SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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"


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU:
Nhƣ chúng ta đã biết Hóa học là một môn khoa học thực nghiệm; Có rất nhiều hiện
tƣợng, quá trình biến đổi phức tạp đã và đang diễn ra trong tự nhiên, trong đời sống sinh
hoạt hàng ngày của con ngƣời... 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 lƣợng.
Trong quá trình dạy và học môn hóa học ở trƣờng trung học phổ thông, bài tập định
lƣợng là phần kiến thức hết sức quan trọng, nó đƣợc xếp trong hệ thống phƣơng pháp
giảng dạy, phƣơng pháp này đƣợc coi là một trong các phƣơng pháp quan trọng nhất để
nâng cao chất lƣợng 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 tƣợng 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 dƣỡng 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. Nhƣng theo tôi việc lựa chọn phƣơng pháp thích hợp
để giải một bài tập lại càng có ý nghĩa quan trọng hơn. Vì mỗi bài tập có thể có nhiều
phƣơng pháp giải khác nhau. Nếu chúng ta biết lựa chọn phƣơng pháp hợp lý, sẽ giúp
học sinh dễ dàng hơn trong việc nắm vững bản chất của các hiện tƣợng hoá học. Ngƣợc
lại việc lựa chọn phƣơng 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 tƣ duy và sáng

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
đƣợc kĩ thuật tính pH các em sẽ tự tin, nắm vững bản chất vấn đề hơn và có phƣơng 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 tƣ 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

I. CÁC GIẢI PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC HIỆN:
Đối với bài tập pH của dung dịch axit yếu thì trƣớc tiên học sinh phải nắm rõ đƣơc
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 dƣới 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 nƣớc. Lúc đó pH
xác định cho một hệ cân bằng gồm nhiều quá trình thuận nghịch.
Cuối cùng khi các em đã nắm vững đƣợc lí thuyết, bản chất của vấn đề thì việc lựa
chọn phƣơng pháp thích hợp để giải quyết bài toán là một điều rất quan trọng. Nó giúp
các em hình thành đƣợc kĩ năng phân tích, định hƣớng và xử lí bài tập. Do đó, để hình
thành đƣợc kĩ năng tính pH của dung dịch axit yếu thì ngoài việc giúp học sinh nắm đƣợc
bản chất của vấn đề thì giáo viên phải hình thành cho học sinh một hệ thống phƣơng pháp
giải thích hơp.
Tùy thuộc vào quan điểm của mỗi ngƣời, có thể viết sự phân li của axit theo thuyết A-rêni-ut hoặc Bron-Stêt. Theo tôi để đơn giản hóa trong cách trình bày mà không ảnh hƣởng
đến kết quả nên viết sự phân li của axit theo thuyết A-rê-ni-ut.
Vì các bài tập thƣờng sử dụng tính gần đúng nên dấu '' >> '' đƣợc coi là gấp từ 100 lần trở
lên, nếu K < 10-3 thì coi [Chất]cân bằng  Cchất ban đầu.
Sau đây là chi tiết nội dung kĩ thuật tính pH của dung dịch axit yếu gồm phƣơng pháp
giải các bài toán điển hình tính pH của dung dịch axit yếu, có ví dụ minh họa và bài tập

(1)

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
[H+] = [A-] + [OH-] =

K a   HA
 H 


+ Kw → [H+] = Ka   HA  K W (2)
 H 

→ kết hợp (1) và (2) tính [H+] → pH
Chú ý :
- Nếu KaC >> KW thì bỏ qua cân bằng của H2O
(2) → [H+] = Ka   HA
- Một cách gần đúng có thể coi [HA]  C
(2) →[H+] =

Ka  C  KW

b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết Ka = 10-4,75.
Bài giải:
- Nhận thấyKaC = 0,110-4,75 >> 10-14 → bỏ qua cân bằng của H2O
-áp dụng phƣơng pháp ta có :
[CH3COOH] =

C   H  
K a   H  


+ H+ K NH = 10-9,24


4

H2O  H+

+ OH- KW = 10-14

- Áp dụng phƣơng pháp ta có:
[H+] =

K NH    NH 4    K W
4

Một cách gần đúng coi [NH4+]  C = 10-4M
→ [H+] =

109,24 104  1014 

2,5910-7M

→pH = -lg(2,5910-7) =6,58.
+

[NH4 ]=

C   H  
K NH    H 

HA có hằng số cân bằng Ka .
a) Phương pháp:
HX → H+ + XbM → bM
HA  H+ + A- Ka
H2O 

H+ + OH- KW

- Thiết lập tƣơng tự Dạng 1 ta có : [HA] =

C   H  
K a   H  

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
[H+] = [A-] + [OH-] + b =

K a   HA
 H 


+

Kw
 H  

→ [H+]2 - b [H+] - (Ka[HA] +KW)= 0 (2)
→ Kết hợp (1) và (2) tính [H+] → pH
Chú ý :

