Wir wissen, dass die Formel: $ K_a $ $ = $ $ \frac{[H_3O^+]^2}{c_{HB}-[H_3O^+]} $ verwendet wird , um $ [H_3O^+] $, dann den $ pH $ einer schwachen verdünnten Säurelösung zu berechnen. Die Praxis zeigt, dass $ [H_3O^+] $ oft viel kleiner ist als $ c_{HB} $: Wenn $ [H_3O^+] $ mehr als 100 mal kleiner ist als $ c_{HB} $ , können wir $ [H_3O^+] $ im Ausdruck $ c_ {HB} $ $ - $ $ [H_3O^+] $ vernachlässigen und diesen Ausdruck durch $ c_ {HB} $ ersetzen . Untersuchen wir diese Bedingung: $[H_3O^+]$ ist mehr als 100 mal kleiner als $c_{HB}$ $[H_3O^+]$ $\lt $ $\frac{c_{HB}}{100}$ $\frac{(\frac{c_{HB}}{100})^2}{c_{HB}-\frac{c_{HB}}{100}}$ $\gt $ $K_a$ $\frac{c_{HB}}{9900}$ $\gt$ $ K_a$ $\frac{K_a}{c_{HB}}$ $\lt$ $1,01\cdot 10^{-4}$ $\approx$ $ 10^{-4}$
Also unter dieser Bedingung kann $ [H_3O^+] $ im Ausdruck $ c_{HB} $ $ - $ $ [H_3O^+] $ vernachlässigt werden und es kommt : $K_a$ $=$ $\frac{[H_3O^+]^2}{c_{HB}-[H_3O^+]} $ $\approx$ $ \frac{[H_3O^+]^2}{c_{HB}}$ also:
$\frac{K_a}{c_{HB}}$ $\lt$ $ 10^{-4}$ $\rightarrow$ $[H_3O^+]$ $=$ $\sqrt{K_ac_{HB}}$ $pH$ $=$ $\frac{1}{2}pK_a$ $-$ $\frac{1}{2}log(c_{HB})$
Beispiel: Es sei eine schwachen Säurelösung $ 10^{-1} \frac{mol}{L} $ mit $ K_a $ $ = $ $ 10^{- 6} $: Da $ \frac{K_a}{c_{HB}} $ $ = $ $ 10^{-5} $ $ \lt $ $ 10^{-4} $, haben wir : $pH$ $=$ $\frac{1}{2}6-\frac{1}{2}log10^{-1}$ $=$ $3,5$