Đề Tài Giải gần đúng một số bài toán về axit –bazơ bằng phương pháp Niutơn

MỞ ĐẦU
Hóa phân tích là môn khoa học về các phương pháp xác định định tính và
định lượng các chất. Phương pháp xác định định tính nhằm giúp chúng ta xác
định chất nghiên cứu được cấu tạo từ những thành phần nào (ion, phân tử, nhóm
nguyên tử).Phương pháp phân tích định lượng giúp chúng ta xác định hàm
lượng của các hợp phần chứa trong đối tượng nghiên cứu.
Thông thường phép phân tích định tính được tiến hành trước phép phân
tích định lượng. Bởi vì sau khi xác định được thành phần định tính của đối
tượng nghiên cứu thì mới lựa chọn phương pháp phân tích định lượng thích hợp:
* Phương pháp 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.
*Phương pháp 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.

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 1


+ 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 K1 » K2 (K1/K2 ≥ 104) 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. Xuất phát từ thực tế nêu trên và kết hợp với kinh nghiêm giảng dạy của
mình, tôi chọn đề tài” Giải gần đúng một số bài toán về axit –bazơ bằng
phương pháp Niutơn” nhằm giúp cho học sinh phần nào giải quyết được
những bài toán khó có phương trình bậc cao về axit –bazơ mà không thể giải
được bằng phương pháp chính xác.

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 2


NỘI DUNG
1. Cơ sở lý thuyết của phương pháp Niutơn
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 x0 đó ta tìm
được nghiệm x1 chính xác hơn x0. Dùng x1 tìm x2 chính xác hơn x1 …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 ξn .
⇔

ξn = x - xn

(1)

x = xn + ξ n

(2)

Vấn đề đặt ra là phải đánh giá đại lượng ξn .
Khai triển phương trình f(x) theo cấp số Taylo tại điểm x = xn .
Ta có :

Y = f(x) = f(xn + ξn) = 0

⇔ Y = f(xn) + f’(xn).ξn +

f ' ' ( x n ).ξ n2
f ' ' ' ( x n ).ξ n3
+
+…=0
2!
3!

(3)

Vì ξ n là đại lượng vô cùng bé, nên các số hạng bậc cao đối với ξn rất bé có
thể bỏ qua
Từ (3) ⇒ Y = f(x) ≈f(xn) + f’(xn).ξn = 0
⇔ξn = -

f (x n )
f ' (x n )

thay vào (2) ta được :

x = xn + ξn = xn -

f (x n )
f ' (x 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 xn .
xn+1 = xn -

f (x n )
f ' (x n )

(5)

2. Ý nghĩa hình học của phương pháp Niutơn:

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 3


Y

Y=f(x)

A

f(x0)

B
C
x

x1

x2

x0

x

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 x0 ta tìm giá trị x1 chính xác hơn x0.
Đường tiếp tuyến tại A ứng với hoành độ x0 cắt trục hoành tại điểm có
hoành độ x1 gần với nghiệm x hơn so với x0.

+ Đạo hàm tại điểm x0 :

f’(x0) =

f (x 0 )
x 0 − x1

⇔ x1 = x0 -

f (x 0 )
f ' (x 0 )

Từ điểm B trên đường cong ứng với hoành độ x1, ta lại vẽ tiếp tuyến với
đường cong cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x2 gần với x hơn so với x1.
Tương tự như trên ta có :

x 2 = x1 -

f (x1 )
f ' (x1 )

Tiếp tục làm như vậy, ta tìm được giá trị x n+1 gần với nghiệm thực x hơn giá
trị xn .
Ta có :

xn+1

= xn -

f (x n )
f ' (x n )

Lưu ý :
+ Khi tìm giá trị xn+1 khác rất ít so với giá trị xn thì kết quả được chấp nhận,
chứ nghiệm thực x ta không biếtđược.