+b


+

Thay (1) vào (2) → [H ] - 0,01 [H ] - 10

-3,75



0,1  H  
103,75   H  

=0

→ [H+]2 +[H+](10-3,75-0,01)- 0,1110-3,75=0
Giải phƣơng trình → [H+] = 0,0115M→ pH= -lg0,0115 = 1,939
- Một cách gần đúng coi [HCOOH]  C =0,1M
(2) → [H+]2 - 0,01 [H+] - 10-3,750,1=0


Giải phƣơng trình → [H+] = 0,0115M→ pH = 1,939
Ví dụ 2:Tính pH và [NH4+] của dung dịch gồm NH4Cl 10-4M và HCl 10-3M. Biết K NH =
10-9,24.


4

Bài giải:
-Nhận thấy K NH C = 10-410-9,24 = 10-13,24  10-14


4


=

10 4  0, 001
=
10 9,24  0, 001

9,9910-5M

c) Bài tập vận dụng:
Bài 1:Tính pH của dung dịch gồm HBr 10-1,3M và HCOOH 5×10-2M. Biết KHCOOH= 103,75
.

ĐS: pH= 1,29


Bài 2:Trộn 20ml dung dịch HCl 0,02M với 30ml dung dịch CH3COOH 0,15M. Tính pH
của dung dịch thu đƣợc và độ điện li  của CH3COOH. Biết KCH COOH = 10-4,75.
3

ĐS: pH= 2,09;  =0,212%
Bài 3:Tính pH của dung dịch gồm HCl 10-4M và HF 10-2M. Biết KHF = 6,8×10-4.
ĐS: pH= 2,65
Bài 4:Tính [NH3] và pH của dung dịch thu đƣợc khi thêm 50ml dung dịch HCl 2,1×103
M vào 100ml dung dịch NH3 6×10-4M. Biết K NH = 10-9,24.


4

K a1   H  

(I) và [HB] =

2

C2   H  
K a2   H  

(II)

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
[H+] = [A-] + [B-] + [OH-] =

K a1   HA
 H 




K a1   HB 

→ [H+] = Ka   HA  Ka   HB  KW (III)
1

2

 H 




b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:Tính pH, [CH3COOH], [CH3CH2COOH]của dung dịch gồm CH3COOH C1=
0,01M và CH3CH2COOH C2= 0,05M . Biết K a = KCH COOH = 10-4,75 và Ka = KCH CH COOH = 104,89
.
1

3

2

Bài giải:
-Nhận thấy : K a C1(= 10-6,75)  Ka C2(= 10-6,19) >>
1

2

KW =

10-14

→ bỏ qua cân bằng của H2O
CH3COOH  CH3COO- + H+ K a

1

CH3CH2COOH  CH3CH2COO- Ka

2


K a2   H  

=

= 9,80710-3M

0, 05  9, 066 10 4
10 4,89  9, 066 10 4

= 0,0493M

Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch gồm HCOOH C1= 0,1M và NH4Cl C2= 1M .Biết K a =
-3,75
và K a = K NH = 10-9,24
K HCOOH = 10
1

1


4

Bài giải:
- Nhận thấy : K a C1(= 10-4,75) >> Ka C2(= 10-9,24) >>
1

2

KW =


Tính pH của dung dịch gồm HF 0,1M và KHSO4 0,01M. Biết KHF= 6,8×10-4,
-1,99
.
K HSO = 10

4

ĐS: pH= 1,88
Bài 4:Tính pH của của dung dịch thu đƣợc khi trộn 50ml dung dịch CH 3COOH 2×10-2M
với 50ml dung dịch NaHSO4 2×10-3M. Biết KCH COOH = 10-4,75, K HSO = 10-1,99
3


4

ĐS: pH= 2,49
Bài 5: Trộn V1 ml dung dịch axit monocloaxetic 0,1M với V2 ml dung dịch axit axetic
1M thu đƣợc 10ml dung dịch có pH= 2. Tính V1 và V2. Biết KCl CH COOH = 10-2,85, KCH COOH =
10-4,75.
2

3

ĐS: V1= 2,22 ml; V2= 7,78 ml

Dạng 4: pH của dung dịch đa axit yếu.
Bài toán: Tính pH cua dung dich axit yếu yếu HnA C(M). Biết các hằng số cân bằng từ
K1 đến Kn .
a) Phương pháp:
HnA

 H     H n  2 A2 
K 2   H n 1 A 
K  K   H A
2
→  H n2 A  
= 1 2 2 n


 H n 1 A 
 H 
 H 

Tƣơng tự cho đến

 An  

=

K1  K 2  ....  K n   H n A
 H  

n

- Bảo toàn nồng ban đầu ta có :
C =  H n A   H n1 A    H n2 A2   .....   An 


K  K  ....  K
=  H n A  1  K1  K1 K22  ....  1 2  n n 


....

