bài toán tính ph trong dung dịch

I. Các bước tiến hành giải một bài toán cân bằng ion :
I.1.Giải chính xác :
+ Mô tả đầy đủ các quá trình có thể xảy ra trong hệ.
+ Ghi rõ các dự kiện thực nghiệm đã cho, chọn ẩn số cho bài toán đồng thời
đặt điều kiện cho ẩn số nếu có.
+ Dựa vào các định luật bảo toàn khối lượng, định luật tác dụng khối lượng
thiết lập các phương trình liên hệ giữa các dự kiện đã cho và các ẩn số cần tìm.
Chú ý số phương trình liên hệ bằng số ẩn số cần tìm.
+ Tổ hợp các phương trình liên hệ thành một phương trình duy nhất đối với
một ẩn số thích hợp đã chọn. Thay các số liệu tương ứng rồi giải để tìm nghiệm
của phương trình. So sánh nghiệm tìm được với các điều kiện ẩn số đã chọn ở
trên để tìm đáp số của bài toán.
Việc tính toán đầy đủ như trên thường đòi hỏi phải giải các phương trình
bậc cao phức tạp, cho nên trong đa số trường hợp có thể tiến hành các phép tính
gần đúng trong phạm vi độ chính xác của các dự kiện về cân bằng.
I.2.Giải gần đúng :
Nguyên tắc của việc tính gần đúng là tìm cách loại bỏ các quá trình phụ các
quá trình xảy ra với mức độ không đáng kể trong điều kiện bài toán đã cho.
Cụ thể :
+ Nếu môi trường là Axit hoặc kiềm thì có thể bỏ qua cân bằng phân ly của
nước.
+ Nếu muối rất ít tan hoặc hợp chất rất ít phân ly mà trong dung dịch lại có
dư ion đồng dạng với ion hình thành do kết quả hòa tan hay phân ly thì có thể
coi sự hòa tan hay phân ly là không đáng kể.
+ Nếu các cân bằng cùng loại xảy ra đồng thời trong dung dịch thì những cân
bằng nào tương ứng với hằng số phân ly quá bé thì có thể loại bỏ chúng so với
các quá trình phân ly mạnh hơn. Chẳng hạn khi xét các quá trình phân ly từng
nấc của các đa axit. Nếu K
1
» K
2

(K
1
/K
2
≥ 10
4
) thì có thể bỏ qua nấc phân ly thứ
hai so với nấc phân ly thứ nhất.
Các giả thiết gần đúng chỉ được chấp nhận sau khi đã kiểm tra cẩn thận kết
quả tính toán. Nếu việc kiểm tra cho thấy không thể chấp nhận điều kiện gần
đúng thì phải giải lại bài toán một cách chính xác kể cả các quá trình đã loại bỏ
ở trên.
II.Giải gần đúng các phương trình bậc cao
Phương pháp tương đối đơn giản để giải gần đúng các phương trình bậc
cao là phương pháp tiếp tuyến (thường gọi là phương pháp Niutơn).
Nội dung của phương pháp:
Giả thiết phương trình có dạng tổng quát :
Y = f(x) = 0
Ta có thể đánh giá sơ bộ một nghiệm gần đúng x
0
. Từ nghiệm x
0
đó ta tìm
được nghiệm x
1
chính xác hơn x
0
. Dùng x
1
tìm x

2
chính xác hơn x
1
…Lặp lại
phép tính như vậy cho đến khi tìm được giá trị x
n
chỉ khác với nghiệm thực một
đại lượng vô cùng bé ξ
n
.
ξ
n
= x - x
n
(1)
 x = x
n
+ ξ
n
(2)
Vấn đề đặt ra là phải đánh giá đại lượng ξ
n
.
Khai triển phương trình f(x) theo cấp số Taylo tạiđiểm x = x
n
.
Ta có : Y = f(x) = f(x
n
+ ξ
n

