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

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

).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

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

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

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)

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




. 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

)
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

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)


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

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:


= 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

(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

]
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

-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

+
] = 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

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:

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
+

-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

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
+

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

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
-

– 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

. 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

+ 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


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
-

-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

 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

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

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

=
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

.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

[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

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