Arenijaus (Arrhenius) teorija

Rūgštys ir bazės

Arenijaus (Arrhenius) teorija Rūgštis: Bazė: H 2 O HCl(d) H + (aq) + Cl - (aq) H 2 O NaOH(k) Na + (aq) + OH - (aq) Tuomet neutralizacijos reakcija: Na + (aq) + OH - (aq) + H + (aq) + Cl - (aq) H 2 O(sk) + Na + (aq) + Cl - (aq) H + (aq) + OH - (aq) H 2 O(sk)

Arenijaus (Arrhenius) teorija Rūgštis: H 2 O HCl(d) H + (aq) + Cl - (aq) Bazė:? NH 4 OH(aq) NH 4+ (aq) + OH - (aq) Tuomet neutralizacijos reakcija: NH 4+ (aq) + OH - (aq) + H + (aq) + Cl - (aq) H 2 O(sk) + NH 4+ (aq) + Cl - (aq) H + (aq) + OH - (aq) H 2 O(sk) Tačiau realybėje junginys NH 4 OH neegzistuoja! Tai kas gi tuomet šioje reakcijoje yra bazė?

Brønsted-Lowry rūgščių bazių teorija Rūgštys yra protonų donorai. Bazės yra protonų akceptoriai. bazė rūgštis NH 3 + H 2 O º NH 4+ + OH - NH 4+ + OH - º NH 3 + H 2 O rūgštis bazė

Bazės jonizacijos konstanta K b bazė rūgšis konjuguota rūgštis konjuguota bazė NH 3 + H 2 O º NH 4 + + OH - [NH 4+ ][OH - ] K c = [NH3 ][H 2 O] labai didelė ir mažai kinta [H 2 O] 55,55 mol/l t.y. [H 2 O] const. Todėl: K b = K c [H 2 O] = [NH 4+ ][OH - ] = 1.8H10-5 [NH 3 ]

Rūgšties jonizacijos konstanta K a rūgštis bazė konjuguota bazė CH 3 CO 2 H + H 2 O º CH 3 CO 2- + H 3 O + [CH 3 CO 2- ][H 3 O + ] K c = [CH3 CO 2 H][H 2 O] konjuguota rūgštis [CH 3 CO 2- ][H 3 O + ] K a = K c [H 2 O] = = 1.8H10-5 [CH 3 CO 2 H]

Santykiniai kai kurių Brønsted-Lowry rūgščių ir bazių stiprumai stiprėja rūgštinės savybės stiprėja bainės savybės HCl + OH - Cl - + H 2 O HClO 4 + H 2 O ClO 4- + H 3 O + NH 4+ + CO 3 2- º NH 3 + HCO 3 - H 2 O + I - OH - + HI

Vandens savijonizacija bazė rūgštis konjuguota rūgštis konjuguota bazė

Vandens joninė sandauga K w bazė rūgštis konjuguota rūgštis konjuguota bazė H 2 O + H 2 O º H 3 O + + OH - H 3 O + koncentracija OH - koncentracija [H 3 O + ][OH - ] K c = [H2 O][H 2 O] K W = K c [H 2 O][H 2 O] = [H = 1.0H10-14 3 O + ][OH - ] K W =[H 3 O + ][OH - ] = 1.0H10-14 esant 25 o C

ph ir poh Vandenilio jonų potencialas 1909 metais buvo pirmą kartą apibrėžtas kaip [H + ] neigiamas dešimtainis logaritmas. ph = -log[h 3 O + ] poh = -log[oh - ] K W = [H 3 O + ][OH - ] = 1.0H10-14 -logk W = -log[h 3 O + ]-log[oh - ]= -log(1.0h10-14 ) pk W = ph + poh= -(-14) pk W = ph + poh = 14