) = 0
 Y = f(x
n
) + f’(x
n
).ξ
n
+
!2
).x(''f
2
nn

+
!3
).x('''f
3
nn

+ … = 0 (3)
Vì ξ
n
là đại lượng vô cùng bé, nên các số hạng bậc cao đối với ξ
n
rất bé có
thể bỏ qua
Từ (3)  Y = f(x) ≈f(x
n
) + f’(x
n

).ξ
n
= 0
ξ
n
= -
)x('f
)x(f
n
n
thay vào (2) ta được :
x = x
n
+ ξ
n
= x
n
-
)x('f
)x(f
n
n
(4)
Nói một cách đúng hơn,phương trình (4) cho phép tìm giá trị x
n+1
gần với
nghiệm thực x hơn giá trị x
n
.
x

n+1
= x
n
-
)x('f
)x(f
n
n
(5)
Ý nghĩa hình học của phương pháp Niutơn:
Y
x
Y=f(x)
A
B
C
f(x
0
)
x
x
2
x
1
x
0

Giản đồ đánh giá nghiệm của phương trình Y = f(x) = 0 theo phương pháp
tiếp tuyến (Niutơn)

Đường cong Y = f(x) cắt trục hoành tại điểm ứng với nghiệm x [f(x) = 0]. Từ giá
trị gần đúng x
0
ta tìm giá trị x
1
chính xác hơn x
0
.
Đường tiếp tuyến tại A ứng với hoành độ x
0
cắt trục hoành tại điểm có hoành độ
x
1
gần với nghiệm x hơn so với x
0
.
Ý nghĩa hình học của phương pháp Niutơn:
Y
x
Y=f(x)
A
B
C
f(x
0
)
x
x
2
x

1
x
0

Giản đồ đánh giá nghiệm của phương trình Y = f(x) = 0 theo phương pháp
tiếp tuyến (Niutơn)
+ Đạo hàm tại điểm x
0
: f’(x
0
) =
10
0
xx
)x(f


 x
1
= x
0
-
)x('f
)x(f
0
0

Từ điểm B trên đường cong ứng với hoành độ x
1
, ta lại vẽ tiếp tuyến với

đường cong cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x
2
gần với x hơn so với x
1
.
Tương tự như trên ta có : x
2
= x
1
-
)x('f
)x(f
1
1

Tiếp tục làm như vậy, ta tìm được giá trị x
n+1
gần với nghiệm thực x hơn giá
trị x
n
.
Ta có : x
n+1
= x
n
-
)x('f
)x(f
n
n

Lưu ý :
+ Khi tìm giá trị x
n+1
khác rất ít so với giá trị x
n
thì kết quả được chấp nhận,
chứ nghiệm thực x ta không biếtđược.
Cụ thể :
n
n1n
x
xx 

. 100% (trong khoảng từ 0  5%) thì giá trị
x
n+1
được chấp nhận.
+ Ẩn số trong các phương trình thu được thường là nồng độ cân bằng của
các cấu tử. Vì vậy chúng phải có nghiệm dương.
Theo quy tắc Đêcac thì số nghiệm dương của một phương trình bằng số lần
đổi dấu liên tục trong phương trình hoặc ít hơn một số chẵn 2, 4, 6 … nghiệm.
Chẳng hạn : Y = f(x) = x
3
– 5x
2
+ 7x -50 = 0
Phương trình có 3 lần đổi dấu liên tục, nên số nghiệm dương của phương trình
hoặc 3 nghiệm hoặc 1 nghiệm.
Ví dụ: Tính nồng độ ion hydro h từ phương trình

F(h) = h
3
+ 3,266.10
-5
h
2
– 1,527.10
-16
= 0
Giải
Phương trình có 1 lần đổi dấu, nên chúng chỉ có 1 nghiệm dương.
Để tìm giá trị h
0
ta cho triệt tiêu 1 số hạng chứa h
+ h
3
- 1,527.10
-16
= 0  h = 5,345.10
-6

+ 3,266.10
-5
h
2
– 1,527.10
-16
= 0  h = 2,162.10
-6
(vì h > 0)

