MỘT số vấn đề TÍNH TOÁN TRONG DUNG DỊCH AXIT BAZƠ đa CHỨC

Đề tài
MỘT SỐ VẤN ĐỀ TÍNH TỐN TRONG DUNG
DỊCH AXIT-BAZƠ ĐA CHỨC
Giảng viên hướng dẫn
PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Học viên thực hiện
NGUYỄN THỊ MINH HÀ (Phân tích)
LÊ THỊ THANH HÀ (Vơ cơ )
HỒNG THỊ THƯƠNG (Vơ cơ )

Niên khố: 2014 - 2016

1


MỤC LỤC
A.MỞ ĐẦU
B.NỘI DUNG
I.DUNG DỊCH AXIT ĐA CHỨC
1.Một số vấn đề tính tốn dung dịch axit đa chức
2. Bài tập vận dụng
II.DUNG DỊCH BAZƠ ĐA CHỨC
1.Một số vấn đề tính toán dung dịch bazơ đa chức
2.Bài tập vận dụng
III.DUNG DỊCH MUỐI AXIT
1.Muối axit.
2.Một số vấn đề trong tính tốn dung dịch muối axit HnA3.Một số tính tốn nhanh pH hệ dung dịch muối axit HA4.Một số dạng bài tập dung dịch muối axit
C.KẾT LUẬN
D.TÀI LIỆU THAM KHẢO
2

A.MỞ ĐẦU
Hóa học phân tích là mơn khoa học về các phương pháp xác định
thành phần định tính và định lượng của chất và hỗn hợp của chúng.
Một trong các nội dung quan trọng của hố phân tích là hiểu và suy
đốn được tính chất của axit-bazơ trong dung dịch.
Do đó, chúng tơi chọn đề tài: “Một số vấn đề tính tốn trong dung
dịch axit – bazơ đa chức”. Để bài tiểu luận được hoàn chỉnh và đầy
đủ, rất mong nhận được sự góp ý và bổ sung của thầy và các bạn.

3


B.NỘI DUNG
AXIT ĐA CHỨC
BAZO ĐA CHỨC
MUỐI AXIT

4


I.AXIT ĐA CHỨC
1. Một số vấn đề tính tốn:
Sự phân li của các đa axit diễn ra theo từng nấc [1]
H n A ‡ˆ ˆˆ †ˆˆˆ
H n1 A ‡ˆ ˆˆ †ˆˆˆ

H   H n1 A

K a1  1

H   H n  2 A2  K a 2  2 

H n2 A2 ‡ˆ ˆˆ †ˆˆˆ H   H n3 A3 K a3
......
n 1


n
ˆ
ˆ
†
ˆ
HA
H

A
K an
‡ ˆˆ

H 2O ‡ˆ ˆˆ †ˆˆˆ

H   OH  W

 3

 n

n

 1
5


* Thành phần dung dịch:
n 1

H n A, Ca , K a1 ; H n1 A , K a 2 ; H n2 A , K a3 ; ...; HA , K an ; H 2O


2

Có thể coi các đa axit như một hỗn hợp gồm nhiều đơn axit.
nK a1K a 2 ...K an  H n A
W K a1  H n A 2 K a1 K a 2  H n A
h 

 ... 
2
h
h
h
hn
i
n i. H A


W
n


K aj
hay h 

i
h
h
i 1
j 1

6


Có 4 trường hợp
Trường hợp 1:Ca .K a1 ? Ca .K a 2 ; ... ; Ca .K a n ; W

h

K a1  H n A
h

(1.1)

Trường hợp 2: Ca .K a1  Ca .K a2  ...  Ca .K ak ? ... ? Ca .K a n ? W
k

h 
i 1

i  H n A

h

i

i

K
j 1

aj

(1.2)

Trường hợp 3: Ca .K a1  Ca .K a2  ...  Ca .K a n ? W
i
n i H A


n
h 
K aj (1.3)

i
h
i 1
j 1
Trường hợp 4: Ca .K a1  Ca .K a2  ...  Ca .K a n  W
W n i. H n A i
h  
K aj (1.4)


i
h i 1
h
j 1

7


Trường hợp 1: Ca .K a1 ? Ca .K a 2 ; ... ; Ca .K a n ; W
Cân bằng (1) quyết định, ta có:

h

K a1  H n A
h

(1.1)

