酸・塩基の計算
強酸・強塩基
前回の講義で見たように。 強酸と強塩基を含む計算は非常に簡単です。 これらの種は、水の中で完全に解離します。 ですから、= 。 強塩基の場合は、式に注意してください。 I族とII族はともに水酸化物（OH-）と酸化物（O2-）の塩を形成します。 NaOHは塩1モルに対して1モルのOHを与えますが、Ca(OH)2は塩1モルに対して2モルのOHを与えます。 orを知っていれば、これをpHやPOHの量に変えるのは簡単です。
弱酸性と弱塩基
これらは不完全解離を起こし、平衡状態のシステムとして存在しているため、より困難です。 最も良い方法は、最も体系的なアプローチです。
1. これを、初期濃度、平衡濃度、Kの値など、与えられた情報と比較します。
2.反応中に変化する未知の濃度をxと定義します。
3.未知の濃度を組み込んだ反応表（ICE表）を作成します。
4.計算を簡単にするための仮定を立てる。 これらは弱酸性や塩基のように平衡定数が小さい系にのみ適用されるため、まだ説明していません。
a. K の値が小さいので、最初の酸または塩基がほとんど解離しないことがわかります。 予備計算の際には、i≈eqと仮定しても問題ないことが多いです。
b. また、水の自己イオン化による溶液中のandは無視できると仮定します。 これが重要になるのは、酸や塩基の濃度が非常に低く（< 10-6 M）、水がH+やOH-の主な供給源になる場合だけです。
例1-溶液のpHから弱酸のKaを求める
ギ酸（HCOOH）の0.10M溶液は25℃でpH=2.38です。
1. HCOOH (aq) DHCOO- + H+ Ka = eqeq
eq
溶液のpHが与えられているので、H+の平衡濃度がわかります。 eq= 10-2.38 = 4.2 x 10-3 M
2.HCOOHの初期濃度がわかります。 酸が解離してHCOO-とH+になるとxモルのHCOOHが失われます
3. (M) (M) (M)
初期値0.10 0.00 0.00
変化 -x +x +x
均衡 0.10 -x x
Ka = (x)(x)
(0.10 – x)
4.H+はすべて酸から来て、水からは来ないと仮定します。 これは、水からのMH+の1.0 x 10-7よりもはるかに高い値です。 また、HCOOHの濃度は、0.10から0.10-4.17×10-3と、ほとんど変化しないことがわかります。 濃度の変化は、元の濃度の5%以下であれば無視できます。 0.10 M x 5%= 5.0 x 10-3なので、この問題での変化は無視できます。
Ka= (x)(x) = (4.2 x 10-3)2= 1.8 x 10-4
(0.10) (0.10)
また、この問題のイオン化率を計算することができます。 これは、解離した酸の分子の相対的な数を表します。
eq x 100
i
この場合、イオン化度={(4. 2 x 10-3)/(0.10)}となります。2 x 10-3)/(0.10)}x 100 = 4.2%
この条件では、この酸はほとんど解離(イオン化)しないことを示しています。
例2-弱酸性のKaを与えたときの溶液のpHを求める。
0.10M HFの水溶液のpHを計算します。 (M) (M) (M)
Initial 0.10 0.00 0.00
Change -x +x +x
Equilibrium 0.10 – x x x
4.ここでは、HFは酸からのみ得られ、HFの初期濃度の減少は無視できると仮定します。
Ka = 6.8 x 10-4 = (x)(x) x= 8.2 x 10-3
(0.10)
さて、この単純化が許されるかどうか、元の濃度の5%以下であるかどうかを確認する必要があります。
8.2 x 10-3 x 100 = 8.2%なので、簡略化は使えません！
Ka = 6.8 x 10-4 = (x)(x)
(0.10 – x)
これを二次方程式として表現し、解く必要があります
x2 + 6.8 x 10-4x – 6.8 x 10-5 = 0 x= -b ±Öb2 – 4 a c
2 a
x = 7.9 x 10-3 M =
pH = – log (7.9 x 10-3) = 2.10