Nghiệm thực h phải nhỏ hơn 2 giá trị vừa tìm ở trên
Chọn h
0
= 2.10
-6

Ta có : F(h) = h
3
+ 3,266.10
-5
h
2
– 1,527.10
-16

F’(h) = 3h
2
+ 6,532.10
-5
h
Ta có : F(h
0
) = - 1,41.10
-17
; F’(h
0
) = 1,426.10
-10

 h

1
= h
0
-
)h('F
)h(F
0
0
= 2.10
-6
+
10
17
10.426,1
10.41,1


= 2,1.10
-6

F(h
1
) = 5,9.10
-19
; F’(h
1
) = 1,504.10
-10

 h

2
= h
1
-
)h('F
)h(F
1
1
= 2,1.10
-6
-
10
19
10.504,1
10.9,5


= 2,096.10
-6

Ta có :
1
12
h
hh 
. 100% =
6
66
10.1,2
10.1,210.096,2




. 100% = 0,19%
Vậy h = 2,096.10
-6

II.Phương pháp giải gần đúng liên tục
Trong một số trường hợp để tránh giải các phương trình bậc cao phức
tạp,người ta hay sử dụng phương pháp giải gần đúng liên tục.
+ Nội dung phương pháp :
Giả sử có một hàm nhiều biến : Y = f(a, b, c, d …) (1)
mà a, b, c, d lại liên hệ với Y theo các hàm sau :
a = F
1
(Y)
b = F
2
(Y)
c = F
3
(Y)
d = F
4
(Y)
(2)

Để giải theo phương pháp gần đúng liên tục, mới đầu người ta chấp nhận các giá
trị:
a = a

0
; b = b
0
; c = c
0
; d = d
0
(trong các bài toán, người ta thường chấp nhận
nồngđộ cân bằng của các cấu tử bằng nồng độ ban đầu tương ứng của chúng)
thay vào (1) ta được :
Y
0
= F(a
0
,b
0
,c
0
,d
0
…). Từ giá trị Y
0
thay vào (2) ta được:

a
1
= F
1
(Y
0

)
b
1
= F
2
(Y
0
)
c
1
= F
3
(Y
0
)
d
1
= F
4
(Y
0
)

Từ các giá trị a
1
,b
1
,c
1
,d

1
… thay vào (1) ta được:
Y
1
= F(a
1
,b
1
,c
1
,d
1
…)
Lặp lại phép tính như trên nhiều lần, ta tìmđược giá trị Y
n+1
thỏa mãn:
n
n1n
Y
YY 

. 100% trong khoảng từ 0  5% thì giá trị Y
n+1
được chấp nhận
Ví dụ : Tính pH trong dung dịch hỗn hợp gồm HCOOH 0,2000M và HNO
2

0,1000M. Cho biết KHCOOH = 10
-3,75
; KHNO

2
= 10
-3,29
.

Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
HCOOH H
+
+ HCOO
-
K
1
= KHCOOH = 10
-3,75
(1)
HNO
2
H
+
+ NO
2
-
K
2
= KHNO
2
= 10
-3,29
(2)

H
2
O H
+
+ OH
-
W = 10
-14
(3)
Ta có : KHCOOH .C HCOOH = K
1
C
1
= 0,2.10
-3,75
= 10
-4,45

KHNO
2
.CHNO
2
= K
2
C
2
= 0,1.10
-3,29
= 10
-4,29

Ta có : K
1
C
1
≈ K
2
C
2
» W = 10
-14
 bỏ qua (3) so với (1) và (2)
Áp dụng điều kiện proton với mức không là HCOOH, HNO
2

[H
+
] = h = [HCOO
-
] + [NO
2
-
]
 h = [HCOOH].K
1
.h
-1
+ [HNO
2
]. K

2
h
-1

 h =
 
 
221
KHNOKOHHCO 
(a)
Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
C
1
= [HCOOH] + [HCOO
-
]
= [HCOOH] + [HCOOH] K
1
h
-1
= [HCOOH](1+K
1
h
-1
)
[HCOOH] = C
1
.
1
Kh

h


Tương tự : [HNO
2
] = C
2
.
2
Kh
h

(b)
Giải theo phương pháp gần đúng liên tục
Chấp nhận : [HCOOH] = C
1
= 0,2000M ; [HNO
2
] = 0,1000M thay vào (a)
ta được: h
0
=
29,375,3
10.1000,010.2000,0


= 9,32.10
-3
M
Thay vào (b) ta được:

[HCOOH]
1
= 0,2000.
75,33
3
1010.32,9
10.32,9



= 0,1963M
[HNO
2
]
1
= 0,1000.
29,33
3
1010.32,9
10.32,9



= 0,0948M thay vào (a) ta được
h
1
=
29,375,3
10.0948,010.1963,0



= 9,14.10
-3
M
Ta có :
0
01
h
hh 
. 100% =
3
33
10.32,9
10.32,910.14,9



.100% = 1,93%
Vậy h = 9,14.10
-3
= 10
-2,04


 pH = 2,04
III. VẤN ĐỀ KHÓ KHI CÂN BẰNG AXIT – BAZƠ
Hầu hết các quá trình xảy ra trong dung dịch nước đều có liên quan tới đặc tínhAxit-
Bazơ của các chất. Do đó việc nghiên cứu cân bằng Axit-Bazơ sẽ cho phép giải thích được
nhiều hiện tượng phân tích xảy ra trong dung dịch.
Mặt khác, nắm được phương pháp khảo sát cân bằng Axit-Bazơ sẽ là cơ sở cho việc tìm

hiểu các loại cân bằng khác như: Cân bằng oxi hóa-khử, cân bằng tạo phức, cân bằng tạo
hợp chất ít tan
III.1.Cân bằng trong các dung dịch đơn Axit và đơn Bazơ
III.1.1.Dung dịch đơn Axit mạnh và đơn Bazơ mạnh
III.1.1.1.Dung dịch đơn Axit mạnh
III.1.1.2.Dung dịch đơn Bazơ mạnh
III.1.2.Dung dịch đơn Axit yếu và đơn Bazơ yếu
III.1.2.1.Dung dịch đơn Axit yếu
III.1.2.2.Dung dịch đơn Bazơ yếu
III.2.Cân bằng trong các dung dịch Axit- Bazơ nhiều cấu tử
III.2.1.Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Axit mạnh và 1 đơn Axit yếu
III.2.2.Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Bazơ mạnh và 1 đơn Bazơ yếu
III.2.3.Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn Axit yếu
III.2.4.Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn Bazơ yếu
III.2.5.Dung dịch các đa Axit
III.2.6.Dung dịch các đa Bazơ
III.2.7.Dung dịch muối Axit
III.2.8.Dung dịch muối Axit yếu và Bazơ yếu
III.2.9.Dung dịch đệm
III.2.10.Cân bằng trong dung dịch chứa
cation kim loại
III.1.1.1.Dung dịch đơn Axit mạnh
Thành phần dung dịch : (HX , C ; H
2
O)
Các quá trình xảy ra trong hệ
HX  H
+
+ X
-

(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
[H
+
] = [OH
-
] + [X
-
]
 [H
+
] - [OH
-
] - [X
-
] = 0 (3)
Đặt : [H
+
] = h  [OH
-
] =
h
W

; [X
-
] = CHX = C thay vào (3) ta được:
h -
h
W
- C = 0 (4)
a.Giải chính xác:
Giải phương trình (4) phương trình bậc 2 đối với h. Tìm h.Từ h  pH ; [OH
-
]
b.Giải gần đúng: Có 2 cách
Cách 1: Vì dung dịch đơn Axit mạnh nên h »
h
W
. Từ (4)  h = C
Từ h  pH ; [OH
-
] .
Cách 2: Vì dung dịch chứa đơn Axit mạnh HX, nên nồng độ H
+
do chúng phân
ly ra trong dung dịch lớn làm cân bằng (2) chuyển dịch mạnh sang trái. Vì vậy
có thể bỏ qua (2) so với (1)và dựa vào (1) để tính.
Từ (1)  [H
+
] = CHX = C . Từ [H
+
]  pH ; [OH
-