Ví dụ 1: [2] Tính [H+], [OH-], [SO32-] trong dung dịch
H2SO3 0,01 M.
Các cân bằng xảy ra


1,76
H 2 SO3 ‡ˆ ˆ†
H

HSO
K


10
 1
ˆˆ
3
a1

2
7,21
HSO3 ‡ˆ ˆ†
H

SO
K

10
 2
ˆˆ
3
a2



14
ˆ
ˆ†
H 2O ‡ ˆˆ H  OH
W  10
 3
Ka1 » Ka2 và Ka1.C » W, do đó có thể coi cân bằng (1)

chiếm ưu thế:

8


H 2 SO3 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

C
[]

H   HSO3

0,01
0,01-x

x

K a1  101,76  1

x

x2
 101,76
0, 01  x
  x


 H
  

7,1.103
HSO
 3

Từ cân bằng (2):

 SO32

  
7,1.10 3 , OH

1014
 3 1, 41.1012
7,1.10

K a1 .  HSO32
7,21


10
 H 

 HSO32  7,1.103 ? SO 32  ? OH
 

Điều đó chứng tỏ việc tính gần đúng theo (1) là hợp lí.
9

Trường hợp 2: Ca .K a1  Ca .K a2  ...  Ca .K ak ? ... ? Ca .K a n ? W
k

h 
i 1

i  H n A
h

i

i

K
j 1

aj

(1.2)

* Cách 1:Giải pt bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyếnNewton)
* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục

h  K a1  H n A   2K a1K a 2  H n A  h 1  ...  kK a1K a 2 ...K ak  H n A  h  (k 1) (*)
Và
hn
[H n A]  Ca . n
(**)
n 1
n 2

h  h K a1  h K a1K a 2  ...  K a1K a 2 ...K an
10


Ví dụ 2: [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:


1,52
H 4 P4O7 ‡ˆ ˆ†
H

H
P
O
K

10
 1
ˆˆ
3 4 7
a1

2
2,36
H3P4 O7  ‡ˆ ˆ†
H

H

P
O
K

10
 2
ˆˆ
2 4 7
a2

 3
P4O7 4 K a 4  109,25  4 
OH  W  1014  5 


3
6,6
H 2 P4O7 2 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H  HP4O7 K a3  10

HP4 O73 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

H 

H 2 O ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

H 

Ta thấy: Ca K a1  Ca K a 2 ? Ca K a 3 ? Ca K a 4 ? W
Nên cân bằng (1), (2) là chủ yếu
→ Áp dụng cơng thức (1.3) ta có
11


h=

K a1  H 4 A 
h

+

2K a1K a2  H 4 A 
h

2

(a)

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

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

h 3 + K a1.h 2 + h.(K a1.K a2 - Ca .K a1 ) - 2.Ca .K a1.K a2 = 0
Thay các giá trị K a , K a ,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
1

2

12


* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
h2
[H 4 A]=Ca . 2
(b)
h +hK a1 +K a1K a2

Từ cơng thức (a), ta có phương trình khuyết bậc 2 đối với h:
 h= K a1[H 4 A]+2K a1K a2 [H 4 A]h -1

Chấp nhận:

 c

[H 4 A]0 = Ca = 0,03M, h 0  K a1.Ca = 10-2,28

+ 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
+ Bước 2: Thay [H4A]1 và [H+]1 vào (c), tính được h2 =
0,0283, thế h2 vào (b) được: [H4A]2 = 0,018
+ Bước 3: Thay [H4A]2 và [H+]2 vào (c), tính được h3 = 0,027,

thế h3 vào (b) được: [H4A]3 = 0,018

13


q=

h 2 -h 3

.100%=

0,0283-0,027

.100% = 4,593%

h2
0,0283
Vậy h = 0,027, suy ra pH = 1,57
Trường hợp 3: Ca .K a1  Ca .K a2  ...  Ca .K a n ? W
i
n i H A


