tính toán trong hỗn hợp nhiều đơn axit yếu nhiều đơn bazo yếu

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ
KHOA HÓA HỌC
TIỂU LUẬN HÓA HỌC PHÂN TÍCH NÂNG CAO
MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHI TÍNH TOÁN
TRONG DUNG DỊCH HỖN HỢP
NHIỀU ĐƠN AXIT YẾU – NHIỀU ĐƠN BAZƠ YẾU
Niên khóa: 2014 - 2016 
Giảng viên hướng dẫn
PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN
Học viên thực hiện
NGUYỄN THỊ QUỲNH CHI (PT)
LÊ THỊ HỒNG DIỄN (PP)
ĐẶNG THỊ THU HƯƠNG (PP)
CẤU TRÚC TIỂU LUẬN
NỘI DUNG
MỞ ĐẦU
1
2
3
1
2
Lí do chọn đề tài
Mục đích nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu
Dung dịch hỗn hợp nhiều đơn axit yếu
Dung dịch hỗn hợp nhiều đơn bazơ yếu
KẾT LUẬN
Phản ứng axit – bazơ là phản ứng rất quan trọng cả về mặt nghiên cứu lý thuyết và mặt ứng dụng hóa học vào thực
tiễn.
Tính axit hay bazơ của dung dịch có ảnh hưởng rất lớn đến các quá trình xảy ra trong dung dịch như khả năng tạo

phức của ion kim loại, phản ứng OXH - K, khả năng bị thuỷ phân của các ion kim loại …
Do đó, việc tính toán cân bằng trong dung dịch axit – bazơ giữ vai trò quan trọng không chỉ đối với hóa phân tích
mà cả với hóa học nói chung. Tuy nhiên việc tính toán cân bằng trong dung dịch axit – bazơ là khá phức tạp vì trong
dung dịch có nhiều cân bằng xảy ra để chọn cân bằng nào chủ yếu là rất khó khăn. Trong đó có dung dịch hỗn hợp các
đơn axit yếu – các đơn bazơ yếu.
Trên những cơ sở đó nhóm 3 quyết định chọn đề tài “Một số vấn đề khi tính toán trong dung dịch hỗn hợp nhiều
đơn axit yếu – nhiều đơn bazơ yếu”.
MỞ ĐẦU
I. DUNG DỊCH HỖN HỢP NHIỀU ĐƠN AXIT YẾU
⇝ Các quá trình xảy ra trong hệ
⇝ Thành phần dung dịch:
Hay
1 1 2 2 n n
1 a a 2 a a n a a 2
HA , C ,K ;HA , C , K ; ; HA , C , K ; H O
1
2
n
+ -
1 1 a
+ -
2 2 a
+ -
n n a
+ -
2
HA H + A K (1)
HA H + A K (2)

HA H + A K (n)

H O H + OH W (n+1)
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ

1 2 n
1 2 1
1 2 n
a a a
a a a
a a a
K K K
W
h - - C - C - - C = 0
h h + K h + K h + K

∑
i
i
i
n
a
a
i=1
a
K
W
h - - C = 0
h h + K

TRƯỜNG HỢP 1
TRƯỜNG HỢP 3
TRƯỜNG HỢP 2
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K ; ; C .K ; W?
≈ ≈ ≈ ≈
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K C .K W
≈ ≈ ≈
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K C .K W?
0 (1.1)=
1
1
1
a
a
a
K
h - C
h + K
(1.2)
∑
i
i
i
n

a
a
i=1
a
K
h - C = 0
h + K
(1.3)
∑
i
i
i
n
a
a
i=1
a
K
W
h - - C = 0
h h + K
TRƯỜNG HỢP 1
Giải (1) tìm h, từ
Để tính
(i = 2 → n)
Ta dựa vào cân bằng thứ i với lưu ý: nồng độ ban đầu của ion H
+