]
Lưu ý:
Phương pháp giải gần đúng chỉ được áp dụng cho các dung dịch đơn Axit
mạnh có nồng độ CHX » 10
-7
M. Nếu nồng độ CHX ≈ 10
-7
M thì phải giải chính
xác phương trình (4).
Ví dụ 1: Tính pH trong dung dịch HCl 5.10
-7
M
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
HCl  H
+
+ Cl
-
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
[H
+
] = [OH

-
] + [Cl
-
]
 [H
+
] - [OH
-
] - [Cl
-
] = 0 (3)
Đặt : [H
+
] = h  [OH
-
] =
h
W
; [Cl
-
] = CHCl = C thay vào (3) ta được:
h -
h
W
- C = 0  h
2
- hC - W = 0 (4)
Vì C = CHCl = 5.10
-7
M ≈ 10

-7
M nên phải giải chính xác phương trình (4).
Thay các giá trị C , W vào (4) ta được:
h
2
- 5.10
-7
h - 10
-14
= 0
Giải ra ta được : h = 5,193.10
-7
= 10
-6,285


 pH = 6,285
Ví dụ 2: Tính thể tích (ml) dung dịch HClO
4
10
-4
M cần phải lấy để điều chế 1
lít dung dịch này có pH = 6,0.
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
HClO
4
 H
+
+ Cl

-
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Gọi C là nồng độ của dung dịch HClO
4
trong 1 lít dung dịch có pH = 6,0
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
[H
+
] = [OH
-
] + [ClO
4
-
]
 [H
+
] - [OH
-
] - [ClO
4
-
] = 0 (3)
Đặt : [H

+
] = h  [OH
-
] =
h
W
; [ClO
4
-
] = C thay vào (3) ta được:
h -
h
W
- C = 0  C = h -
h
W
(4)
pH = 6,0  h = 10
-6
;
h
W
= 10
-8
thay vào (4) ta được:
C = 10
-6
- 10
-8
= 9,9.10

-7
M
Gọi v(ml) là thể tích dung dịch HClO
4
10
-4
M cần phải lấy
Ta có: v.10
-4
= 9,9.10
-7
.1000  v = 9,9ml
Vậy v = 9,9ml
III.1.1.2.Dung dịch đơn Bazơ mạnh:
Thành phần dung dịch : (BOH , C ; H
2
O)
Các quá trình xảy ra trong hệ
BOH  B
+
+ OH
-
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)

Theo định luật bảo toànđiện tích ta có:
[OH
-
] = [H
+
] + [B
+
]
 [OH
-
] - [H
+
] - [B
+
] = 0 (3)
Đặt : [OH
-
] = x  [H
+
] =
x
W
; [B
+
] = CBOH = C thay vào (3) ta được:
x -
x
W
- C = 0 (4)
a.Giải chính xác:

Giải phương trình (4) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x. Từ x  [H
+
]  pH
b.Giải gần đúng: Có 2 cách
Cách 1: Vì dung dịch đơn Bazơ mạnh nên x »
x
W

Từ (4)  x = C . Từ x  [H
+
]  pH
Cách 2: Vì dung dịch chứa đơn Bazơ mạnh BOH, nên nồng độ OH
-
do chúng
phân ly ra trong dung dịch lớn làm cân bằng (2) chuyển dịch mạnh sang trái. Vì
vậy có thể bỏ qua (2) so với (1)và dựa vào (1) để tính.
Từ (1)  [OH
-
] = CBOH = C . Từ [OH
-
]  [H
+
]  pH
Lưu ý:
Phương pháp giải gần đúng chỉ được áp dụng cho các dung dịch đơn Bazơ
mạnh có nồngđộ CBOH » 10
-7
M. Nếu nồng độ CBOH ≈ 10
-7
M thì phải giải chính

xác phương trình (4).
Ví dụ 1: Tính pH trong dung dịch NaOH 1,5.10
-7
M
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
NaOH  Na
+
+ OH
-
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Theo định luật bảo toànđiện tích ta có:
[OH
-
] = [H
+
] + [Na
+
]
 [OH
-
] - [H
+

