Tiểu luận hóa học phân tích nâng cao một số vấn đề khi tính toán trong dung dịch axit bazơ đa chức, muối axit, muối của axit yếu và bazơ yếu

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA HÓA HỌC

TIỂU LUẬN
HÓA HỌC PHÂN TÍCH NÂNG CAO
MỘT SỐ VẤN ĐỀ KHI TÍNH TOÁN
TRONG DUNG DỊCH AXIT-BAZƠ ĐA CHỨC, MUỐI AXIT,
MUỐI CỦA AXIT YẾU VÀ BAZƠ YẾU
Giảng viên hướng dẫn
PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Học viên thực hiện
NGUYỄN CAO CHUNG(PP)
HÀ THÙY TRANG(PT)

Khóa học: 2015 - 2017 

1


MỞ ĐẦU
NỘI DUNG
III -

DUNG DỊCH ĐA AXIT
DUNG DỊCH ĐA BAZƠ

III -

DUNG DỊCH MUỐI AXIT

III -

DUNG DỊCH MUỐI CỦA
AXIT YẾU VÀ BAZƠ YẾU
KẾT LUẬN
2


MỞ ĐẦU
* Phần lớn các phản ứng hóa học đều nước diễn ra
trong dung dịch nước, đối với dung dịch nước do trong
thành phần dung dịch luôn có sự hiện diện của ion H+ và
OH-. Sự có mặt thường xuyên của hai ion này trong thành
phần dung dịch đã gây ra những ảnh hưởng trực tiếp
hoặc gián tiếp đến các cân bằng khác trong dung dịch.
* Việc tính toán cân bằng trong dung dịch axit – bazơ
đa chức là khá phức tạp, vì trong dung dịch có nhiều cân
bằng xảy ra. Để chọn cân bằng nào chủ yếu và quyết
định là rất khó khăn.
Trên những cơ sở đó, chúng tôi chọn đề tài “Một số
vấn đề khi tính toán trong dung dịch axit - bazơ đa
chức, muối axit, muối của axit yếu và bazơ yếu’’
3


I- AXIT ĐA CHỨC
1. Một số vấn đề tính toán
Thành phần dung dịch:

H n A,  Ca , K a1 ;  H n 1 A  ,  K a 2 ; H n 2 A2 , K a 3  ; ...;  HA

n 1  

Các quá trình xảy ra trong hệ:
HnA
 H+
+
Hn-1A-

K1

(1)

Hn-1A- 

H+

+

Hn-2A2-

K2

(2)

......................
HA(n-1)-  H+

+

An-

Kn

(n)

+

OH-

W

H2O

 H+

, K an ; H 2O

(n+1)

Có thể coi các đa axit như một hỗn hợp gồm nhiều đơn axit
4


I- AXIT A CHC
nKa1Ka2 ...Kan Hn A
W Ka1 Hn A 2Ka1Ka2 Hn A
h

...
2
h
h
h
hn

W n i. H n A i
Hay h i K aj
h i 1 h
j 1
Theo nội dung định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có:

2
n





C HnA C a H
A



H
A

H
A







A


n n1 n2



1
2
n
C a
H
A



H
A
K
h

H
A
K
K
h







H
A
K
K

K
h






n
n n 1
n 1 2

n 1 2



1
2
n
C a
H
A
1

K
h

K
K
h



K
K

K
h

1
1 2
1 2

n
n

C a *hn
HnA
n



h K1hn1 K1K 2hn 2 ... K1K 2...K n



5


I- AXIT ĐA CHỨC
Có 4 trường hợp
 Trường hợp 1:

Ka1C >> Ka2C ; ..... ; KanC ; W

Cân bằng (1) quyết định, ta có

h

K a1  H n A
h

(1.1)

 Trường hợp 2: Ka1C  Ka2C .....  KakC >> KanC >> W
k

i  H n A

h   �
i 1

h

i

i

�K
j 1

aj

(1.2)

6


I- AXIT ĐA CHỨC
• Cách 1: Giải phương trình bậc cao (theo phương pháp Newton)

� K a1 �
HnA �

2K a1K a2 �
HnA �
nK a1K a2...K an �
HnA �
�
�
�
�
�
� (a)
h


...