ở cân bằng i chính bằng nồng độ

cân bằng của ion H
+
ở cân bằng (1)
Ta có
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K ; ; C .K ; W?
1
+ -
1 1 a
HA H + A K ƒ
[ ]
- +
1 1
h HA , A , H
   
⇒
   
[ ]
-
HA , A
i i
 
 
0 (1.1)=
1
1
1
a
a

a
K
h - C
h + K
Giải PT bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyến Newton)
Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
TRƯỜNG HỢP 2
Và
Cách 1
Cách 2
i
i
a
i
a
h
[HA ] = C (1.2.2)
K + h
1 2 n
a 1 a 2 a n
h K .[HA ] K .[HA ] + + K .[HA ] (1.2.1)= +
≈ ≈ ≈
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K C .K W?
(1.2)
∑
i
i
i

n
a
a
i=1
a
K
h - C = 0
h + K
Ví dụ
Bt.1[1]: Tính pH của dung dịch CH
3
COOH 0,01M
có =10
-4,76
và CH
3
CH
2
COOH 0,05M có =10
-4,82
ở trạng thái cân bằng.
Ta có:
→ Áp dụng công thức (1.2) ta có
1
2
4,76
3 3 a
4,82
3 2 3 2 a
14

2
CH COOH H CH COO K 10 (1)
CH CH COOH H CH CH COO K =10 (2)
H O H + OH W = 10 (3)
+ − −
+ − −
+ − −
+ =
+
ƒ
ƒ
ƒ
1
a
K
2
a
K
1 1 2 2
-6,76 -6,12
a a a a
C .K (10 ) C .K (10 ) W≈ ?
1 2
1 2
1 2
a a
a a
a a
K K
h - C - C = 0 (a)

h + K h + K
Cách 1: Giải phương trình bậc 3
Thay các giá trị vào ta được
Giải PT được
Biến đổi từ công thức (a) ta có phương trình:
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
3 2
a a a a a a a a a a a a
h (K K )h (K K K C K C )h K K (C C ) 0+ + + − − − + =
1 2 1 2
a a a a
K ,K ,C ,C
4
h = 9,5499.10 M
−
pH = 3,02⇒
3 5 2 6 11
h 3,251.10 h 2,494.10 h 3,945.10 0
− − −
+ − − =
Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Chấp nhận
Thay vào (b) ta được
1 2
a 3 a 2 5
h K .[CH COOH] K .[C H COOH] (b)= +
1
1
3 a
a

h
[CH COOH] = C (c)
K + h
2
2
2 5 a
a
h
[C H COOH] = C (d)
K + h
3
3 CH COOH
[CH COOH] = C = 0,01M
2 5
2 5 C H COOH
[C H COOH] = C = 0,05M
4,76 4,82 4
1
h 10 .0,01 10 .0,05 = 9,5499.10
− − −
= +
Ta có
Vậy
Thay vào (b) ta được
Thay vào (c) và (d) ta được
4,76 3 4,82 2 4
2
h 10 .9,82.10 10 .4,92.10 9,5499.10
− − − − −
= + =

4 -4
2 1
4
1
9,5499.10 - 9,5499.10
h - h
100 = 100 = 0%
h 9,5499.10
−
−
4
h = 9,5499.10 M
−
pH 3,02⇒ =
4
3
3 1
4,76 4
9,5499.10
[CH COOH] = 0,01 9,82.10
10 + 9,5499.10
−
−
− −
=
4
2
2 5 1
4,82 4
9,5499.10

[C H COOH] = 0,05 4,92.10
10 + 9,5499.10
−
−
− −
=
Bt2.[2]: Trộn 20ml (CH
3
)
3
NHCl 0,250M ( = 9,87) với 30ml dung dịch NH
4
Cl 0,1667M (
= 9,24). Tính pH của dung dịch thu được?
Bt2.[2]: Trộn 20ml (CH
3
)
3
NHCl 0,250M ( = 9,87) với 30ml dung dịch NH
4
Cl 0,1667M (
= 9,24). Tính pH của dung dịch thu được?
1
2
3 3 3 3
4 4
9,87
3 3 3 3 a
9,24
4 3 a