(私のように二次方程式を解くのが嫌いな人には、逐次反復法という方法があります。 この方法を使うには、酸の初期濃度に比べてxが無視できると仮定して、最初に解いたときと同じようにxを解き、x = 8.2 x 10-3とします。 次に、この値を式から差し引いて代入します。 この答えにKaを掛けてその平方根を取ると、新しいxの値が得られます。正しくできていれば、約7.9×10-3になっているはずです。 もう一度、この数値を.Kaをかけて平方根をとったものから引きます。 これで7.9×10-3となり、正解です。 この手順のどこかで、必ず繰り返しの値が得られ、正しい解が得られます。 5%の仮定が正しいかどうかを知るには、iとKaを比較します。 そうでない場合は、鉛筆を持って二次方程式を解くか、電卓を使って正しい答えに収束させてください）
この実験のイオン化率を再び計算することができます。 それは{(7.9×10-3)/(9.10)}x100 = 7.9 %
例題3 HFの0.010M溶液のpHは？ これは、例2と同じシステムで、HFの濃度がより希薄になっただけです。
Ka= (x)(x) = 6.8 x 10-4
(0.010 -x)
xを二次方程式で解くとx = 2.3 x 10-3 M
従って、pH = 2.64となります。
この結果、pH=2.64となり、より希薄な系のH+の濃度が低いため、pHはわずかに酸性に傾きます。
イオン化率= ( / ) x 100 = {(2.3 x 10-3)/(0.010)}x 100 = 23.0%
イオン化率は低いですが、希薄な酸の方がはるかに高いのです。 これは、気体系で見たことと似ています。 気体系の体積を小さくすると、ガスのモル数が少ない側に平衡がシフトすることがわかりました。 水系でも同じように濃度の影響が見られます。 酸解離の問題では、生成物にM2、反応物にMが存在します。 すべての種の濃度を下げると、Q < Kaになりますが、これは分子（生成物）を二乗しているのであって、分母（反応物）を二乗しているわけではないからです。 また、酸の濃度が低ければ、より多くの酸がイオン化します。
例4 弱塩基の計算。 全く同じ方法で、Kb値と弱塩基の平衡式を使って設定します。
0.15MのNH3溶液のpHを計算します。 25℃のアンモニアのKboは1.8×10-5です。
1. NH3DNH4+ + OH- Kb = eqeq
eq
2.Kbとiがわかっている
初期 0.15 0.00 0.00
変化 -x +x +x
平衡 0.15 – x x x
4.水の自己イオン化で生じるOHは非常に小さく、アンモニアがイオン化するのはごくわずかであると仮定する。
Kb =1.8 x 10-5 = (x)(x) x = 1.64 x10-3 =
(0.15)
1.64×10-3×100＝1％＝イオン化率となり、xについて単純化した仮定を立てることができた証拠となります <<0.15.
これは、水に含まれる1 x 10-7 M OH-よりもはるかに大きいです。
問題では、この溶液のpHを求めました。
質問はこの溶液のpHを尋ねましたが、pHは2つの方法で解くことができます。
pH + pOH = 14 or = 1 x 10-14
= 1.64 x 10-3 なので、pOH =-log(1.64 x 10-3) = 2.79
2.79 + pH = 14 pH = 11.21
or = 1 x 10-14 = 6.10 x 10-12 pH = 11.21.
例題5 ポリプロ酸
H2CO3の0.0037M溶液のpHを求めます。
H2CO3 (aq) DH+ (aq) + HCO3- (aq) Ka1 = 4.3 x 10-7
HCO3- (aq) DH+ (aq) + CO3- (aq) Ka2 = 5.6 x 10-11
最初の酸であるH2CO3は、Kaの値が大きいことから、より強い酸であることがわかります。
初期値 0.0037 0.00 0.00
変化 -x +x +x
平衡 0.0037- x x
4.3 x 10-7 = x2 x = 4.0 x 10-5
(0.0037 – x)
xが<< 0.0037であるという仮定を検証するには、4.0×10-5×100=1.
3.7×10-3
つまり、最初の解離反応が小さかったので、=0.0037Mとなりましたが、=4.0×10-5Mとなりました。
この濃度を2回目の酸性反応の初期濃度とすることができます。
HCO3- (aq) DH+ (aq) + CO32- (aq) Ka = 5.6 x 10-11
(M) (M) (M)
初期値 4.0x 10-5 4.0x 10-5 0.00
変化 -y +y +y
.