�
h
h2
hn
�
�
n
C
*h
a
��
H
A
 


 
(b)
�
n �
�
n
n

1
n

2
�
h  K1h  K1K 2h  ...  K 1K 2...K n
�
Thay (b) vµo (a) ta cã:
C*(K 1hn1  2K 1K 2hn 2  ...  nK 1K 2...K n )
h n
0
n1
n 2
h  K 1h  K1K 2h  ...  K1K 2...K n

(c)

Thay W, K a1,K a2,.......K an t×
mh ?

Từ (c) ta có phương trình bậc cao => Giải phương trình
bậc cao theo phương pháp Newton.

7


I- AXIT ĐA CHỨC
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục

h  Ka1  Hn A  2Ka1Ka2  HnA h1  ...  kKa1Ka2...Kak  HnA h(k1) (*)

hn
[H n A]  C a . n n 1
(**)
n 2
h  h K a1  h K a1K a 2  ...  K a1K a 2 ...K an

ChÊp nhËn gÇn ®óng  [HnA]0  C a  ; h0 � K a1.C a
+ Bước 1: Thay [HnA]0 và h0 vào (*) ta được: h1, sau đó thế
h1 vào (**) được: [HnA]1
+ Bước 2: Thay [HnA]1 và h1 vào (*), tính được h2, thế h2 vào
(**) được: [HnA]2 và tiếp tục tính lặp lại cho đến hội tụ.

8


I- AXIT ĐA CHỨC
Ví dụ 1: [2] Tính pH của dung dịch H4P2O7 (H4A) 4.10-2 M.
Biết pK1 = 1,52; pK2 = 2,36; pK3 = 6,6; pK4 = 9,25.
Các cân bằng xảy ra:
H4P4O7

H+

+ H3P4O7–

Ka1 = 10-1,52

(1)

H3P4O7–

H+

+ H2P4O7 2–

Ka2 = 10-2,36

(2)

H2P4O7 2–

H+ + HP4O73–

Ka3 = 10-6,6

HP4O7 3–

H+ + P4O74–

Ka4 = 10-9,25 (4)

H2O

Ta thấy:

H+ + OH–
W = 10-14
Ka1C  Ka2C >> Ka3C >> Ka4C >> W

(3)

(5)

Nên cân bằng (1), (2) là chủ yếu.
→ Áp dụng công thức (1.2) ta có
9


I- AXIT ĐA CHỨC
h=

K a1  H 4 A 
h

+

2K a1K a2  H 4 A 
h

2

(a)

h2
[H 4 A]=C a . 2
(b)
h +hK a1 +K a1K a2
• Cách 1: Giải pt bậc cao

Thế (b) vào (a) và biến đổi (a), ta có:

h3 + Ka1.h2 + h.(Ka1.Ka2 - Ca .Ka1) - 2.Ca .Ka1.Ka2 = 0
Thay các giá trị K a1 , K a 2 ,Ca vào ta được:

h 3 + 10-1,52 .h 2 - 1,076.10-3h - 1,055.10-5 = 0
� h = 0,0262
� pH = 1,58

10


I- AXIT ĐA CHỨC
Giải theo pp Newtơn
Tìm h0 :
+ h3 - 1,076.10-3 h

= 0  h = 0,0328

(vì h > 0)

+ 10-1,52h2 - 1,055.10-5 = 0  h = 0,0187 (vì h > 0)
Nghiệm thực h thỏa mãn : 0,0187 < h < 0,0328
Chọn h0 = 0,027 (có thể chọn giá trị khác)

F(h) = h3 + 10-1,52 h2

- 1,076.10-3 h - 1,055.10-5

F’(h) = 3h2 + 2.10-1,52 h - 1,076.10-3
F(h0) = 2,096.10-6 ;