n

2
n

 H 
 H  
 H  
 H  



  

=  H n A  

(II)

→ Kết hợp (I) , (II) tính [H+] → pH
Chú ý :
- Nếu K1C >> K W → bỏ qua cân bằng của H2O
- Nếu K1>>K2 ,...,Kn Chỉ xét cân bằng (1), bỏ qua các cân bằng còn lại.
- Nếu K1 K2 ... Kn-1 >>Kn bỏ qua cân bằng (n) , xét các cân bằng còn lại
- Một cách gần đúng coi: [HnA] C
b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:Tính pH và [S2-] của dung dịch H2S 0,01M. Biết K a = 10-7, Ka = 10-12,92.
1



K a1
 H 


→ [H+] =  H 2 S   Ka

1

Một cách gần đúng coi: [H2S] C = 0,01M
→ [H+] = 0,01107 = 10-4,5M → pH=-lg10-4,5 =4,5
Ta có [S2-] =

K a1  K a2   H 2 S 
 H  

2

=

107 10 12,92  0, 01
=
109

10-12,92M

Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch H4P2O7 0,01M. Biết K a = 10-1,52, Ka = 10-2,36, K a =10-6,60,
-9,25
.
K a = 10


4

3


→ Chỉ xét 2 cân bằng :
H4P2O7  H+ + H3P2O7- Ka = 10-1,52
1

H3P2O7-  H+ + H2P2O72- Ka = 10-2,36
2

Do Ka = 10-1,52 < 10-3 nên không đƣợc coi [H4P2O7]0,01M
1

- Áp dụng phƣơng pháp ta có:


K a1



[H  ]

C= [H4P2O7]× 1 
[H+] = [H4P2O7]×
Lấy

(1)


1

2

Thay số vào→ [H+]3 + 10-1,52×[H+]2 + (10-3,88- 10-3,52) ×[H+]- 2×10-5,88= 0
Giải phƣơng trình → [H+]= 3,288×10-3M→ pH= -lg(3,288×10-3)= 2,483
c) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tính pH của dung dịch H2CO3 0,0001M. Biết K a =10-6,35, Ka = 10-10,33.
1

2

ĐS: pH= 5,175
Bài 2: Tính pH của dung dịch H2SO3 0,01M. Biết K a =10-1,76, Ka = 10-7,21.
1

2

ĐS: pH= 2,15
Bài 3: Tính [HC2O4-], [C2O42-] và pH của dung dich axit oxalic H2C2O4 0,1M. Biết
-7,02
, Ka = 10-12,9.
K a =10
1

2

ĐS: [HC2O4-]=5,2×10-2M, [C2O42-]= 5,35×10-5M,
pH= 1,28

%

Trung bình

Yếu

SL

SL

%

%

Nhóm I 16 +

7

43,75 7

43,75 2

12,50 0

0.00

NhómII 16

2


%

SL

%

Nhóm I 18 +

9

50,00 8

44,44 1

5,56

0

0,00

NhómII 18

4

22,22 5

27,78 8

44,44 1


Nhóm I 15 +

8

53,33 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 nhƣng 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 đƣợc kết quả này là do học sinh đã nắm vững đƣợc bản chất của vấn đề và có

nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa lớp 11 trường THPT Hậu
Lộc4”. Tôi hi vọng đề tài này là tài liệu bổ ích dành cho giáo viên và học sinh, đặc biệt là
trong quá trình bồi dƣỡng và ôn luyện học sinh giỏi.
Tuy nhiên đây chỉ là một phần kiến thức trong chƣơng trình hóa học phổ thông
nhƣng lại là vấn đề khó và sử dụng nhiều trong các kì 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 phƣơng pháp giải và bài tập trong
đề tài rất tổng quát, dễ hiểu giúp các em dễ dàng chiếm lĩnh đƣợc 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
nhƣ kĩ năng tính toán, kĩ năng so sánh, kĩ năng tƣ duy...
Mặc dù đã rất cố gắng trong quá trình thực hiện đề tài, nhƣng do kinh nghiệm giảng dạy
chƣa nhiều nên không thể tránh đƣợc các thiếu sót rất mong đƣợc sự đóng góp ý kiến của
các thầy cô trong tổ chuyên môn và trong hội đồng khoa học nhà trƣờng, các bạn đồng
nghiệp trong trƣờng để đề tài của tôi đƣợc hoàn thiện hơn !
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn !

XÁC
NHẬN
TRƢỞNG

CỦA

THỦ Hậu Lộc , ngày 20 tháng 05 năm
2013


ĐƠN VỊ

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung