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

MỞ ĐẦUHóa 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

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

+ 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

những bài toán khó có phương trình bậc cao về axit –bazơ mà không thể giải được bằng phương pháp chính xác

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 x0 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 xn chỉ khác với nghiệm thực một đại lượng vô cùng bé ξn

ξn = x - xn (1)

 x = xn + ξn (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 +

! 2

).

x ( ''

n

n 

+

! 3

).

x ( '' '

n

n 

+ … = 0 (3)

Vì ξn 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 = - ff'((xx ))

n

n

thay vào (2) ta được :

x = x n + ξ n = x n - ff'((xx ))

n

n

(4) Nói một cách đúng hơn,phương trình (4) cho phép tìm giá trị xn+1 gần với nghiệm thực x hơn giá trị xn

xn+1 = xn - ff'((xx ))

n

n

(5)

2 Ý nghĩa hình học của phương pháp Niutơn:

x

Y=f(x)

A

B C

f(x0)

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) =

1 0

0 x x

) x (



 x1 = x0 - ff'((xx ))

0 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 : x2 = x1 - ff'((xx ))

1 1

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

Ta có : x n+1 = x n - ff'((xx ))

n 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

Cụ thể :

n

n 1 n

x

x

x  

100% (trong khoảng từ 0  5%) thì giá trị 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

Ta có: h3 - 1,527.10-16 = 0  h = 5,345.10-6

hoặc 3,266.10-5h2 – 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 h0 = 2.10-6 ( có thể chọn giá trị khác cũng được)

Ta có : F(h) = h3 + 3,266.10-5h2 – 1,527.10-16

F’(h) = 3h2 + 6,532.10-5h

Ta có : F(h0) = - 1,41.10-17 ; F’(h0) = 1,426.10-10

 h1 = h0 - FF'((hh ))

0

0

= 2.10-6 + 10

17

10 426 , 1

10 41 , 1



 = 2,1.10-6 F(h1) = 5,9.10-19 ; F’(h1) = 1,504.10-10

 h2 = h1 - FF'((hh))

1

1

= 2,1.10-6 - 10

19

10 504 , 1

10 9 , 5



 = 2,096.10-6

Ta có :

1

1 2

h

h

h 

6 6

10 1 , 2

10 1 , 2 10 096 , 2









100% = 0,19%

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

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

HCN H+ + CN- Ka = 10-9,35 (1) H2O H+ + 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 -

h

W

- Ca

a

a

K h

K

 = 0 (3)

 h3 + Kah2 – (W + KaCa)h – WKa = 0 (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  h = 6,758.10-7 (vì h > 0) hoặc 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

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

Ta có: h1 = h0 - FF'((hh ))

0

0

= 6.10-7 + 13

20

10 238 , 6

10 786 , 5



 = 6,93.10-7M F(h1) = 1,653.10-20

F’(h1) = 9,847.10-13

 h2 = h1 - FF'((hh ))

1

1

= 6,93.10-7 - 13

20

10 847 , 9

10 653 , 1



 = 6,76.10-7M

Ta có:

1

1 2

h

h

h 

100% = 6 , 93 10 7

10 93 , 6 10 76 , 6





100% = 2,45%

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,Ca 1,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)

- HAn H+ + An-Kan (n)

H2O H+ + 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 (b)

Đặt : [H+] = h  [OH-] =

h

W thay vào (b) ta được:

h -

h

W

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

 [A1-] = Ca1

1 a

1 a K h

K



Tương tự: [A2-] = Ca2

2 a

2 a K h

K

 thay vào (c) ta được

h -

h

W

- Ca1

1

1

K h

K

 - Ca2

2

2

K h K

 = 0 (d)

Tổng quát cho hệ gồm n đơn Axit yếu:

h -

h

W

- Ca1

1

1

K h

K

 - Ca2

2

2

K h

K

 - … - Can

an

an K h

K

 = 0

Hay : h -

h

W

- 



 n

1 i

ai

ai ai K h

K

C = 0 (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

h - 





n 1 i

ai

ai

K

C = 0 (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 (1) HAc H+ + Ac- K2 = 10-4,76 (2)

H2O H+ + OH- W = 10-14 (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

 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 :

h - 





n 1 i

ai

ai ai

K h

K

C = 0 hay h - 



 n

1 i

i

i i K h

K

C = 0 (4)

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

h - C1

1

1 K h

K

 - C2

2

2 K h

K

 = 0 (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:

h3 - 5,283.10-6 h = 0  h = 2,299.10-3 (vì h > 0) hoặc: 1,952.10-4 h2 - 3,71.10-10 = 0  h = 1,379.10-3 (vì h > 0) Nghiệm thực h phải thỏa mãn : 1,379.10-3< h < 2,299.10-3

* Chọn h 0 = 2.10 -3 M

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

 h1 = h0 - FF'((hh ))

0

0

= 2.10-3 + 6

9

10 4978 , 7

10 1562 , 2



 = 2,29.10-3M F(h1) = 5,6357.10-10 ; F’(h1) = 1,1343.10-5

 h2 = h1 - FF'((hh ))

1

1

= 2,29.10-3 - 5

10

10 1343 , 1

10 6357 , 5



 = 2,24.10-3M

Ta có :

1

1 2

h

h

h 

3 3

10 29 , 2

10 29 , 2 10 24 , 2









100% = 2,18%

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) Các quá trình xảy ra trong hệ

A1- + H2O HA1 + OH- Kb1 (1)

A2- + H2O HA2 + OH- Kb2 (2)

-

An- + H2O HAn + OH- Kbn (n)

H2O H+ + OH-W (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 A2

-Áp dụng điều kiện proton mở rộng với mức không là A1-, A2-, H2O

[OH-] = [H+] + [HA1] + [HA2]

 [OH-] - [H+] - [HA1] - [HA2] = 0 (b)

Đặt : [OH-] = x  [H+] =

x

W

thay vào (b) ta được:

x - Wx - [HA1] - [HA2] = 0 (c) 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)

 [HA1] = Cb1 1

1 K x

K



Tương tự: [HA2] = Cb2

2

2 K x

K

 thay vào (c) ta được

x - Wx - Cb1

1

1 K x

K

 - Cb2

2

2 K x

K

 = 0 (d) Tổng quát cho hệ gồm n đơn Bazơ yếu:

x -

x

W

- Cb1

1

1 K x

K

 - Cb2

2

2 K x

K

 - … - Cbn

bn

bn K x

K

 = 0 Hay : x - Wx - 



 n

1 i

bi

bi bi K x

K

C = 0 (e)

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

x - 



 n

1 i

bi

bi bi K x

K

C = 0 (f)

Cho biết: KNH4+= 10-9,24 ; KHCN = 10-9,35

Các quá trình xảy ra trong hệ

KCN  K+ + CN

CN- + H2O HCN + OH- Kb1 = (KHCN)-1 W = 10-4,65 (1) NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb2 = (KNH4+)-1W = 10-4,76 (2) H2O H+ + 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 :

x - 





n 1 i

bi

bi

K

C = 0 (4)

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

x - Cb1

1

1 K x

K

 - Cb2

2

2 K x

K

 = 0

 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)

Nghiệm thực x phải thỏa mãn : 2,098.10-3< x < 2,970.10-3

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

 x1 = x0 - FF'((xx ))

0

0

= 2,9.10-3 + 5

9

10 6639 , 1

10 0354 , 1



 = 2,962.10-3

Ta có:

0

0 1

x

x

x 

3 3

10 9 , 2

10 9 , 2 10 962 , 2









100% = 2,14%