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 4


x n +1 − x n
. 100% (trong khoảng từ 0 → 5%) thì giá trị
xn

Cụ thể :
xn+1được 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) = x3 – 5x2 + 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) = h3 + 3,266.10-5h2 – 1,527.10-16 = 0

(*)

Giải
Phương trình có 1 lần đổi dấu, nên chúng chỉ có 1 nghiệm dương.
Để tìm giá trị h0 ta cho triệt tiêu 1 số hạng chứa h
⇒ h = 5,345.10-6

h3 - 1,527.10-16 = 0

Ta có:

3,266.10-5h2 – 1,527.10-16 = 0 ⇒

hoặc

h = 2,162.10-6 (vì h > 0)

Nghiệm thực h phải nhỏ hơn 2 giá trị vừa tìm ở trên
*Chọn h0 = 2.10-6 ( có thể chọn giá trị khác cũng được)
F(h) = h3 + 3,266.10-5h2 – 1,527.10-16

Ta có :

F’(h) = 3h2 + 6,532.10-5h
F(h0) = - 1,41.10-17

Ta có :

;

F’(h0) = 1,426.10-10

F(h 0 )
1,41.10 −17
-6
⇒ h1 = h0 = 2.10 +
= 2,1.10-6
F' (h 0 )
1,426.10 −10
F(h1) = 5,9.10-19
⇒

;

F’(h1) = 1,504.10-10

F( h 1 )
5,9.10 −19
-6
h2 = h1 = 2,1.10 = 2,096.10-6
F' (h 1 )
1,504.10 −10

Ta có :

h 2 − h1
2,096.10 −6 − 2,1.10 −6
. 100% =
. 100% = 0,19%
h1
2,1.10 − 6

Vậy

h = 2,096.10-6 M là nghiệm của phương trình (*)

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 5


3. Một số bài tập vận dụng
Dạng 1: Dung dịch đơn Axit yếu
Ví dụ : Tính pH trong dung dịch gồm HCN 10-3M
Cho biết : KHCN = 10-9,35
Giải:

Các quá trình xảy ra trong hệ
H+

HCN

H+

H2O

+
+

CN-

Ka = 10-9,35

(1)

OH-

W = 10-14

(2)

Ta có: KHCN . CHCN = KaCa = 10-9,35.10-3 = 10-12,35 không » W = 10-14 . Vì vậy
phải giải phương trình bậc cao.
Vận dụng các định luật: Bảo toàn nồng độ ban đầu; định luật tác dụng khối
lượng; định luật bảo toàn điện tích hay điều kiện proton:
Ta có phương trình :

h -

Ka
W
- Ca
= 0
h + Ka
h

⇔ h3 + Kah2 – (W + KaCa)h – WKa = 0

(3)

(4)

Thay các giá trị : W = 10 -14 ; Ka = KHCN = 10-9,35 ; Ca = CHCN = 10-3M vào (4)
ta được:
h3 + 4,467.10-10 h2 – 4,567.10-13 h – 4,467.10-24 = 0

(5)

*Giải theo phương pháp Niutơn (phương pháp tiếp tuyến).
Ta có:
h3 – 4,567.10-13 h = 0
hoặc

⇒ h = 6,758.10-7

(vì h > 0)

4,467.10-10 h2 – 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 h0 = 6.10-7M
F(h) = h3 + 4,467.10-10 h2 – 4,567.10-13 h – 4,467.10-24
F’(h) = 3h2 + 8,934.10-10 h – 4,567.10-13
Ta có: F(h0) = - 5,786.10-20
F’(h0) = 6,238.10-13
F(h 0 )
5,786.10 −20
-7
Ta có: h1 = h0 = 6.10 +
= 6,93.10-7M
−13
F' (h 0 )

6,238.10
Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 6


F(h1) = 1,653.10-20
F’(h1) = 9,847.10-13
F( h 1 )
1,653.10 −20
-7
⇒ h2 = h1 = 6,93.10 = 6,76.10-7M
−13
F' (h 1 )
9,847.10
h 2 − h1
6,76.10 −7 − 6,93.10 −7
Ta có:
. 100% =
. 100% = 2,45%
h1
6,93.10 − 7
Vậy : h = 6,76.10-7 = 10-6,17M
⇒

pH = 6,17

Dạng 2: Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn axit yếu
*Thành phần dung dịch:(HA1,Ca1,Ka1 ; HA2,Ca2,Ka2 ; …; HAn,Can ,Kan ; H2O)
Các quá trình xảy ra trong hệ

