cm 3 −3 mol
[Ce ] = 4.0 ⋅ 10 3
⋅ 3
= 2.86 ⋅ 10
dm 1050 cm dm 3
mol 300 cm 3 −3 mol
[ IO3− ] = 2.0 ⋅ 10−2 3
⋅ 3
= 5.71 ⋅ 10
dm 1050 cm dm 3
Obliczamy równoważnik reakcji Q
3+ − 3
(
Q = [Ce ]0 ⋅ [ IO ] = 2.86 ⋅10
3 0
−3
) ⋅ (5.71⋅10 )
−3 3
Q = 3.54 ⋅10 −10 > K s = 1.9 ⋅10 −10
Osad wytrąci się

41. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 9 warunki wytrącania osadów
Zmieszano 100 cm3 0.050 M roztworu Pb(NO3)2 i
200 cm3 0.100 M roztworu NaI. Oblicz stężenia
równowagowe jonów w tym roztworze?
Pb(2r+) + 2 I (−r ) ↔ PbI 2 ( s )
K s = 1.4 ⋅ 10−8
Objętość końcowa roztworu:
Vk = V p ,Pb ( NO3 )2 + V p , NaI = 100 + 200 = 300 cm 3
Z bilansu masy (liczby moli) wynika:
n p ,Pb2 + = nk ,Pb2 + c p ,Pb2 + ⋅ V p ,Pb ( NO3 )2 = ck ,Pb2 + ⋅ Vk ,Pb ( NO3 )2
n p , I − = nk , I − c p , I − ⋅ V p , NaI = ck , I − ⋅ Vk , NaI

42. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 9 warunki wytrącania osadów
2+ −2 mol 100 cm 3 − 2 mol
[ Pb ] = 5.0 ⋅ 10 3
⋅ 3
= 1.67 ⋅ 10
dm 300 cm dm 3
− −1 mol 200 cm 3 − 2 mol
[ I ] = 1.0 ⋅ 10 3
⋅ 3
= 6.67 ⋅ 10
dm 300 cm dm 3
1. Obliczamy równoważnik reakcji Q
Q = [ Pb ]0 ⋅ [ I ] = (1.67 ⋅ 10
2+ − 2
0
−2
) ⋅ (6.67 ⋅10 )
−2 2
Q = 7.4 ⋅ 10−5 > K s = 1.4 ⋅ 10−8
Osad wytrąci się

43. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 9 warunki wytrącania osadów
2. Sprawdzamy, czy któryś z substratów jest w nadmiarze
2+ −
Pb + 2 I
(r) (r) → PbI
2( s )
mol
n p ,Pb2 + = c p ,Pb2 + ⋅ V p ,Pb ( NO3 )2 = 0.1 dm ⋅ 0.05
3
3
= 0.005 mol
dm
mol
n p , I − = c p , I − ⋅ V p , NaI = 0.2 dm ⋅ 0.1 3 = 0.02 mol
3
dm
Pb2+ jest substratem limitującym
przy założeniu reakcji nieodwracalnej pozostaje w roztworze:
nk ,Pb2 + = 0 ck ,Pb2 + = 0
0.01 mol mol
nk , I − = 0.02 − 2 ⋅ 0.005 = 0.01 mol ck , I − = = 3.33 ⋅ 10−2
0.3 dm 3 dm 3

44. Obliczenia związane z iloczynem
rozpuszczalności
Przykład 8 warunki wytrącania osadów
3. Obliczamy stężenia równowagowe reakcji
2+ −
PbI 2 ( s ) ↔ Pb + 2 I (r) (r)
Stan początkowy 0 0.0333
Zmiana +x +2x
Równowaga x 0.0333+2x
K PbI 2 = x ⋅ (0.0333 + 2 x) 2 ≅ x ⋅ 0.03332 i x << 0.0333
mol mol
x = [ Pb 2+ ] = 1.3 ⋅10 −5 i [ I − ] = 3.3 ⋅10 − 2
dm 3 dm 3
mol mol
sprawdzamy [ I − ] = 3.3 ⋅10 − 2 >> x = 2 ⋅1.3 ⋅10 −5
założenie dm3 dm 3

45. Iloczyn rozpuszczalności
Film 1 iloczyn rozpuszczalności.MOV

46. Iloczyn rozpuszczalności
 2AgNO3(r) + NaHCO3(r) + NaOH(r) → Ag2CO3(s) + 2NaNO3 + H2O
białawy osad
 Ag2CO3(s) + 2NaCl(r) → 2AgCl(s) + Na2CO3(r)
biały osad
rozpuszczanie
 2AgCl(s) + 2NH3(r) → Ag(NH3)2Cl(r)
 Ag(NH3)2Cl(r) + NaBr(r) → AgBr(s) osad
biały + NaCl + 2 NH3(r)
rozpuszczanie
 AgBr(s) + 2Na2S2O3(r) → Na3Ag(S2O3)2(r) + NaBr(r)
 Na3Ag(S2O3)2(r) + KI → AgI(s) + osad 2O3(r) + Na2S2O3(r)
kremowy KNaS
 2AgI(s) + Na2S(r) → Ag2S(s) + osad (r)
brunatny 2NaI

47. Iloczyn rozpuszczalności
Obserwacja
mol
RAg2CO3 > RAgCl > RAgBr > RAgI > RAg2 S
dm3
Wyjaśnienie
8.2 ⋅ 10−12
Ag2CO3 K=8.1·10 -12
K Ag CO = [ Ag ] [CO ] = 4 R
+ 2 2−
3
3
R=3 = 1.3 ⋅ 10− 4
2 3
4
AgCl K=1.6·10-10 K AgCl = [ Ag + ][Cl − ] = R 2 R = 1.6 ⋅ 10−10 = 1.3 ⋅ 10− 5
K AgBr = [ Ag + ][ Br − ] = R 2 R = 5.0 ⋅ 10−13 = 7.1 ⋅ 10− 7
AgBr K=5.0 ·10 -13
K AgI = [ Ag + ][ I − ] = R 2 R = 1.5 ⋅ 10−16 = 1.2 ⋅ 10− 8
AgI K=1.5·10-16
1.6 ⋅ 10− 49
K Ag S = [ Ag + ]2 [ S 2− ] = 4 R 3 R=3 = 3.4 ⋅ 10−17
Ag2S K=1.6·10-49 2
4

48. Filtrowanie wody