] - [Na
+
] = 0 (3)
Đặt : [OH
-
] = x  [H
+
] =
x
W
; [Na
+
] = CNaOH = C thay vào (3) ta được:
x -
x
W
- C = 0  x
2
- Cx - W = 0 (4)
Vì C = CNaOH = 1,5.10
-7
M ≈ 10
-7
M nên phải giải chính xác phương trình (4).
Thay các giá trị C , W vào (4) ta được:
x
2
- 1,5.10
-7
x - 10

-14
= 0
Giải ra ta được : x = 2.10
-7
 [H
+
] = 5.10
-8
= 10
-7,3

 pH = 7,3
Ví dụ 2: Tính pH trong dung dịch hỗn hợp gồm NaOH 3.10
-4
M và KOH 5.10
-4
M
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
NaOH  Na
+
+ OH
-
(1)
KOH  K
+
+ OH
-
(2)
H

2
O H
+
+ OH
-
W (3)
Theo định luật bảo toànđiện tích ta có:
[OH
-
] = [H
+
] + [Na
+
]+ [K
+
]
 [OH
-
] - [H
+
] - [Na
+
] - [K
+
] = 0 (4)
Đặt : [OH
-
] = x  [H
+
] =

x
W
; [Na
+
] = CNaOH ; [K
+
] = CKOH thay vào (4)
ta được:
x -
x
W
- CNaOH - CKOH = 0 (5)
Ta có: CNaOH + CKOH = 3.10
-4
+ 5.10
-4
= 8.10
-4
M » 10
-7
M . Nên bỏ
qua (3) so với (1) và (2). Nghĩa là x »
x
W
.
Từ (5)  x = CNaOH + CKOH = 8.10
-4
M
 [H
+

] =
x
W
=
4
14
10.8
10


= 1,25.10
-11
= 10
-10,903

 pH = 10,903
III.1.2.1.Dung dịch đơn Axit yếu
Thành phần dung dịch: (HA ,C
a
, K
a
; H
2
O)
Các quá trình xảy ra trong hệ
HA H
+
+ A
-
K

a
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có:
[H
+
] = [OH
-
] + [A
-
]
 [H
+
] - [OH
-
] - [A
-
] = 0 (3)
Đặt : [H
+
] = h  [OH
-
] =
h

W
thay vào (3) ta được:
h -
h
W
- [A
-
] = 0 (4)
Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
CHA = C
a
= [HA] + [A
-
]
= [A
-
] h K
a
-1
+ [A
-
] = [A
-
] (h K
a
-1
+ 1)
 [A
-
] = C

a
a
a
Kh
K

thay vào (4) ta được:
h -
h
W
- C
a
a
a
Kh
K

= 0 (5)
a.Giải chính xác:
Giải phương trình (5) phương trình bậc 3 đối với h. Tìm h
Từ h  pH ; [OH
-
] ; [A
-
] ; [HA]
b.Giải gần đúng:
Từ (1)  [H
+
].[A
-

] = K
a
[HA] ≈ K
a
C
a

(2)  [H
+
].[OH
-
] = W
+ Nếu K
a
C
a
» W nghĩa là cân bằng cho proton ở (1) xảy ra mạnh hơn nhiều
so với (2). Do đó bỏ qua (2) so với (1) và dựa vào (1) để tính.
HA H
+
+ A
-
K
a

C C
a
0 0
[ ] C
a

– h h h
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có :
K
a
=
hC
h
a
2

(6)
Giải phương trình (6) phương trình bậc 2 đối với h. Tìm h
Từ h  pH ; [OH
-
] ; [A
-
] ; [HA]
+ Nếu K
a
C
a
≈ W thì phải giải chính xác phương trình (5)
Ví dụ 1: Tính pH trong dung dịch gồm HCN 10
-3
M
Cho biết : KHCN = 10
-9,35

Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ

HCN H
+
+ CN
-
K
a
= 10
-9,35
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W = 10
-14
(2)
Ta có: KHCN . CHCN = K
a
C
a
= 10
-9,35
.10
-3
= 10
-12,35
không » W = 10
-14

. Vì
vậy phải giải chính xác.
Từ phương trình : h -
h
W
- C
a
a
a
Kh
K

= 0 (3)
 h
3
+ K
a
h
2
– (W + K
a
C
a
)h – WK
a
= 0 (4)
Thay các giá trị : W = 10
-14
; K
a

= KHCN = 10
-9,35
; C
a
= CHCN = 10
-3
M vào (4)
ta được:
h
3
+ 4,467.10
-10
h
2
– 4,567.10
-13
h – 4,467.10
-24
= 0 (5)
Giải theo phương pháp tiếp tuyến (phương pháp Niutơn).
Chọn h
0

+ h
3
– 4,567.10
-13
h = 0  h = 6,758.10
-7
(vì h > 0)

+ 4,467.10
-10
h
2
– 4,467.10
-24
= 0  h = 10
-7
(vì h > 0)
Nghiệm thực h phải thỏa mãn : 10
-7
< h < 6,758.10
-7

Chọn h
0
= 6.10
-7

F(h) = h
3
+ 4,467.10
-10
h
2
– 4,567.10
-13
h – 4,467.10
-24

F’(h) = 3h
2
+ 8,934.10
-10
h – 4,567.10
-13

Ta có: F(h
0
) = - 5,786.10
-20

F’(h
0
) = 6,238.10
-13

Ta có: h
1
= h
0
-
)h('F
)h(F
0
0
= 6.10
-7
+
13

20
10.238,6
10.786,5


= 6,93.10
-7

F(h
1
) = 1,653.10
-20

F’(h
1
) = 9,847.10
-13

 h
2
= h
1
-
)h('F
)h(F
1
1
= 6,93.10
-7
-

13
20
10.847,9
10.653,1


= 6,76.10
-7

Ta có:
1
12
h
hh 
. 100% =
7
77
10.93,6
10.93,610.76,6



. 100% = 2,45%
Vậy : h = 6,76.10
-7
= 10
-6,17

 pH = 6,17
Ví dụ 2: Tính cân bằng trong dung dịch HAc 2.10

-2
M.
Cho biết : KHAc = 10
-4,76

Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
HAc H
+
+ Ac
-
K
a
= 10
-4,76
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W = 10
-14
(2)
Ta có: KHAc.CHAc = 2.10
-2
.10
-4,76
= 10

-6,46
» W = 10
-14
. Vì vậy ta bỏ qua (2) so
với (1) và dựa vào (1) để tính toán.
HAc H
+
+ Ac
-
K
a
= 10
-4,76

C 2.10
-2
0 0
[ ] 2.10
-2
– h h h
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:
h10.2
h
2
2


= 10
-4,76

 h
2
+ 10
-4,76
h – 10
-6,46
= 0
Giải ra ta được: h = 5,8021.10
-4

[H
+
] = [Ac
-
] = h = 5,8021.10
-4
M
[HAc] = 2.10
-2
- h = 2.10
-2
-5,8021.10
-4
= 1,942.10
-2
M
[OH
-
] =
h

W
=
4
14
10.8021,5
10


= 1,7235.10
-11
M
 pH = 3,24
III.1.2.2.Dung dịch đơn Bazơ yếu
Thành phần dung dịch: (A
-
,C
b
, K
b
; H
2
O)
Các quá trình xảy ra trong hệ
A
-
+ H
2
O HA + OH
-
K

b
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (2)
Áp dụng điều kiện proton mở rộng với mức không: A
-
, H
2
O
[OH
-
] = [H
+
] + [HA]
 [OH
-
] - [H
+
] - [HA] = 0 (3)
Đặt : [OH
-
] = x  [H
+
] =
x