HA1

H+

+

A1-

Ka1

(1)

HA2

H+

+

A2-

Ka2

(2)

---------------------------------------------------H+

HAn

+
H+

H2O

An-Kan
+

(n)

OH-W

(n+1)

• Nếu Ca1 .Ka1 ≈ Ca2 . Ka2 ≈ …≈ Can .Kan ≈ W
⇒ Các cân bằng xảy ra ở mức độ tương đương nhau
Trước hết ta xét dung dịch hỗn hợp gồm 2 đơn Axit yếu HA1 và HA2
Áp dụng điều kiện proton với mức không là HA1, HA2, H2O
[H+] = [OH-] + [A1-] + [A2-]
⇔

[H+] - [OH-] - [A1-] - [A2-] = 0

Đặt : [H+] = h ⇒ [OH-] =
h -

(b)

W
thay vào (b) ta được:
h

W
- [A1-] - [A2-] = 0 (c)
h

Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
CHA1 = Ca1 = [HA1] + [A1-]
= [A1-] h Ka1-1 + [A1-] = [A1-] (h Ka1-1 + 1)

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 7


⇒

[A1-] = Ca1
[A2-] = Ca2

Tương tự:
h -

K a1
h + K a1

Ka2
h + Ka2

thay vào (c) ta được

K a1

Ka2
W
- Ca1
- Ca2
= 0
h + K a1
h + K a2
h

(d)

Tổng quát cho hệ gồm n đơn Axit yếu:
h -

K a1
Ka2
K an
W
- Ca1
- Ca2
- … - Can
= 0
h + K a1
h + Ka2
h + K an
h
Hay :

h -

n
K ai
W
C ai
- ∑
= 0
i =1
h + K ai
h

(e)

Giải phương trình (e) phương trình bậc (n+2) đối với h. Tìm h.
Từ h ⇒ [OH-] ; pH ; [Ai-] ; [HAi] (với i = 1 → n).
+ NếuCa1 .Ka1 ≈ Ca2 . Ka2 ≈ …≈ Can .Kan » W phương trình (e) trở thành
n

C ai
h - ∑
i =1

K ai
= 0
h + K ai

(f)

Lưu ý: Đối với trường hợp này, ngoài việc giải các phương trình bậc cao
người ta còn giải theo phương pháp gần đúng liên tục.
Ví dụ:

Tính pH trong dung dịch chứa hỗn hợp HCOOH 2.10 -2M và HAc 10-1M.
Cho biết : KHCOOH = K1 = 10-3,75 ; KHAc = K2 = 10-4,76 .
Giải:

Các quá trình xảy ra trong hệ
HCOOH

H+

HCOO-

+

K1 = 10-3,75

HAc

H+

+

Ac-

K2 = 10-4,76

H2O

H+

+

OH-

W = 10-14

(1)
(2)
(3)

Ta có:
K1.CHCOOH = 10-3,75.2.10-2 = 10-5,45 ≈ K2.CHAc = 10-4,76.10-1 = 10-5,76 »W =
10-14
Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 8


⇒ Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính.
*Giải theo phương pháp Niutơn
Từ phương trình :
n

C ai
h - ∑
i =1

K ai
= 0
h + K ai

n

Ci
h - ∑
i =1

hay

Ki
= 0
h + Ki

(4)

Áp dụng phương trình (4) với n = 2 ta được:
h - C1

K1
K2
- C2
= 0
h + K1
h + K2

(Với C1 = CHCOOH, C2 = CHAc )

⇔ h3 + (K1 + K2)h2 + (K1K2 – C1K1 – C2K2)h - K1K2(C1 +C2) = 0

(5)