14
2
(CH ) NHCl (CH ) NH Cl
NH Cl NH Cl
(CH ) NH (CH ) N H K 10 (1)
NH NH H K =10 (2)
H O H + OH W = 10
+ −
+ −
+ + −
+ + −
+ − −
→ +
→ +
+ =
+
ƒ
ƒ
ƒ (3)
3 3
(CH ) NH
0,250
C .20 0,1(M)
50
+
= =
4
NH Cl
0,1667
C .30 0,1(M)

50
= =
1
a
pK
2
a
pK
Ta có:
Chấp nhận
Áp dụng công thức (1.2.1) và (1.2.2):
Thay vào (b) ta được
1 1 2 2
-10,87 -10,24
a a a a
C .K (10 ) C .K (10 ) W≈ ?
1 2
1 2
1 2
a a
a a
a a
K K
h - C - C = 0 (a)
h + K h + K
1 2
a 3 3 a 4
h K .[(CH ) NH ] K .[NH ] (b)
+ +
= +

1
1
3 3 a
a
h
[(CH ) NH ] = C (c) ;
K + h
+
2
2
4 a
a
h
[NH ] = C (d)
K + h
+
1
3 3 a
[(CH ) NH ] = C = 0,1M
+
2
4 a
[NH ] = C = 0,1M
+
9,87 9,24 6
1
h 10 .0,1 10 .0,1 = 8,428.10 M
− − −
= +
Thay vào (c) và (d) ta được

Ta có
Vậy
Thay vào (b) ta được
6 -6
2 1
6
1
8,428.10 - 8,428.10
h - h
100 = 100 = 0%
h 8,428.10
−
−
6
h = 8,428.10 M
−
pH 5,07⇒ =
6
3 3 1
9,87 6
8,428.10
[(CH ) NH ] = 0,1 0,1M
10 + 8,428.10
−
+
− −
≈
6
4 1
9,24 6

8,428.10
[NH ] = 0,1 0,1M
10 + 8,428.10
−
+
− −
≈
9,87 9,24 6
2
h 10 .0,1 10 .0,1 = 8,428.10 M
− − −
= +
Ta có:
Bt.3[3]: Tính nồng độ các thành phần cân bằng trong dung dịch chứa axit axetic 0,1M có
pK
a1
=4,76, axit butylic 0,1M (pK
a2
= 4,82) ở trạng thái cân bằng.
Bt.3[3]: Tính nồng độ các thành phần cân bằng trong dung dịch chứa axit axetic 0,1M có
pK
a1
=4,76, axit butylic 0,1M (pK
a2
= 4,82) ở trạng thái cân bằng.
1
2
4,76
3 3 a
4,82

3 2 2 3 2 2 a
14
2
CH COOH H CH COO K 10 (1)
CH CH CH COOH H CH CH CH COO K =10 (2)
H O H + OH W = 10 (
+ − −
+ − −
+ − −
+ =
+
ƒ
ƒ
ƒ 3)
1 1 2 2
-5,76 -5,82
a a a a
C .K (10 ) C .K (10 ) W≈ ?
1 2
1 2
1 2
a a
a a
a a
K K
h - C - C = 0 (a)
h + K h + K
Chấp nhận
Áp dụng công thức (1.2.1) và (1.2.2):
Thay vào (b) ta được

1 2
a 3 a 3 2 2
h K .[CH COOH] K .[CH CH CH COOH] (b)= +
3
3 CH COOH
[CH COOH] = C = 0,1M
3 2 2
3 2 2 CH CH CH COOH
[CH CH CH COOH] = C = 0,1M
4,76 4,82 3
1
h 10 .0,1 10 .0,1 = 1,82.10 M
− − −
= +
1
1
3 a
a
h
[CH COOH] = C (c)
K + h
2
2
3 2 2 a
a
h
[CH CH CH COOH] = C (d)
K + h
Thay các giá trị này vào (b) ta được
Thay vào (c) và (d) ta được