F’(h0) = 2,742.10-3

6
F(h0 )
2,096.10
 ��
h1 �
�
h0 �
�
�
0,027�
�
�
0,0262
3
F '(h0 )
2,742.10

F(h1) = -2,63.10-8 ; F’(h1) = 2,56.10-3

11

I- AXIT ĐA CHỨC
F(h1)
2,63.108 �
 h2 �
�
h1 �
�
�
0,0262�

�
0,0262
3
F '(h1)
2,56.10
Ta c�

h2  h1
h1

* 100% 

0,0262  0,0262
0, 0262

* 100%�
�
0%��

Vậy h =h2 = 0,0262 = 10-2,12  pH = 1,58
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục

Ta có hệ

h2
[H 4 A]=C a . 2
(b)
h +hK a1 +K a1K a2

� h= K a1[H 4 A]+2K a1K a2 [H 4 A]h -1

 c

-2,28
[H
A]
=
C
=
0,03M,
h
�
K
.C
  =
10
Chấp nhận:
4
0

a
0
a1
a

12


I- AXIT ĐA CHỨC
+ Bước 1: Thay [H4A]0 và [H+]0 vào (c) ta được:
h1 = 0,0388
Sau đó thế h1 vào (b) được: [H4A]1 = 0,0216 M
+ Bước 2: Thay [H4A]1 và [H+]1 vào (c), tính được h2 = 0,0283
Thế h2 vào (b) được: [H4A]2 = 0,018 M

+ Bước 3: Thay [H4A]2 và [H+]2 vào (c), tính được:
h3 = 0,027
Thế h3 vào (b) được: [H4A]3 = 0,018 M
Ta có: q=

h 2 -h 3
h2

.100% =

0,0283-0,027
0,0283

Vậy h = 0,027, suy ra pH = 1,57

.100% = 4,593%
13


I- AXIT ĐA CHỨC
 Trường hợp 3:

Ka1C Ka2C ..... KakC  KanC >> W
n

h   �
i 1

i H n A
h

i

i

�K
j 1

aj

(1 .3 )

• Cách 1: Giải phương trình bậc cao (theo phương pháp Newton)
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục

h  Ka1  Hn A  2Ka1Ka2  Hn A h1 ...  nKa1Ka2...Kan  Hn A h(n1) (*)

hn
[HnA]  Ca. n n1
(**)
n2
h h Ka1 h Ka1Ka2 ... Ka1Ka2...Kan
14


I- AXIT ĐA CHỨC
Ví dụ 2: [5] Tính pH trong dung dịch axit tactric H2C4H4O6
(H2A) 0,03M. Biết pK1 = 3,04; pK2 = 4,07.
Các cân bằng xảy ra:
H2A

H+

+ HA–

Ka1 = 10-3,04

(1)

HA–

H+

+

Ka2 = 10-4,37

(2)

H2O

H+ + OH–

W = 10-14

(3)

A2–

Ta thấy: Ka1C  Ka2C >> W Nên bỏ qua cân bằng (3)
Từ (1.3) →

h=

Ka1  H2 A
h

 H2 A 



2Ka1Ka2  H2 A
2

h

CH2 Ah2

h  Ka1.h  Ka1.Ka 2
2

(a)

(b)
15


I- AXIT ĐA CHỨC
• Cách 1: Giải pt bậc cao
Thế (b) vào (a) và biến đổi (a), ta có:

h3 + Ka1.h2 + h.(Ka1.Ka2 - Ca .Ka1) - 2.Ca .Ka1.Ka2 = 0
- Giải bậc 3 đầy đủ: Thay các giá trị K a1 , K a 2 ,Ca vào ta được:

h 3 + 10 -3,04 .h 2 - 2,73.10 -5 h - 4,66.10 -9 = 0

� h = 4,879.10  3
� pH = 2,31
- Phương pháp Newton
Tìm h0 :
+ h3 - 2,73.10-5 h

= 0  h = 5,22.10-3

(vì h > 0)

+ 10-3,04h2 - 4,66.10-9 = 0  h = 2,26.10-3 (vì h > 0)
Nghiệm thực h thỏa mãn :

2,26.10-3 < h < 5,22.10-3

16


I- AXIT ĐA CHỨC
Chọn h0 = 5.10-3 (có thể chọn giá trị khác)
F(h) = h3 + 10-3,04 h2