Pavyzdys: Žinodami tirpalo koncentraciją suskaičiuokite ph. Suskaičiuokite 0.022 M Ca(OH) 2 tirpalp ph. Sprendimas: Tirpstant vandenyje 1 mol Ca(OH) 2 susidaro 2 mol OH -, todėl 0.022 M Ca(OH) 2 koncentracijos tirpale susidarys: 0.022 M 2 = 0.044 M OH - jonų koncentracija. poh = -log[oh - ] = -log 0.044 =1.36 ph = 14 poh = 14 1.36 = 12.64

ph ir poh skalė 1 M NaOH (ph 14.0) Labiau rūgštinis Labiau bazinis BAZINĖ NEUTRALI RŪGŠTINĖ NEUTRALI BAZINĖ RŪGŠTINĖ Amoniakinis vanduo (ph 11.9) Valgomosios sodos 0,1 M tirpalas (ph 8.4) Jūros vanduo (ph 7.0-8,5) Kraujas (ph 7.4) Pienas (ph 6.4) Alus (ph 4.5) Valgomasis actas (ph 2.4-3.4) 1 M HCl (ph = 0)

K a ir K b tarpusavio sąryšis + NH 3 + H 2 O º NH 4+ + OH - K b = NH 4+ + H 2 O º NH 3 + H 3 O + K a = [NH 4+ ][OH - ] = 1.8H10-5 [NH 3 ] [NH 3 ][H 3 O + ] = 5.6H10-10 [NH 4+ ] H 2 O + H 2 O º H 3 O + + OH - K a K b = [NH 3 ][H 3 O + ] [NH 4+ ] [NH 4+ ][OH - ] = [H [NH 3 ] 3 O + ] [OH - ] = K w K a K b = K w lnk a + lnk b = ln K w = 14 pk a + pk b = 14

Stiprios rūgštys ir bazės. K a ir K b >> 1 HCl + H 2 O º Cl - + H 3 O + Dažniausiai naudojamos stiprios rūgštys ir bazės [Cl - ][H 3 O + ] K a = >> 1 [HCl] (labai didelė) Rūgštys Bazės nes [Cl - ][H 3 O + ] >> [HCl] Todėl HCl tirpalą sudarys tik Cl -, H 3 O +, OH - ir H 2 O, t.y praktiškai nebus HCl molekulių.

Silpnos rūgštys ir bazės. K a ir K b < 1 Acto (etano) rūgštis HC 2 H 3 O 2 arba CH 3 COOH rūgštis bazė konjuguota bazė konjuguota rūgštis

Silpnos rūgštys CH 3 CO 2 H + H 2 O º CH 3 CO 2- + H 3 O + [CH 3 CO 2- ][H 3 O + ] K a = = 1.8H10-5 [CH 3 CO 2 H] pk a = -log(1.8h10-5 ) = 4.74 pieno rūgštis CH 3 -CH(OH) -COOH O R C glicinas H 2 N-CH 2 -COOH OH

Silpnų rūgščių ir bazių jonizacijos konstantos Jonizacijos pusiausvyra Jonizacijos Konstanta K Rūgštys Jodatinė Chloritinė Chloracto Nitritinė Fluoridinė Metano Benzoinė Hidrazininė Etano Hipochloritinė Ciano Fenolas Vandenilio peroksidas Bazės Dietilaminas Etilaminas Amoniakas Hidroksilaminas Piridinas Anilinas Rūgštingumo stiprėjimas Baziškumas

Pavyzdys 1: Suskaičiuokite silpnos rūgšties jonizacijos konstantą K a, žinodami tirpalo ph. Butano rūgštis, HC 4 H 7 O 2 (arba CH 3 CH 2 CH 2 COOH) yra naudojama kaip reagentas sintetinant dirbtines kvapiąsias medžiagas. 0.250 M koncentracijos HC 4 H 7 O 2 vandeninio tirpalo ph lygi 2.72. Suskaičiuokite butano rūgšties K a. Sprendimas: HC 4 H 7 O 2 + H 2 O º C 4 H 7 O 2- + H 3 O + K a =? Kadangi butano rūgšties K a yra žymiai didesnė (daugiau 1000 kartų) už K W, todėl skaičiavimuose nebūtina atsižvelgti į vandens jonizaciją.