Thay vào (c) và (d) ta được
4,76 4,82 3
2
h 10 .0,0991 10 .0,0992 = 1,80.10 M
− − −
= +
3
3 1
4,76 3
4
3 1
1,82.10
[CH COOH] = 0,1. 0,0991M
10 + 1,82.10
[CH COO ] 0,1 0,0991 9.10 M
−
− −
− −
=
= − =
3
3 2 2 1
4,82 3
3
3 2 2 1
1,82.10
[CH CH CH COOH] = 0,1. 0,0992M
10 + 1,82.10
[CH CH CH COO ] 0,1 0,0992 8.10 M
−

− −
− −
=
= − =
3
3 2
4,76 3
3
3 2
1,80.10
[CH COOH] = 0,1. 0,0990M
10 + 1,80.10
[CH COO ] 0,1 0,0990 10 M
−
− −
− −
=
= − =
Thành phần cân bằng trong dung dịch:
[CH
3
COO
-
] = 10
-3
(M);
[CH
3
CH
2

CH
2
COO
-
] = 8.10
-4
(M);
[CH
3
COOH] [CH
3
CH
2
CH
2
COOH] = 0,099 (M)

→ Các giá trị tính lần 2 này gần bằng các giá trị tính lần 1 nên phép tính hoàn toàn hợp lí.
3
3 2 2 2
4,82 3
4
3 2 2 2
1,8.10
[CH CH CH COOH] = 0,1 0,0992M
10 + 1,8.10
[CH CH CH COO ] 0,1 0,0992 8.10 M
−
− −
− −

=
= − =
Ta có:
Bt.4[2]: Tính pH và thành phần cân bằng trong axit axetic HAx 10
-3
M, axit propionic HA
4.10
-2
M (pK
a
= 4,87) và axit hypobromo HBrO 2.10
-2
M.
Bt.4[2]: Tính pH và thành phần cân bằng trong axit axetic HAx 10
-3
M, axit propionic HA
4.10
-2
M (pK
a
= 4,87) và axit hypobromo HBrO 2.10
-2
M.
1
2
3
4,76
3 3 a
4,87
3 2 3 2 a

8,6
a
2
CH COOH H CH COO K 10 (1)
CH CH COOH H CH CH COO K =10 (2)
HBrO H BrO K 10 (3)
H O H + OH
+ − −
+ − −
+ − −
+ −
+ =
+
+ =
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
14
W = 10 (4)
−
1 1 2 2 3 3
-7,76 -6,27
a a a a a a
C .K (10 ) C .K (10 ) C .K W≈ ? ?
1 2
1 2
1 2
a a
a a

a a
K K
h - C - C = 0 (a)
h + K h + K
Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Chấp nhận
Thay vào (b) ta được
Cách 1: Giải phương trình bậc 3
1 2
a 3 a 3 2
h K .[CH COOH] K .[CH CH COOH] (b)= +
1
1
3 a
a
h
[CH COOH] = C (c)
K + h
2
2
3 2 a
a
h
[CH CH COOH] = C (d)
K + h
3
4
3 CH COOH
[CH COOH] = C = 1,00.10 M
−

3 2
2
3 2 CH CH COOH
[CH CH COOH] = C = 4.10 M
−
4,76 4 4,87 2 4
1
h 10 .1,00.10 10 .4.10 = 7,4131.10
− − − − −
= +
Vậy h = 7,2444.10
-4
→ pH = 3,14
Thành phần cân bằng trong dung dịch:
[CH
3
COO
-
] = 2,28.10
-5
(M);
[C
2
H
5
COO
-
] = 7,11.10
-4
(M);

