A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU:
Như chúng ta đã biết Hóa học là một môn khoa học thực
nghiệm; Có rất nhiều hiện tượng, quá trình biến đổi phức tạp đã và
đang diễn ra trong tự nhiên, trong đời sống sinh hoạt hàng ngày của
con người Chính vì thế mọi lí thuyết hóa học ra đời nhằm mục đích
lí giải cho những thực nghiệm đó.
Lí thuyết hóa học là phần kiết thức vô cùng rộng lớn nó bao gồm
cả lí thuyết định tính và lí thuyết định lượng.
Trong quá trình dạy và học môn hóa học ở trường trung học phổ
thông, bài tập định lượng là phần kiến thức hết sức quan trọng, nó
được xếp trong hệ thống phương pháp giảng dạy, phương pháp này
được coi là một trong các phương pháp quan trọng nhất để nâng cao
chất lượng giảng dạy bộ môn. Bởi vì thông qua việc giải bài tập, giúp
học sinh nắm vững hơn lí thuyết định tính , hiểu rõ và sâu hơn bản
chất vấn đề, từ đó có cơ sở khoa học để giải thích các hiện tượng của
các quá trình biến đổi hóa học xảy ra trong tự nhiên. Ngoài ra việc giải
bài tập còn giúp các em rèn luyện tính tích cực, trí thông minh, sáng
tạo, bồi dưỡng hứng thú trong học tập, hơn thế nữa còn giúp các em
có niềm tin vào chân lí khoa học.
Giải bài tập hóa học là quan trọng. Nhưng theo tôi việc lựa chọn
phương pháp thích hợp để giải một bài tập lại càng có ý nghĩa quan
trọng hơn. Vì mỗi bài tập có thể có nhiều phương pháp giải khác nhau.
Nếu chúng ta biết lựa chọn phương pháp hợp lý, sẽ giúp học sinh dễ
dàng hơn trong việc nắm vững bản chất của các hiện tượng hoá học.
Ngược lại việc lựa chọn phương pháp không thích hợp để giải một bài
tập thì nó sẽ gây cản trở, chậm trễ cho học sinh trong việc lĩnh hội
kiến thức, làm giảm khả năng tư duy và sáng tạo của các em.
Qua nhiều năm giảng dạy tôi nhận thấy rằng, khả năng xử lí và
giải toán Hóa học của các em học sinh còn nhiều hạn chế. Ví dụ như
trong phần dung dịch chất điện li có phần bài tập về pH rất hay và

và có kĩ năng xử lí thật tốt các bài tập pH của dung dịch axit yếu trong
dung dịch các chất điện li tôi quyết định thực hiện đề tài: “ Kĩ thuật
tính pH của dung dịch axit yếu nhằm nâng cao chất lượng bồi
dưỡng học sinh giỏi môn hóa lớp 11 trường THPT Hậu Lộc 4” .
Chắc chắn khi có được kĩ thuật tính pH các em sẽ tự tin, nắm vững
bản chất vấn đề hơn và có phương pháp thích hợp để giải quyết một
bài toán. Thực sự đề tài này sẽ mang đến cho học sinh một màu sắc
hoàn toàn mới mẻ, một tư duy mang tính sáng tạo. Tạo cho các em
hứng thú, say mê hơn trong việc tìm tòi và nghiên cứu khoa học.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
Trang2
I. CÁC GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN:
Đối với bài tập pH của dung dịch axit yếu thì trước tiên học sinh
phải nắm rõ đươc khái niệm về pH, định luật bảo toàn nồng độ và định
luật bảo toàn điện tích. Tiếp theo là các em phải nắm vững bản chất
của axit yếu là một chất điện li yếu, trong dung dịch chúng tồn tại
dưới dạng một quá trình thuận nghịch, khi cân bằng xác lập sẽ có một
giá trị pH xác định. Vấn đề càng trở nên phức tạp hơn đối với các em
là khi trong dung dịch có nhiều axit yếu hoặc đa axit yếu và liên quan
đến cả sự phân li của nước. Lúc đó pH xác định cho một hệ cân bằng
gồm nhiều quá trình thuận nghịch.
Cuối cùng khi các em đã nắm vững được lí thuyết, bản chất của
vấn đề thì việc lựa chọn phương pháp thích hợp để giải quyết bài toán
là một điều rất quan trọng. Nó giúp các em hình thành được kĩ năng
phân tích, định hướng và xử lí bài tập. Do đó, để hình thành được kĩ
năng tính pH của dung dịch axit yếu thì ngoài việc giúp học sinh nắm
được bản chất của vấn đề thì giáo viên phải hình thành cho học sinh
một hệ thống phương pháp giải thích hơp.
Tùy thuộc vào quan điểm của mỗi người, có thể viết sự phân li
của axit theo thuyết A-rê-ni-ut hoặc Bron-Stêt. Theo tôi để đơn giản