Pavyzdys 1 Sprendžiant tokį uždavinį duomenis patogiausia surašyti į lentelę: HC 4 H 7 O 2 + H 2 O º C 4 H 7 O - 2 + H 3 O + Pradinės konc., mol/l 0.250 0 0 Pokytis, mol/l - x + x + x Galutinė arba pusiausvyrinės konc., 0.250 - x x x mol/l

Pavyzdys 1 HC 4 H 7 O 2 + H 2 O º C 4 H 7 O 2- + H 3 O + Kadangi ph = - log[h 3 O + ] = 2.72 tuomet [H 3 O + ] = 10-2.72 = 1.9H10-3 = x Užrašome rūgšties jonizacijos konstantą: K a = [H 3 O + ] [C 4 H 7 O 2- ] [HC 4 H 7 O 2 ] = x x (0.250 x) = 1.9H10-3 1.9H10-3 (0.250 1.9H10-3 ) K a = 1.5H10-5 Patikrinkite prielaidą: K a >> K W.

Pavyzdys 2: Suskaičiuokite silpnos rūgšties tirpalo ph žinodami K a,. Suskaičiuokite 0.100 M koncentracijos etano (acto) rūgšties (HC 2 H 3 O 2 ) tirpalo ph? Acto rūgšties K a = 1.8H10-5. Sprendimas: HC 2 H 3 O 2 + H 2 O º C 2 H 3 O - 2 + H 3 O + Pradinės konc. 0.100 M 0 0 Pokytis -x M +x M +x M Pusiausvyrinės konc. (0.100-x) M x M x M

Pavyzdys 2 HC 2 H 3 O 2 + H 2 O º C 2 H 3 O 2- + H 3 O + Užrašome rūgšties jonizacijos konstantą: [H 3 O + ] [C 2 H 3 O 2- ] x x K a = = = 1.8H10-5 [HC 2 H 3 O 2 ] (0.100 x) 0.100 nes x << 0.1 Todėl x 2 = 0.100 H 1.8 H10-5 x = 0.100 H 1.8 H10-5 = 1.3H10-3 M = [H 3 O + ] ph = - log[h 3 O + ] = - log(1.3h10-3 ) = - (-2.89) = 2.89

Procentinė jonizacija Nurodo, kokia dalis (%) molekulių jonizuojasi Procentinė jonizacija K a = [H 3O + ][A - ] [HA] K a = n H 3 n O + A - n HA 1 V Molinė koncentracija (tirpalo ph)

Procentinė jonizacija HA + H 2 O º H 3 O + + A - Jonizacijos laipsnis α = [H 3O + ] iš medžiagos HA [HA] pradinė Procentinė jonizacija = [H 3 O + ] iš medžiagos HA [HA] pradinė H 100%

Amino rūgštys. Amfoteriškumas. glicinas H 2 N-CH 2 -COOH bazinė grupė rūgštinė grupė Vandeniniuose tirpaluose amino rūgščių amino grupės (-NH 2 ) bei karboksilinės grupės (-COOH) jonizuojasi ir amino rūgštis tampa cviterjonu (zwitterion) molekulė cviterjonas H H + H R C COOH º 2 O R C COO - NH 2 NH + 3..

Amino rūgštys. Amfoteriškumas. Amino rūgštys yra amfoterinės medžiagos, nes turi ir rūgštinę (-COOH) ir bazinę (-NH 2 ) grupes. Pagal Brønsted-Lowry teoriją rūgštinėje terpėje amino rūgštys pasižymi bazinėmis savybėmis: H H R C COO - + H 3 O + º R C COOH + H 2 O NH 3 + NH 3 + bazė rūgštis konjuguota konjuguota rūgštis bazė Bazinėje terpėje amino rūgštys pasižymi rūgštinėmis savybėmis: H H R C COO - + OH - º R C COO - + H 2 O NH 3 + rūgštis bazė NH 2 konjuguota bazė konjuguota rūgštis

Daugiabazės (daugiaprotonės) rūgštys Fosforo rūgštis: Tribazė rūgštis. H 3 PO 4 + H 2 O º H 3 O + + H 2 PO 4 - H 2 PO 4- + H 2 O º H 3 O + + HPO 4 2- HPO 4 2- + H 2 O º H 3 O + + PO 4 3- K a1 = 7.1H10-3 K a2 = 6.3H10-8 K a3 = 4.2H10-13 Todėl fosforo rūgšties tirpalo pilna sudėtis: H 3 PO 4, H 2 PO 4-, HPO 4 2-, PO 4 3-, H 3 O +, OH - ir H 2 O