Thay các giá trị K1, K2, C1, C2 vào (5) ta được:
h3 + 1,952.10-4 h2 - 5,283.10-6 h - 3,71.10-10 = 0
Ta có:
⇒ h = 2,299.10-3 (vì h > 0)

h3 - 5,283.10-6 h = 0

⇒ h = 1,379.10-3 (vì h > 0)

hoặc: 1,952.10-4 h2 - 3,71.10-10 = 0

Nghiệm thực h phải thỏa mãn : 1,379.10-3< h < 2,299.10-3.
* Chọn h0 = 2.10-3M
F(h) = h3 + 1,952.10-4 h2 - 5,283.10-6 h - 3,71.10-10
F’(h) = 3h2 + 3,904.10-4 h - 5,283.10-6
F(h0) = - 2,1562.10-9 ;

F’(h0) = 7,4978.10-6

F(h 0 )
2,1562.10 −9
-3
⇒ h1 = h0 = 2.10 +
= 2,29.10-3M
−6
F' (h 0 )
7,4978.10
F(h1) = 5,6357.10-10

;

F’(h1) = 1,1343.10-5

F( h 1 )
5,6357.10 −10
-3
⇒ h2 = h1 = 2,29.10 = 2,24.10-3M
−5
F' (h 1 )
1,1343.10
Ta có :

h 2 − h1
2,24.10 −3 − 2,29.10 −3
100% =
100% = 2,18%
h1
2,29.10 −3
Vậy : h = 2,24.10-3 = 10-2,65M
⇒

pH = 2,65

Dạng 3:Dung dịch chứa hỗn hợp nhiều đơn Bazơ yếu
*Thành phần dung dịch:(A1-,Cb1,Kb1 ; A2-,Cb2,Kb2 ; … ; An-,Cbn ,Kbn ; H2O)
Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 9

Các quá trình xảy ra trong hệ
A1-

+

H2O

HA1

+

OH-

Kb1

(1)

A2-

+

H2O

HA2

+

OH-

Kb2

(2)

-----------------------------------------------------------------An-

+

H2O

HAn

+

OH-

H2O

H+

+

OH-W

Kbn

(n)

(n+1)

*Nếu Cb1 .Kb1 ≈ Cb2 . Kb2 ≈ …≈ Cbn .Kbn ≈ W

⇒ Các cân bằng xảy ra ở mức độ tương đương nhau
Trước hết ta xét dung dịch hỗn hợp gồm 2 đơn Bazơ yếu A1- và A2Áp dụng điều kiện proton mở rộng với mức không là A1-, A2-, H2O
[OH-] = [H+] + [HA1] + [HA2]
⇔ [OH-] - [H+] - [HA1] - [HA2] = 0
Đặt : [OH-] = x ⇒ [H+] =
x -

(b)

W
thay vào (b) ta được:
x
W
- [HA1] - [HA2] = 0 (c)
x

Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
CA1- = Cb1 = [A1-] + [HA1]
= [HA1] x Kb1-1 + [HA1] = [HA1] (x Kb1-1 + 1)
K b1
[HA1] = Cb1 x + K b1

⇒
Tương tự:

[HA2] = Cb2
x -

K b2
x + K b2

thay vào (c) ta được

K b1
K b2
W
- Cb1
- Cb2
= 0
x + K b1
x + K b2
x

(d)

Tổng quát cho hệ gồm n đơn Bazơ yếu:
x -

K b1
K b2
K bn
W
- Cb1
- Cb2
- … - Cbn
= 0
x + K b1
x + K b2
x + K bn
x

Hay :

x -

n
K bi
W
C bi
- ∑
= 0
i =1
x + K bi
x

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

(e)
Page 10


Giải phương trình (e) phương trình bậc (n+2) đối với x. Tìm x.
Từ x ⇒ [H+] ; pH ; [Ai-] ; [HAi] (với i = 1 → n).
+ NếuCb1 .Kb1 ≈ Cb2 . Kb2 ≈ …≈ Cbn .Kbn » W phương trình (e) trở thành
n

C bi
x - ∑
i =1

K bi

= 0
x + K bi

(f)

Ví dụ: Tính pH trong dung dịch gồm NH3 0,2500M và KCN 0,2000M.
Cho biết: KNH4+= 10-9,24 ; KHCN = 10-9,35.
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
KCN

→

K+

CN- + H2O

HCN

NH3 + H2O

NH4+
H+

H2O

CN-

+
OH-

Kb1 = (KHCN)-1 W = 10-4,65 (1)