W
thay vào (3) ta được:
x -
x
W
- [HA] = 0 (4)
Theo định luật bảo toàn nồngđộ ban đầu ta có :
CA
-
= C
b
= [A
-
] + [HA]
= [HA] x K
b
-1
+ [HA] = [HA] (x K
b
-1
+ 1)
 [HA] = C
b
b
b
Kx
K

thay vào (4) ta được:
x -

x
W
- C
b
b
b
Kx
K

= 0 (5)
a.Giải chính xác:
Giải phương trình (5) phương trình bậc 3 đối với x. Tìm x
Từ x  [H
+
] ; pH ; [A
-
] ; [HA]
b.Giải gần đúng:
Từ (1)  [HA].[OH
-
] = K
b
[A
-
] ≈ K
b
C
b

(2)  [H

+
].[OH
-
] = W
+ Nếu K
b
C
b
» W nghĩa là nồng độ ion OH
-
tạo ra ở (1) lớn hơn nhiều so với
(2). Do đó bỏ qua (2) so với (1) và dựa vào (1) để tính.
A
-
+ H
2
O HA + OH
-
K
b

C C
b
0 0
[ ] C
b
– x x x
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có :
K
b

=
xC
x
b
2

(6)
Giải phương trình (6) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x
Từ x  [H
+
] ; pH ; [A
-
] ; [HA]
+ Nếu K
b
C
b
≈ W thì phải giải chính xác phương trình (5)
Ví dụ : Tính cân bằng trong dung dịch NH
3
10
-4
M. Cho biết KNH
4
+
= 10
-9,24
.
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ

NH
3
+ H
2
O NH
4
+
+ OH
-
K
b
= (KNH
4
+
)
-1
. W = 10
-4,76
(1)
H
2
O H
+
+ OH
-
W = 10
-14
(2)
Ta có: K
b

.CNH
3
= 10
-4,76
.10
-4
= 10
-8,76
» W = 10
-14
. Vì vậy ta bỏ qua (2) so với
(1) và dựa vào (1) để tính toán.
NH
3
+ H
2
O NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76

C 10
-4
0 0
[ ] 10

-4
– x x x
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:
x10
x
4
2


= 10
-4,76

 x
2
+ 10
-4,76
x - 10
-8,76
= 0
Giải ra ta được: x = 3,39.10
-5

[NH
4
+
] = [OH
-
] = x = 3,39.10
-5
M

[NH
3
] = 10
-4
- x = 10
-4
- 3,39.10
-5
= 6,61.10
-5
M
[H
+
] =
x
W
=
5
14
10.39,3
10


= 2,9499.10
-10
= 10
-9,53

 pH = 9,53
III.2.Cân bằng trong các dung dịch Axit- Bazơ nhiều cấu tử

III.2.1.Dung dịch hỗn hợp gồm 1 đơn Axit mạnh và 1 đơn Axit yếu
Thành phần dung dịch : (HX , C ; HA , C
a
, K
a
; H
2
O)
Các quá trình xảy ra trong hệ
HX  H
+
+ X
-
(1)
HA H
+
+ A
-
K
a
(2)
H
2
O H
+
+ OH
-
W (3)
Vì dung dịch chứa đơn Axit mạnh HX, nên nồng độ ion H
+

phân ly ra trong
dung dịch lớn,cân bằng (3) chuyển dịch mạnh sang trái. Vì vậy ta bỏ qua (3) so
với (1) và (2), dựa vào (2) để tính với lưu ý: Nồng độ ban đầu của ion H
+
ở cân
bằng (2) chính bằng nồng độ ban đầu của đơn Axit mạnh HX.
HA H
+
+ A
-
K
a

C C
a
C 0
[ ] C
a
– x C + x x
Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:
xC
)xC(x
a


= K
a
(4)
a.Giải chính xác:
Giải phương trình (4) phương trình bậc 2 đối với x. Tìm x

Từ x  [H
+
] ; pH ; [A
-
] ; [HA] ; [OH
-
]