Fosforo rūgštis kadangi K a1 >> K a2 todėl beveik visi H 3 O + susidaro pirmos jonizacijos pakopos metu. kadangi H 2 PO 4- toliau mažai jonizuojasi. todėl galima tarti, kad [H 2 PO 4- ] [H 3 O + ]. [HPO 4 2- ].K a2 nepaisant tirpalo molinės koncentracijos.

Pavyzdys 3. H 3 PO 4 jonizacija Suskaičiuokite jonų koncentracijas daugiabazių rūgščių tirpaluose. 3.0 M koncentracijos H 3 PO 4 tirpale suskaičiuokite: (a) [H 3 O + ]; (b) [H 2 PO 4- ]; (c) [HPO 4 2- ] (d) [PO 4 3- ] Visų pirma tiriame I-mos pakopos jonizaciją: H 3 PO 4 + H 2 O º H 2 PO 4 - + H 3 O + Pradinė konc. 3.0 M 0 0 Pokytis -x M +x M +x M Pusiausvyrinė konc. (3.0-x) M x M x M

Pavyzdys 3. H 3 PO 4 jonizacija H 3 PO 4 + H 2 O º H 2 PO 4 - + H 3 O + K a = [H 3 O + ] [H 2 PO 4- ] [H 3 PO 4 ] = x x (3.0 x) = 7.1H10-3 Kadangi x << 3.0 lygtį galima supaprastinti x 2 = (3.0)(7.1H10-3 ) iš čia x = 0.14 M tuomet [H 2 PO 4- ] = [H 3 O + ] = 0.14 M

Pavyzdys 3. H 3 PO 4 jonizacija Tiriame II-ros pakopos jonizaciją: H 2 PO - 4 + H 2 O º HPO 2-4 + H 3 O + Pradinės konc. 0.14 M 0 0.14 M Pokyčiai -y M +y M +y M Pusiausv.konc. (0.14 - y) M y M (0.14 +y) M K a = [H 3 O + ] [HPO 4 2- ] [H 2 PO 4- ] y (0.14 + y) = = 6.3H10-8 (0.14 - y) y << 0.14 M y = [HPO 4 2- ] = 6.3H10-8 M

Pavyzdys 3. H 3 PO 4 jonizacija Tiriame III-čios pakopos jonizaciją: HPO 4 - + H 2 O º PO 4 3- + H 3 O + K a = [H 3 O + ] [PO 4 3- ] [HPO 4 2- ] (0.14)[PO 3-4 ] = = 4.2H10-13 M 6.3H10-8 [PO 4 3- ] = 1.9H10-19 M palyginimui [HPO 4 2- ] = 6.3H10-8 M [H 2 PO 4- ] = [H 3 O + ] = 0.14 M

Daugiabazių rūgščių jonizacijos konstantos Rūgštys Sulfidinė Jonizacijos pusiausvyra Jonizacijos konstanta K Anglies Fosforo Sulfitinė Rūgštingumo stiprėjimas Sieros (sulfatinė)

Sieros rūgštis Sieros rūgštis : Dvibazė rūgštis. H 2 SO 4 + H 2 O º H 3 O + + HSO 4 - HSO 4- + H 2 O º H 3 O + + SO 4 2- K a = labai didelė K a = 1.96

Hendenson-Hasselbalch o lygtis Pritaikius: K a = [konjuguota bazė][h 3 O + ] [rūgštis] [rūgštis] [H 3 O + ] = K a [konjuguota bazė] Išlogaritmavus: [bazė] ph = pk a + log [rūgštis]

Hendenson-Hasselbalch o lygties taikymas Glicinas H H H C COO - + H 2 O º H C COO - + H 3 O + NH 3 + NH 2 K a = 2,5 10-10 pk a = 9,60

Titravimo kreivė NaOH tūris stiprios rūgšties tūris