- 2,73.10-5 h - 4,66.10-9

F’(h) = 3h2 + 2.10-3,04 h - 2,73.10-5
F(h0) = 6,64.10-9 ;

F’(h0) = 5,68.10-5
9

F(h0 )
6,64.10
3
3
 ��
h1 �
�
h0 �
�
�

5.10 �
�

�
4
,88.10
5
F '(h0 )
5,68.10
F(h1) = 4,962.10-11 ; F’(h1) = 5,304.10-5

 11
F(h1)
4,962.10
�
3
3
 h2 �
�
h1 �
�
�
4,88.10 �


�
4
,88.10
F '(h1)
5,304.105

3
3
4,88.10

4,88.10
h2  h1
Ta c�
*100% 
* 100%�
�
0%��
3
h1
4,88.10

Vậy h =h2 = 4,88.10-3  pH = 2,31

17


I- AXIT ĐA CHỨC
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Ta có hệ:

 H2 A 
�h

CH2 Ah2
h  Ka1.h  Ka1.Ka 2
2

(b)

K a1 [H 2 A]+2K a1 K a2 [H 2 A]h -1 (c)

-2,28
h
�
K
.C
=10
Chấp nhận [H2A]0= Ca = 0,03M; 0
a1
a

+ Bước 1: Thay [H2A]0 và h0 vào (c) ta được: h1 = 10-2,28
Sau đó thế h1 vào (b) được: [H4A]1 = 2,57.10-2 M
+ Bước 2: Thay [H4A]1 và h1 vào (c), tính được h2 = 10-2,31
Thế h2 vào (b) được: [H4A]2 = 2,57.10-2 M
q=

h 2 -h 1
h1

.100%=

10 -2,28 - 10 -2,31

Vậy h = 10-2,31 => pH = 2,31

10

-2,28

.100% = 6,674%
18


I- AXIT ĐA CHỨC
 Trường hợp 4: Ka1C  Ka2C  ..... KakC  KanC W

W n i. H n A i
h     � i �K aj (1.4)
h i 1
h
j 1
• Cách 1: Giải phương trình bậc cao (theo phương pháp Newton)
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục

h= W+ Ka1  HnA + 2Ka1Ka2  HnA h-1+...+ nKa1Ka2...Kan  HnA h-(n-1) (*)

hn
[HnA]  Ca. n n1
(**)
n2
h h Ka1 h Ka1Ka2 ...  Ka1Ka2...Kan
19


I- AXIT ĐA CHỨC

Ví dụ 3: [3] Tính pH trong dung dịch axit H3A 10-4M. Biết
pK1 = 7,5; pK2 = 8; pK2 = 8,9.
Các cân bằng xảy ra:
H3A

H+ +

H 2 A–

Ka1 = 10-7,5

(1)

H2A–

H+ +

HA2–

Ka2 = 10-8,0

(2)

HA2–

H+ +

A3–

Ka3 = 10-8,9

(3)

H2O
H+ + OH–
W = 10-14
Ta thấy: Ca Ka1 �Ca K a2 �Ca K a3 �W

(4)

→ Áp dụng công thức (1.4) ta có

W K a1  H 3A  2K a1K a2  H 3A  3K a1K a2 K a3  H 3A 
h= +
+
+
(a)
2
3
h
h
h
h
20


I- AXIT ĐA CHỨC

 H3A =

CH3A h3
3

2

h + Ka1.h + Ka1.Ka2 .h + Ka1.Ka2 .Ka3

(b)

• Cách 1: Giải pt bậc cao
Thế (b) vào (a) và biến đổi (a), ta có:

h5 + Ka1h 4 - h3 (Ca .Ka1 + W)+h 2 (Ka1Ka2 -WKa1 -2Ca Ka1Ka2 )
+ h(Ka1Ka2Ka3 - WKa1Ka2 -3Ca Ka1Ka2Ka3 ) - WCa Ka1Ka2Ka3 = 0
Thay các giá trị K a1 , K a 2 , K a 3 ,Ca , W vào ta được:

h5 +10-7,5h 4 - h3.3,17.10-12 + 3,162.10-16 .h 2 + 3,98.10-25 .h - 3,98.10-39 = 0
h5 - h3.3,17.10-12