O  H
+
+ OH
-
K
W
K
a
=
[ ]
H A
HA
+ −
   
×
   
và K
W
= [H
+
]×[OH
-
] = 10
-14
- Bảo toàn nồng ban đầu ta có :
Trang3
C = [HA] + [A
-
] = [HA] +
[ ]

K HA
H
+
×
 
 
+
wK
H
+
 
 
→ [H
+
] =
[ ]
Wa
K HA K× +
(2)
→ kết hợp (1) và (2) tính [H
+
] → pH
Chú ý :
- Nếu K
a
×C >> K
W
thì bỏ qua cân bằng của H
2
O

2
O
-áp dụng phương pháp ta có :
[CH
3
COOH] =
a
C H
K H
+
+
 
×
 
 
+
 
=
4,75
0,1
10
H
H
+
− +
 
×
 
 
+

-4,75
M → pH = -lg(1,32×10
-4,75
)=
4,63
- Một cách gần đúng coi [CH
3
COOH]
≈
0,1M
→ [H
+
] =
4,75
0,1 10
−
×
≈
1,33×10
-4,75
M → pH = -lg(1,33×10
-4,75
)= 4,63
Ví dụ 2: Tính pH và [NH
4
+
] của dung dịch NH
4
Cl 10
-4

4
+
 NH
3
+ H
+

4
NH
K
+
= 10
-9,24
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W
= 10
-14
- Áp dụng phương pháp ta có:
[H
+
] =
4
4 W
NH

) =6,58.
[NH
4
+
]=
4
NH
C H
K H
+
+
+
 
×
 
 
+
 
=
4 7
9,24 7
10 2,59 10
10 2,59 10
− −
− −
× ×
+ ×
= 9,97×10
-5
M

Bài 4: Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,535 gam NH
4
Cl
vào 200ml H
2
O. Biết
4
NH
K
+
= 10
-9,24
.
ĐS: pH=
5,27
Dạng 2: pH của dung dịch gồm một đơn axit yếu và một axit
mạnh.
Bài toán: Tính pH cuả dung dịch gồm axit yếu HA C(M) và axit
mạnh HX b(M). Biết HA có hằng số cân bằng K
a
.
a) Phương pháp:
HX → H
+
+ X
-
bM → bM
HA  H
+
+ A

-
] + b =
[ ]
a
K HA
H
+
×
 
 
+
wK
H
+
 
 
+ b
→ [H
+
]
2
- b× [H
+
] - (K
a
×[HA] +K
W
)= 0 (2)
→ Kết hợp (1) và (2) tính [H
+

×C + K
W
)= 0 (giải phương trình bậc 2)
b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:Tính pH của dung dịch gồm HCOOH 0,1M và HCl 0,01M.
Biết K
HCOOH
= 10
-3,75
.
Bài giải:
- Nhận thấy K
HCOOH
×C = 10
-3,75
×0,1= 10
-4,75
>> 10
-14
→ bỏ qua cân bằng của H
2
O
HCl → H
+
+ Cl
-
0,01M → 0,01M
HCOOH  HCOO
-
+ H

+
 
(1)
[H
+
]
2
- b× [H
+
] - K
a
×[HA] = 0 → [H
+
]
2
- 0,01× [H
+
] - 10
-3,75
×[HCOOH]
=0 (2)
Thay (1) vào (2) → [H
+
]
2
- 0,01× [H
+
] - 10
-3,75
×

C =0,1M
(2) → [H
+
]
2
- 0,01× [H
+
] - 10
-3,75
×0,1=0
Giải phương trình → [H
+
] = 0,0115M→ pH = 1,939
Ví dụ 2:Tính pH và [NH
4
+
] của dung dịch gồm NH
4
Cl 10
-4
M và HCl
10
-3
M. Biết
4
NH
K
+
= 10
-9,24

NH
4
+
 NH
3
+ H
+

4
NH
K
+
= 10
-9,24
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W
= 10
-14
-Áp dụng phương pháp ta có :
[H
+
]
2
- 10

] - (10
-9,24
×10
-4
+10
-14
)= 0
Trang6
Giải phương trình → [H
+
]
≈
0,001M → pH =-lg0,001 = 3
[NH
4
+
]=
4
NH
C H
K H
+
+
+
 
×
 
 
+
 

của CH
3
COOH. Biết
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
.
ĐS: pH= 2,09;
α
=0,212%
Bài 3:Tính pH của dung dịch gồm HCl 10
-4
M và HF 10
-2
M. Biết K
HF
= 6,8×10
-4
.
ĐS: pH=
2,65
Bài 4:Tính [NH
3
] và pH của dung dịch thu được khi thêm 50ml dung
dịch HCl 2,1×10
-3
M vào 100ml dung dịch NH
3