n
h 
K aj (1.3)

i
h
i 1

j 1

* Cách 1:Giải pt bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyếnNewton)
* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Và

h  K a1  H n A  2 K a1K a 2  H n A h 1  ...  nK a1K a 2 ...K an  H n A h ( n1) (*)

hn
[H n A]  Ca . n n 1
(**)
n 2
h  h K a1  h K a1K a2  ...  K a1K a2 ...K an

14


Ví dụ 3: [3] Tính pH trong dung dịch axit tactric
H2C4H4O6(H2A) 0,03M. Biết pK1 = 3,04; pK2 = 4,07.
Các cân bằng xảy ra:
H 2 A ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

K a1  103.04  1

H   HA


2
4,37

HA ‡ˆ ˆ†
H

A
K

10
 2
ˆˆ
a2


14
H 2O ‡ˆ ˆ†
H

OH
W

1
0
 3
ˆˆ

Ta thấy: Ca K a1  Ca K a 2 ? W Nên bỏ qua cân bằng (3)
Từ (1.3) → h=
và

K a1  H 2 A
h

 H 2 A 



2 K a1K a 2  H 2 A
h

2

CH 2 A h 2
h  K a1.h  K a1.K a 2
2

(a)

(b)
15


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

h 3 + K a1.h 2 + h.(K a1.K a2 - Ca .K a1 ) - 2.Ca .K a1.K a2 = 0
Thay các giá trị K a , K a ,Ca vào ta được:
1

2

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

* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Từ (a), ta có pt bậc 2 khuyết:
 h  K a1[H 2 A]+2K a1K a2 [H 2 A]h -1 (c)

Chấp nhận [H2A]0= Ca = 0,03M;

h 0  K a1.Ca =10-2,28

16


+ 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
+ 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
q=

h 2 -h1
h1

.100%=

10-2,28 - 10-2,31
10

-2,28

.100% = 6,674%

Vậy h = 10-2,31, suy ra pH = 2,31

17


Trường hợp 4: Ca .K a1  Ca .K a 2  ...  Ca .K an  W
W n i. H n A i
h  
K aj (1.4)

i
h i 1
h
j 1

* Cách 1:Giải pt bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyếnNewton)
* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
h= W + K a1  H n A  + 2K a1K a2  H n A  h -1 +...+ nK a1K a2 ...K an  H n A  h -(n-1) (*)

Và

hn
[H n A]  Ca . n n 1
(**)
n 2
h  h K a1  h K a1K a2  ...  K a1K a2 ...K an

18

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

H + + H 2A-

+
2H 2 A - ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H + HA
+
3HA 2- ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H + A
+
H 2O ‡ˆ ˆ†
H
+
OH
ˆˆ

K a1 = 10-7,5  1
K a2 = 10-8  2 
K a2 = 10-8,9 (3)
W= 10-14

 4

Ta thấy: Ca K a1  Ca K a2  Ca K a3  W
→ Áp dụng cơng 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
C H3A h 3
(b)
 H3A  = 3
2
h + K a1.h + K a1.K a2 .h + K a1.K a2 .K a3

19


* Cách 1: Giải pt bậc cao
Thế (b) vào (a) và biến đổi (a), ta có:
h 5 + K a1h 4 - h 3 (Ca .K a1 + W)+h 2 (K a1K a2 -WK a1 -2C a K a1K a2 )
+ h(K a1K a2 K a3 - WK a1K a2 -3Ca K a1K a2 K a3 ) - WC a K a1K a2 K a3 = 0

Thay các giá trị K a , K a , K a ,Ca , W vào ta được:
Chọn h0:
1

2

3

h 5 +10-7,5 h 4 - h 3 .3,17.10-12 + 3,162.10-16 .h 2 + 3,98.10-25 .h - 3,98.10-39 = 0
h 5 - h 3 .3,17.10-12 + 3,98.10-25 .h  0  h=3,55.10-12 ( h > 0)
10-7,5 h 4 + 3,162.10-16 .h 2 - 3,98.10-39  0  h=1,74.10 6 (h > 0)