+ OH-

Kb2 = (KNH4+)-1W = 10-4,76 (2)

+
+

OH-W

= 10-14

(3)

Ta có: Kb1.CCN- = 10-4,65.0,2 = 10-5,35 ≈ Kb2.CNH3 = 10-4,76.0,25 = 10-5,362 » W.
⇒ Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2), dựa vào (1) và (2) để tính.
* Giải theo phương pháp Niutơn
Từ phương trình :
n

C bi
x - ∑
i =1

K bi
= 0
x + K bi

(4)

Áp dụng phương trình (4) với n = 2 ta được:
x - Cb1

K b1
K b2
- Cb2
= 0
x + K b1
x + K b2

⇔ x3 + (Kb1 + Kb2)x2 + (Kb1Kb2 – Cb1Kb1 – Cb2Kb2)x - Kb1Kb2(Cb1 + Cb2) = 0 (5)
Thay các giá trị Kb1, Kb2, Cb1, Cb2 vào (5) ta được:
x3 + 3,977.10-5 x2 - 8,822.10-6 x - 1,751.10-10 = 0
Ta có:
x3 - 8,822.10-6 x = 0

⇒

x = 2,970.10-3

(vì x > 0)

hoặc 3,977.10-5 x2 - 1,751.10-10 = 0 ⇒ x = 2,098.10-3 (vì x > 0)
Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 11

2,098.10-3< x < 2,970.10-3

Nghiệm thực x phải thỏa mãn :
Chọn x0 = 2,9.10-3M

F(x) = x3 + 3,977.10-5 x2 - 8,822.10-6 x - 1,751.10-10
F’(x) = 3x2 + 7,954.10-5 x - 8,822.10-6
F(x0) = - 1,0354.10-9

F’(x0) = 1,6639.10-5

;

F( x 0 )
1,0354.10 −9
-3
⇒ x1 = x0 = 2,9.10 +
= 2,962.10-3
−5
F' ( x 0 )
1,6639.10
x1 − x 0
2,962.10 −3 − 2,9.10 −3
100% =
100% = 2,14%
x0
2,9.10 − 3

Ta có:

-3

Vậy: x = 2,962.10 = 10
⇒

-2,53

W
10 −14
⇒ [H ] =
=
= 10-11,47M
− 2 , 53
x
10
+

pH = 11,47

Dạng 4: Dung dịch các đa Axit, bazơ đa:
Ví dụ1 :
2,00

Tính pH trong dung dịch H2A 10-2M. Cho biết: H2A có: K1 = 10-

; K2 = 10-2,67 .

Giải:

Các quá trình xảy ra trong hệ

H+

H2A
HAH2O
Ta có : K1 ≈ K2

;

H+

+

HA-

+ A2H+

+

OH-

K1 = 10-2,00

(1)

K2 = 10-2,67

(2)

W = 10-14

(3)

K1C = 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.
* Giải theo phương pháp Niutơn
Vận dụng các định luật: Bảo toàn nồng độ ban đầu; định luật tác dụng
khối lượng; định luật bảo toàn điện tích hay điều kiện proton:
Ta có:
h - C

( K 1 h + 2K 1 K 2 )
= 0
h 2 + K 1h + K 1K 2

⇔ h3 + K1h2 + K1(K2 – C)h - 2CK1K2 = 0

(4)
(5)

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
Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 12


Ta có:
⇒ h = 8,87.10-3

(vì h > 0)

hoặc: 10-2h2 - 4,276.10-7 = 0 ⇒ h = 6,54.10-3

(vì h > 0)

h3 - 7,862.10-5 h = 0

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

Nghiệm thực h thỏa mãn :
Chọn h0 = 8.10-3M

F(h) = h3 + 10-2 h2 - 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

;

F(h 0 )
9,544.10 −8
-3
⇒ h1 = h0 = 8.10 = 7,65.10-3
F' (h 0 )
2,7338.10 − 4
F(h1) = 3,879.10-9

F’(h1) = 2,4995.10-4

;