K
.
a) Phương pháp:
HA  H
+
+ A
-

1
a
K
(1)
HB  H
+
+ B
-

2
a
K
(2)
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W
(3)

2
a
C H
K H
+
+
 
×
 
 
+
 
(II)
- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
Trang7
[H
+
] = [A
-
] + [B
-
] + [OH
-
] =
[ ] [ ]
1 1
a a
W
K HA K HB
K

Chỉ xét cân bằng (1) , (2) bỏ qua cân
bằng (3).
(III) → [H
+
] =
[ ] [ ]
1 2
a a
K HA K HB× + ×

- Nếu
1
1a
K C×
>>
2
2a
K C×
>> K
W
Chỉ xét cân bằng (1) bỏ qua cân bằng
(2), (3).
(III) → [H
+
] =
[ ]
1
a
K HA×


2
COOH C
2
= 0,05M . Biết
1
a
K
=
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
và
2
a
K
=
3 2
OOCH CH C H
K
= 10
-4,89
.
Bài giải:
-Nhận thấy :
1
a
K
×C

K
CH
3
CH
2
COOH  CH
3
CH
2
COO
-

2
a
K
-Áp dụng phương pháp ta có :
[H
+
] =
[ ] [ ]
1 2
3 3 2
OO OO
a a
K CH C H K CH CH C H× + ×

Một cách gần đúng coi: [CH
3
COOH]≈ C
1

×
 
 
+
 
=
4
4,75 4
0,01 9,066 10
10 9,066 10
−
− −
× ×
+ ×
= 9,807×10
-3
M
[CH
3
CH
2
COOH] =
2
2
a
C H
K H
+
+
 

-3,75
và
1
a
K
=
4
NH
K
+
= 10
-9,24

Bài giải:
- Nhận thấy :
1
a
K
×C
1
(= 10
-4,75
) >>
2
a
K
×C
2
(= 10
-9,24

- Một cách gần đúng coi: [HCOOH]≈ C
1
= 0,1M
→ [H
+
] =
3,75
10 0,1
−
×
= 4,2×10
-3
M → pH=-lg(4,2×10
-3
)= 2,38
c) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tính pH của dung dịch gồm CH
3
COOH 0,01M và NH
4
Cl
0,1M. Biết
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
,
4
NH

-4
,
−
4
HSO
K
= 10
-1,99
.
ĐS: pH=
1,88
Bài 4:Tính pH của của dung dịch thu được khi trộn 50ml dung dịch
CH
3
COOH 2×10
-2
M với 50ml dung dịch NaHSO
4
2×10
-3
M. Biết
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
,
−
4
HSO

1
= 2,22 ml; V
2
=
7,78 ml
Dạng 4: pH của dung dịch đa axit yếu.
Bài toán: Tính pH cua dung dich axit yếu yếu H
n
A C(M). Biết các
hằng số cân bằng từ K
1
đến K
n
.
a) Phương pháp:
H
n
A  H
+
+ H
n-1
A
-
K
1
(1)
Trang9
H
n-1
A

K
1
=
[ ]
1n
n
H H A
H A
+ −
−
   
×
   
→
[ ]
1
1
n
n
K H A
H A
H
−
−
+
×
 
=
 
 

−
−
−
+
 
×
 
 
=
 
 
 
=
[ ]
1 2
2
n
K K H A
H
+
× ×
 
 
Tương tự cho đến
n
A
−
 
 
=

2

1
n
n
n
K K K
K K K
H A
H
H H
+
+ +
 
× × ×
×
 ÷
× + + + +
 ÷
 
   
 
   
 
(I)
- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
[H
+
]=
2

 ÷
× + × + + ×
 ÷
 
   
 
   
 
+
W
K
H
+
 
 
(II)
→ Kết hợp (I) , (II) tính [H
+
] → pH
Chú ý :
- Nếu K
1
×C >>
W
K
→ bỏ qua cân bằng của H
2
O
- Nếu K
1

,
2
a
K
= 10
-12,92
.
Bài giải:
H
2
S  H
+
+ HS
-

1
a
K
= 10
-7
(1)
HS
-
 H
+
+ S
2-

2
a

a
K
Nên cân bằng (1) là chủ yếu.
- Áp dụng phương pháp ta có :
[H
+
]=
[ ]
1
2
a
K
H S
H
+
×
 
 
→ [H
+
] =
[ ]
1
2 a
H S K×
Một cách gần đúng coi: [H
2
S]≈ C = 0,01M
→ [H
+

−
× ×
= 10
-12,92
M
Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch H
4
P
2
O
7
0,01M. Biết
1
a
K
= 10
-1,52
,
2
a
K
=
10
-2,36
,
3
a
K
=10
-6,60