[BrO
-
] = 6,73.10
-8
(M)
thay vào (b) ta được
Thay vào (c) và (d) ta được
4,76 5 4,87 4
2
h 10 .9,999.10 10 .0,039 = 7,2444.10
− − − −
= +
-4 -4
2 1
-4
1
7,2444.10 - 7,4131.10
h - h
100 = 100 3,6%
h 7,4131.10
≈
3,13
4 5
3 1
4,76 3,13
10
[CH COOH] = 10 . 9,999.10
10 + 10
−
− −

− −
=
3,13
2
3 2 1
4,87 3,13
10
[CH CH COOH] = 4.10 . 0,039
10 + 10
−
−
− −
=
Giải PT bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyến Newton)
Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
TRƯỜNG HỢP 3
Và
Cách 1
Cách 2
i
i
a
i
a
h
[HA ] = C (1.3.2)
K + h
1 2 n
a 1 a 2 a n
h W+K .[HA ] K .[HA ] + + K .[HA ] (1.3.1)= +

≈ ≈ ≈ ≈
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K C .K W
(1.3)
∑
i
i
i
n
a
a
i=1
a
K
W
h - - C = 0
h h + K
Bt.5[2]: Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCN 1,00.10
-4
M và CH
3
NH
3
+
2,00.10
-3
M.
Ta có:
→ Áp dụng công thức (1.3) ta có

Ví dụ
1
2
9,35
a
10,60
3 3 3 2 a
14
2
HCN H HCOO K 10 (1)
CH NH H CH NH K =10 (2)
H O H + OH W = 10 (3)
+ − −
+ + −
+ − −
+ =
+
ƒ
ƒ
ƒ
1 1 2 2 n n
a a a a a a
C .K C .K C .K W≈ ≈ ≈ ≈
i
i
i
n
a
a
i=1

a
K
W
h - - C = 0 (a)
h h + K
∑
Cách 1: Giải phương trình bậc 4
Biến đổi (a) ta có:
Thay các giá trị vào ta được
Chọn h
0
:
Nghiệm thực h phải thỏa mãn: 2,448.10
-7
< h < 3,239.10
-7
Chọn h
0
= 3.10
-7
1 2 1 2 1 1 2 2
1 2 1 1 2 2 1 2 1 2
4 3 2
a a a a a a a a
a a a a a a a a a a
h (K K )h (K K W K C K C )h
(K K C K K C WK WK )h K K W 0
+ + + − − −
− + + + − =
1 2 1 2

a a a a
K ,K ,C ,C ,W
4 10 3 13 2 23 34
h 4,718.10 h 1,0491.10 h 2,8280.10 h 1,122.10 0
− − − −
+ − − − =
4 13 2 34 7
h 1,0491.10 h 1,122.10 0 h 3,239.10 (h 0)
− − −
− − = → = >
10 3 23 7
4,718.10 h 2,8280.10 h 0 h 2,448.10 (h 0)
− − −
− = → = >
Vậy h = 3,2404.10
-7
→ pH = 6,49
4 10 3 13 2 23 34
F(h) h 4,718.10 h 1,0491.10 h 2,8280.10 h 1,122.10
− − − −
= + − − −
' 3 10 2 13 23
F (h) 4h 14,154.10 h 2,0982.10 h 2,8280.10 0
− − −
= + − − =
27 20
0 0
27
7 7
0

1 0
20
0
28 20
1 1
28
7
1
2 1
20
1
F(h ) 1,3376.10 ;F'(h ) 4,5153.10
F(h )
1,3376.10
h h 3.10 3,2962.10
F'(h ) 4,5153.10
F(h ) 4,1385.10 ;F'(h ) 7,4217.10
F(h )
4,1385.10
h h 3,2962.10 3,240
F'(h ) 7,4217.10
− −
−
− −
−
− −
−
−
−
= − =

→ = − = + =
= =
→ = − = + =
7
4.10
−
7 7
2 1
7
1
3,2404.10 3,2962.10
h - h
100 100 1,69%
h 3,2962.10
− −
−
−
= =