F( h 1 )
3,879.10 −9
-3
⇒ h2 = h1 = 7,65.10 = 7,634.10-3
F' (h 1 )
2,4995.10 − 4
Ta có :

h 2 − h1
7,634.10 −3 − 7,65.10 −3
100% =
100% = 0,21%
h1
7,65.10 −3
Vậy h = 7,634.10-3 = 10-2,12M
⇒

pH = 2,12

Ví dụ 2: Tính pH trong dung dịch gồm Na2A 10-2M.
Cho biết H2A có: K1 = 10-6,00 ; K2 = 10-6,72
Giải
Các quá trình xảy ra trong hệ
Na2A

→

2Na+

+

A2-

A2- +

H2 O

HA-

+

OH-

Kb1 = K2-1. W = 10-7,28 (1)

HA- +

H2O

H2A +

OH-

Kb2 = K1-1. W = 10-8,00 (2)

H+ +

OH-

H2O

W = 10-14

(3)

Ta có: Kb1≈ Kb2 và Kb1Cb = 10-7,28.10-2 = 10-9,28 » W = 10-14
⇒ Bỏ qua cân bằng (3) so với (1) và (2),dựa vào (1),(2) để tính.
* Giải theo phương pháp Niutơn

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 13


Vận dụng các định luật: Bảo toàn nồng độ ban đầu; định luật tác dụng
khối lượng; định luật bảo toàn điện tích hay điều kiện proton:
Ta có:
x - Cb

( K b1 x + 2 K b1 K b 2 )
= 0
x 2 + K b1 x + K b1K b 2

⇔ x3 + Kb1x2 + Kb1(Kb2 - Cb)x - 2CbKb1Kb2 = 0

(5)

Thay các giá trị Kb1 ; Kb2 ; Cb vào (5) ta được:
x3 + 5,248.10-8 x2 - 5,248.10-10 x - 1,0496.10-17 = 0
Ta có:
⇒

+ x3 - 5,248.10-10 x = 0

x = 2,29.10-5

+ 5,248.10-8 x2 - 1,0496.10-17 = 0
Nghiệm thực x phải thỏa mãn :

(vì x > 0)

⇒ x = 1,414.10-5 (vì x > 0)

1,414.10-5< x < 2,29.10-5

Chọn x0 = 2,25.10-5M
F(x) = x3 + 5,248.10-8 x2 - 5,248.10-10 x - 1,0496.10-17
F’(x) = 3x2 + 1,0496.10-7 x - 5,248.10-10
F(x0) = - 4,013.10-16

;

F’(x0) = 9,963.10-10

F( x 0 )
4,013.10 −16
-5

⇒ x1 = x0 = 2,25.10 +
= 2,29.10-5
−10
F' ( x 0 )
9,963.10
F(x1) = 8,025.10-18

;

F’(x1) = 1,0508.10-9

F( x 1 )
8,025.10 −18
-5
⇒ x2 = x1 = 2,29.10 = 2,289.10-5
−9
F' ( x 1 )
1,0508.10
Ta có :

x 2 − x1
2,289.10 −5 − 2,29.10 −5
100% =
100% = 0,044%
x1
2,29.10 − 5

Vậy :

x = 2,289.10-5 = 10-4,64⇒ [H+] = 10-9,36M

⇒

pH = 9,36

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 14


KẾT LUẬN
Qua đề tài sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã xây dựng được cơ sở lý thuyết
về phương pháp Niutơn và áp dụng vào việc giải các bài toán khó về axit –bazơ,
trong khi đó các phương pháp thông thường không thể giải được.
Với đề tài này, giáo viên có thể dùng để làm tài liệu cho việc bồi dưỡng học
sinh giỏi tỉnh và Quốc gia về phần hóa phân tích.
Đối với học sinh, việc vận dụng phương pháp này giúp cho các em giải
được các bài toán về axit –bazơ có phương trình toán học bậc cao và phức tạp.
Phương pháp này không chỉ dùng để giải các bài toán về axit –bazơ mà có
thể dùng để giải được bất kỳ dạng toán phức tạp khác

Gv: Bạch Ngọc Chính – Chuyên QB

Page 15