Đang tải... (xem toàn văn)
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.
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 − − − = + [...]... 0,1 − 0,0992 = 8.10 −4 M → Các giá trị tính lần 2 này gần bằng các giá trị tính lần 1 nên phép tính hoàn toàn hợp lí Thành phần cân bằng trong dung dịch: -3 [CH3COO ] = 10 (M); -4 [CH3CH2CH2COO ] = 8.10 (M); [CH3COOH] [CH3CH2CH2COOH] = 0,099 (M) -3 Bt.4[2]: Tính pH và thành phần cân bằng trong axit axetic HAx 10 M, axit propionic HA -2 -2 4.10 M (pKa = 4,87) và axit hypobromo HBrO 2.10 M CH 3COOH H... (1,15.10 −6 ) ? W (trái với giả sử ban đầu) → loại, xét trường hợp b Giả sử TRƯỜNG HỢP B Ca 2 K a 2 ? Ca1 K a1 ? W → thành phần cân bằng của hệ có thể tính được theo (2) h - Ca 2 K a2 h + K a2 −3 2 → h 2 - K a 2 h - K a 2 Ca 2 = 0 =0 → (1,8197.10 ) - 3,1622.10 → V ≈ -14,73 ml → loại vì < 0, xét trường hợp c −8 - 10 −4,76 0,15V =0 V+3 TRƯỜNG HỢP C Giả sử Ca1 K a1 ≈ Ca 2 K a 2 ? W Áp dụng công thức gần... tuyến Newton) Cách 2 (1.3) Giải theo phương pháp gần đúng liên tục h = W+K a1 [HA1 ] + K a 2 [HA 2 ] + + K a n [HA n ] (1.3.1) Và h [HAi ] = Ca i K ai + h (1.3.2) Ví dụ -4 + -3 Bt.5[2]: Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCN 1,00.10 M và CH3NH3 2,00.10 M ƒ HCN Ta có: + K a1 = 10−9,35 (1) −10,60 ƒ H + CH 3 NH 2 K a 2 =10 ƒ CH 3 NH 3 H 2O + H + + HCOO − H + + OH − W = 10−14 Ca1 K a1 ≈ Ca 2 K a 2 ≈ ≈... −9,87 0,1 + 10 −9,24 −6 0,1 = 8,428.10 M −6 Ta có 8,428.10 - 8,428.10 h 2 - h1 100 = 100 = 0% −6 h1 8, 428.10 Vậy h = 8,428.10 M ⇒ pH = 5, 07 −6 -6 Bt.3[3]: Tính nồng độ các thành phần cân bằng trong dung dịch chứa axit axetic 0,1M có pKa1=4,76, axit butylic 0,1M (pKa2 = 4,82) ở trạng thái cân bằng CH 3COOH ƒ CH 3CH 2CH 2COOH ƒ H 2O Ta có: ƒ H + + CH 3COO − K a1 = 10−4,76 (1) H + + CH 3CH 2CH 2COO −... đầu) → loại trường hợp này -2 Bt.7[tự ra]: Dung dịch chứa CH3COOH 10 M ( =4,76) và HCOOH xM ( pK a 2 Tính x? HCOOH ƒ CH 3COOH ƒ H 2O ƒ H + + CH 3COO − + H + CH 3CH 2COO H + + OH − Dung dịch có pH = 3,26 → h = 5,4954.10 Giả sử TRƯỜNG HỢP A -4 pK =3,75) có pH = 3,26 a 1 K a1 = 10 −3,75 (1) − K a 2 =10 −4,76 W = 10−14 M Ca1 K a1 ? Ca 2 K a 2 ? W → thành phần cân bằng của hệ có thể tính được theo (1)... M thu được dung dịch có pH = 2,74 Tính V HCOOH ƒ CH 3COOH ƒ H 2O ƒ H + + CH 3COO − + H + CH 3CH 2COO H + + OH − K a1 = 10 −3,75 (1) − K a 2 =10 −4,76 W = 10−14 3 0, 09 C HCOOH = 0, 03 = (M) V+3 V+3 V 0,15V CCH3COOH = 0,15 = (M) V+3 V+3 Dung dịch có pH = 2,74 → h = 1,8197.10 -3 (2) (3) Giả sử TRƯỜNG HỢP A Ca1 K a1 ? Ca 2 K a 2 ? W → thành phần cân bằng của hệ có thể tính được theo (1) h - Ca1 K a1 h... 2 ? W → chọn x tùy ý sao cho Giả sử TRƯỜNG HỢP B Ca 2 K a 2 ? Ca1 K a1 ? W → thành phần cân bằng của hệ có thể tính được theo (2) h - Ca 2 K a2 h + K a2 −4 2 = 0 → h 2 - K a2 h - K a2 Ca2 = 0 → (5, 4954.10 ) - 9,7724.10 → x ≈ 1,15.10−3 M −8 - 10 −3,75 x = 0 → Ca1 K a1 (1,74.10 −7 ) ≈ Ca 2 K a 2 (2,04.10 −7 ) ? W (trái với giả sử ban đầu) → loại, xét trường hợp c −2 ... -4 −5 9,999.10 + 10 −4,87 0,039 = 7,2444.10 7,2444.10-4 - 7,4131.10-4 7,4131.10 → pH = 3,14 Thành phần cân bằng trong dung dịch: -5 [CH3COO ] = 2,28.10 (M); -4 [C2H5COO ] = 7,11.10 (M); -8 [BrO ] = 6,73.10 (M) thay vào (b) ta được -4 100 ≈ 3,6% −4 Ca1 K a1 ≈ Ca2 K a2 ≈ ≈ Can K an ≈ W TRƯỜNG HỢP 3 K ai W h- ∑ Ca i =0 h i=1 h + K ai n Cách 1 Giải PT bậc cao (theo phương pháp tiếp tuyến Newton) Cách 2... h)(V + 3) (K a 2 + h)(V + 3) → V ≈ 6,37ml 0,09 0,15.6,37 −3 → CHCOOH = = 9,61.10 ;CCH3COOH = = 0,10 6,37 + 3 6,37 + 3 → Ca1 K a1 (1,71.10−6 ) ≈ Ca 2 K a 2 (1,74.10 −6 ) ? W (phù hợp với giả sử ban đầu) Vậy V = 6,37 (ml) TRƯỜNG HỢP D Ca1 K a1 ≈ Ca 2 K a 2 ≈ W Giả sử Áp dụng công thức gần đúng: h = W + K a1 [HCOOH] + K a 2 [CH 3COOH] =1,8197.10 −3 → 10−3,75[HCOOH]+10−4,76 [CH 3COOH] = 3,3113.10 −6 (*)... 10−4,76.9,82.10−3 + 10 −4,82.4,92.10 −2 = 9,5499.10 −4 Ta có Vậy 9,5499.10−4 - 9,5499.10-4 h 2 - h1 100 = 100 = 0% −4 h1 9,5499.10 h = 9,5499.10 M ⇒ pH = 3, 02 −4 Bt2.[2]: Trộn 20ml (CH ) NHCl 0,250M ( 33 = 9,24) Tính pH của dung dịch thu được? pK = 9,87) với 30ml dung dịch NHa1 0,1667M ( Cl 4 a2 pK (CH 3 )3 NHCl → (CH 3 )3 NH + + Cl − NH 4Cl → NH 4 + + Cl − (CH 3 )3 NH + ƒ (CH 3 )3 N + H + K a1 = 10 −9,87 (1)