= 0 => h = 1,78.10-6

10-7,5h4 - 3,98.10-39  0 => h=1,88.10-8
Nghiệm thực h phải thỏa mãn: 1,88.10-8 < h < 1,78.10-6

21


I- AXIT ĐA CHỨC
Chọn h0=1,77.10-6
F (h)  h5 +10-7,5h 4 - h3.3,17.10-12 + 3,162.10-16 .h 2 + 3,98.10-25 .h - 3,98.10-39

F ' (h)  5h 4 +4.10-7,5h3 - h 2 .9,51.10-12 + 6,324.10-16 .h + 3,98.10-25  0
F (h0 )  9,914.1028 ; F '(h0 )  1,14.1021
28
F (h0 )
9,914.10
6
� h1  h0 
 1,77.106 

1,778.10
F '(h0 )
1,14.1021

F (h1 )  2,54.1028 ; F '(h1 )  5,65.1021
28
F (h1 )
2,54.10
6
� h2  h1 
 9.107 

1,77.10
F '(h1 )
5,65.1021

h2  h1
h1

100% 

1,77.106 1,778.106
6

 0,45%

1,778.10
Vậy h= 1,77.10-6. Suy ra: pH = 5,75

22


I- AXIT ĐA CHỨC
• Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Ta có hệ:
 H3A =

CH3A h3
3

2

h + Ka1.h + Ka1.Ka2 .h + Ka1.Ka2 .Ka3

(b)

� h  W  K a1[H 3 A]+2K a1K a2 [H 3A]h -1  3K a1K a2 K a3[H 3A]h -2 (c)
6
Chấp nhận [H2A]0= Ca = 10-4M; h0 � Ka1.Ca =1,778.10

+ Bước 1: Thay [H3A]0 và h0 vào (c) ta được: h1 = 1,79.10-6.
Sau đó thế h1 vào (b) được: [H4A]1 = 9,83.10-5 M
+ Bước 2: Thay [H3A]1 và h1 vào (c), tính được h2 = 1,78.10-6.
Thế h2 vào (b) được: [H3A]2 = 9,83.10-5 M

q=

h 2 -h1

.100%=

1, 79.10 6  1, 78.10 6
6

h1
1, 79.10
Vậy h = 1,78.10-6 , suy ra pH = 5,75

.100% = 0,559%
23


I- AXIT ĐA CHỨC
2. Bài tập
• Dạng 1: Dung dịch chứa một axit đa chức
Bài 1: [3] Tính pH trong dung dịch H2A 10-2M. Cho biết H2A
có: Ka1 = 10-2,00 ; Ka2 = 10-2,67
Các quá trình xảy ra trong hệ
H2A
H+ + HA–

Ka1 = 10-2,00
HA–

H+ +

A2–

Ka2 = 10-2,67

(1)
(2)

H2O
H+ + OH–
W
(3)
Ta có : Ka1 ≈ Ka2 ; Ka1C = 10-2.10-2 = 10-4 >> W = 10-14
 Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1),(2) để tính.
Ta có:
C* (K h  2K K )

h

1

1

2

h  K 1h  K 1K 2

2

=0

24


I- AXIT ĐA CHỨC
 h3 + K1h2 + K1(K2 – C)h - 2CK1K2 = 0

(4)

Thay các giá trị K1 , K2 , C vào (5) ta được:
h3 + 10-2 h2 - 7,862.10-5 h - 4,276.10-7 = 0
Tìm h0 :
+ h3 - 7,862.10-5 h

= 0  h = 8,87.10-3

(vì h > 0)

+ 10-2h2 - 4,276.10-7 = 0  h = 6,54.10-3 (vì h > 0)
Nghiệm thực h thỏa mãn :
Chọn h0 = 8.10-3
F(h) = h3 + 10-2 h2

6,54.10-3 < h < 8,87.10-3

- 7,862.10-5 h - 4,276.10-7

F’(h) = 3h2 + 2.10-2 h - 7,862.10-5
F(h0) = 9,544.10-8 ;

F’(h0) = 2,7338.10-4
25