Nghiệm thực h phải thỏa mãn: 3,55.10-12 < h < 1,74.10-6
Chọn h0=1,75.10-6
20


F (h)  h 5 +10-7,5 h 4 - h 3 .3,17.10-12 + 3,162.10-16 .h 2 + 3,98.10-25 .h - 3,98.10-39
F ' (h)  5h 4 +4.10-7,5h 3 - h 2 .9,51.10-12 + 6,324.10-16 .h + 3,98.10-25  0
F (h0 )  9,688.1028 ; F '(h0 )  1,126.10 21
28
F (h0 )
9,688.10
7
 h1  h0 
 1,75.106 

8,796.10
F '(h0 )
1,126.1021

F (h1 )  2, 486.1028 ; F '(h1 )  5,583.10 22
28

F (h1 )
2,
486.10
7
 h2  h1 
 8,796.107 

8,324.10
F '(h1 )
5,583.1022

h2  h1
h1

100% 

8,796.107  8,324.107
8, 796.10

7

 5,366%

Vậy h= 8,324.10-7. Suy ra: pH = 6,08
21


* Cách 2: Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Từ (a), ta có pt bậc 2 khuyết:
 h  W  K a1[H 3A]+2K a1K a2 [H 3A]h -1  3K a1K a2 K a3[H 3A]h -2 (c)

Chấp nhận [H2A]0= Ca = 10-4M; h 0  K a1.Ca =1,778.106
+ 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
+ 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
q=

h 2 -h1
h1

.100%=

1, 79.106  1, 78.106
1, 79.10

6

.100% = 0,559%

Vậy h = 1,78.10-6 , suy ra pH = 5,75

22


2. Bài tập vận dụng:
Bài 1: [3] Tính nồng độ các cấu tử trong dung dịch H3PO4
0,1M ở trạng thái cân bằng. Biết H3PO4 có Ka1 = 10-2,15
Ka2 = 10-7,21 Ka3 = 10-12,3
Các cân bằng xảy ra:

+
ˆ
ˆ†
H3PO 4 ‡ ˆˆ H + H 2 PO 4
+
2ˆ
ˆ†
H 2 PO 4 ‡ ˆˆ H + HPO 4

HPO 4
H 2O

2-

+
3ˆ‡ ˆ†
ˆˆ H + PO 4
+
ˆ‡ ˆ†
ˆˆ H + OH

 1
K a2  2 
K a3  3
W  4
K a1

Ta thấy: Ka1 >> Ka2, Ka3 và Ka1Ca >> W
23

Nên cân bằng sau chiếm ưu thế:

H 3 PO4 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

H   H 2 PO4 

C
[]

0,1
0,1-x
x
x
→ x2/(0,1-x) = 10-2,15 giải được x = 10-1,64
→ pH = 1,64.
[PO43-] = CaKa1Ka2Ka3 ( [H+]3 + Ka1[H+]2 + Ka1Ka2 [H+] +
Ka1Ka2Ka3)-1
Thế số vào ta được : [PO43-] = 10-17,8M
[HPO42-] = CaKa1Ka2[H+]. ( [H+]3 + Ka1[H+]2 + Ka1Ka2
[H+] + Ka1Ka2Ka3)-1
24


Thay số ta được: [HPO42-] = 10-7,2 M
[H2PO4-] = CaKa1 [H+]2 ( [H+]3 + Ka1[H+]2 + Ka1Ka2 [H+] +
Ka1Ka2Ka3)-1
Thế số ta được: [H2PO4-] = 10-1,63 M
[H3PO4] = 0,1 - 10-1,63 = 0,076 M

Bài 2: [1]Tính pH và cân bằng trong hệ gồm HCl
0,010M và H2S 0,10M.
Giải:


HCl  H  Cl


H 2 S ‡ˆ ˆ†
ˆˆ H  HS

2
HS  ‡ˆ ˆ†
H

S
ˆˆ

 1

K a1  10 7,02  2 
K a 2  10 12  3 

25