3
P
2
O
7
-
 H
+
+ H
2
P
2
O
7
2-

2
a
K
= 10
-2,36
H
2
P
2
O
7
2-
 H
+

1
a
K
×C = 10
-3,52
>>
W
K
và
1
a
K
≈
2
a
K
>>
3
a
K
>>
4
a
K
→ Chỉ xét 2 cân bằng :
H
4
P
2
O

7
2-

2
a
K
= 10
-2,36
Do
1
a
K
= 10
-1,52
< 10
-3
nên không được coi [H
4
P
2
O
7
]≈0,01M
- Áp dụng phương pháp ta có:
C= [H
4
P
2
O
7









××
+
++ 2
][
2
][
211
H
KK
H
K
aaa
(2)
Lấy
)2(
)1(
→ [H
+
]
3
+
1

+
]
3
+ 10
-1,52
×[H
+
]
2
+ (10
-3,88
- 10
-3,52
) ×[H
+
]- 2×10
-5,88
=
0
Giải phương trình → [H
+
]= 3,288×10
-3
M→ pH= -lg(3,288×10
-3
)=
2,483
c) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tính pH của dung dịch H
2

2
a
K
= 10
-
7,21
.
ĐS: pH=
2,15
Bài 3: Tính [HC
2
O
4
-
], [C
2
O
4
2-
] và pH của dung dich axit oxalic H
2
C
2
O
4
0,1M. Biết
1
a
K
=10

1
a
K
= 10
-2,23
,
2
a
K
= 10
-
7,26
,
3
a
K
=10
-12,32
ĐS: pH=
1,67
II. KẾT QUẢ VÀ KIẾN NGHỊ ĐỀ XUẤT.
1. Kết quả nghiên cứu :
Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi tôi đã mạnh dạn đưa kĩ
thuật tính pH của dung dịch axit yếu vào so sánh, đối chứng bằng cách
áp dụng đề tài và không áp dụng đề tài đối với hai nhóm học sinh có
lực học ngang nhau trong ba năm học: 2010-2011; 2011-2012 và
2012-2013. Kết quả thu được sau khi tiến hành kiểm tra nội dung này
được ghi ở bảng sau: (Phần đánh dấu ‘+’ là áp dụng đề tài).
- Năm học 2010 – 2011:
Nhóm Sĩ

4
1 5,56
- Năm học 2012 – 2013 :
Nhóm Sĩ
số
Áp
dụn
g đề
tài
Giỏi Khá Trung bình Yếu
SL % SL % SL % SL %
Nhóm I 15 + 8 53,3
3
6 40,00 1 6,67 0 0,00
NhómII 15 3 20,00 4 26,67 7 46,67 1 6,66
Qua bảng kết quả tác động theo nhóm của 3 năm học cho thấy
ban đầu các nhóm tiến hành khảo sát với lực học ngang nhau nhưng
nhóm không được áp dụng đề tài số học sinh đạt điểm khá, giỏi ít hơn
còn nhóm nào được áp dụng đề tài thì kết quả nâng lên rõ rệt. Có
được kết quả này là do học sinh đã nắm vững được bản chất của vấn
đề và có phương pháp thích hợp để giải toán (đơn giản từ một hệ cân
bằng chỉ có một quá trình thuận nghịch cho đến phức tạp hơn một hệ
cân bằng gồm nhiều quá trình thuận nghịch). Đặc biệt là các em học
sinh đã có định hướng đúng đắn, hình thành được kĩ năng giải bài tập
một cách thành thạo. Các em không còn thấy lúng túng, hoang mang
khi gặp các bài tập dạng này mà ngược lại còn hứng thú hơn, say mê
hơn.
2. Kiến nghị, đề xuất :
Để chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ngày càng được nâng
cao tôi xin đề xuất một số vấn đề sau:

thi đặc biệt là thi học sinh giỏi. Chính vì vậy theo tôi đề tài này rất
quan trọng và thiết thực giúp cho các em học sinh và các thầy cô có
cái nhìn tổng quát và sâu sắc hơn. Các phương pháp giải và bài tập
trong đề tài rất tổng quát, dễ hiểu giúp các em dễ dàng chiếm lĩnh
được kiến thức, mặc dù lúc đầu các em thấy khó và lúng túng. Ngoài
ra còn rèn luyện cho các em rất nhiều kĩ năng như kĩ năng tính toán, kĩ
năng so sánh, kĩ năng tư duy
Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình thực hiện đề tài, nhưng do
kinh nghiệm giảng dạy chưa nhiều nên không thể tránh được các thiếu
sót rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô trong tổ chuyên
môn và trong hội đồng khoa học nhà trường, các bạn đồng nghiệp
trong trường để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn !
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn !
Trang14
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG
ĐƠN VỊ
Hậu Lộc , ngày 20 tháng 05 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của
mình viết, không sao chép nội
dung của
Người khác
Người thực hiện
Nguyễn Văn Thương

Trang15
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN

12
Trang16
Trang17