skkn 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

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 phá

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 khó, nhất là pH của dung dịch axit yếu Khi giải bài tập về phần này hoc sinh thường hay lúng túng vì chưa nắm rõ bản chất của axit yếu

và cách xử lí một hệ cân bằng gồm nhiều quá trình thuận nghịch

Trang1

II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ:

1 Thực trạng:

Hiện nay các bài tập về tính pH của dung dịch axit có rất nhiều tài liệu đã đề cập đến nhưng chủ yếu xoay quanh bài toán tính pH của dung dịch axit mạnh Có một số tài liệu nâng cao củng đã đề cập đến bài toán tính pH của dung dịch axit yếu nhưng ở mức độ đơn giản, chỉ dừng lại ở bài tập tính pH của dung dịch chứa một đơn axit yếu Hơn nữa phương pháp giải bài toán này chưa có sự thống nhất và tối ưu

đang còn mang tính ngẫu hứng ''Hiểu như thế nào, làm như thế ấy''.

Trong thực tế giảng dạy hiện nay của nhiều giáo viên thì cũng cho rằng đây là một vấn đề khó trong kiến thức Do đó không nên đào sâu tìm hiểu kĩ vấn đề Khi dạy phần này cho học sinh, các giáo viên chỉ giấy thiệu một số bài cơ bản, đơn lẻ không có tính hệ thống và trang bị cho các em một vài thao tác giải đơn giản không mang tính tổng quát Chính vì thế các em học sinh sẽ gặp khó khăn, lúng túng và không phát huy được tính tư duy, sáng tạo khi găp những bài toán mới, khó hơn

Trong các kì thi hiện nay, đặc biệt là thi học sinh giỏi các cấp thể loại bài toán pH của dung dịch axit yếu đang được khai thác nhiều hơn, phong phú hơn như: pH của hỗn hợp axit yếu và axit mạnh, pH của hỗn hợp dung dịch đệm, pH của dung dịch hỗn hợp các đơn axit yếu, pH của dung dịch đa axit yếu Dẫn đến làm cho học sinh càng trở nên lúng túng, hoang mang, chưa có định hướng rõ ràng để giải các bài tập dạng này

2 Kết quả, hiệu quả của thực trang trên:

Từ thực trạng trên, để giúp các em học sinh nắm được bản chất

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 hóa trong cách trình bày mà không ảnh hưởng đến kết quả nên viết sự phân li của axit theo thuyết A-rê-ni-ut

Vì các bài tập thường sử dụng tính gần đúng nên dấu '' >> '' được 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 phương pháp giải các bài toán điển hình tính pH của dung dịch axit yếu, có ví dụ minh họa và bài tập vận dụng

Dạng 1: pH của dung dịch 1đơn axit yếu.

Bài toán: Tính pH của dung dịch axit HA C(M) với hằng số cân bằng

Ka

a) Phương pháp:

HA  H+ + A- Ka

H2O  H+ + OH- KW

Ka=

 

HA

    và KW = [H+][OH-] = 10-14

- Bảo toàn nồng ban đầu ta có :

Trang3

C = [HA] + [A-] = [HA] + K a HHA



  → [HA] =

a

   (1)

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :

[H+] = [A-] + [OH-] = K a HHA



  → [H+] = K aHAKW (2)

→ kết hợp (1) và (2) tính [H+] → pH

Chú ý :

- Nếu KaC >> KW thì bỏ qua cân bằng của H2O

(2) → [H+] = K aHA

- Một cách gần đúng có thể coi [HA]  C

(2) →[H+] = K a 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 phương pháp ta có :

[CH3COOH] =

a





0,1 10

H H



[H+] = K aHA = 4,75  

3

Thay (1) vào (2) → [H+]2 + 10-4,75 [H+] - 0,110-4,75=0

Giải phương trình → [H+] = 1,3210-4,75M → pH = -lg(1,3210-4,75)= 4,63

- Một cách gần đúng coi [CH3COOH]  0,1M

→ [H+] = 4,75

  1,3310-4,75M → pH = -lg(1,3310-4,75)= 4,63

Ví dụ 2: Tính pH và [NH4+] của dung dịch NH4Cl 10-4M Biết K NH4 =

10-9,24

Bài giải:

- Nhận thấy K NH4 C = 10-410-9,24 = 10-13,24 10-14

→ Tính cả cân bằng của H2O

NH4+  NH3 + H+ K NH4  = 10-9,24

H2O  H+ + OH- KW = 10-14

- Áp dụng phương pháp ta có:

[H+] = K NH4 NH4 KW



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

→ [H+] = 10  9,24 10  4 10  14

   2,5910-7M

Trang4

→pH = -lg(2,5910-7) =6,58.

[NH4+]=

4

NH





  = 9,9710-5M

c) Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tính pH của dung dịch HCOOH 0,1M Biết KHCOOH= 1,78×10-4

ĐS:

pH=2,37

Bài 2: Tính pH của dung dịch HCN 10-4M Biết KHCN= 10-9,35

ĐS: pH=

6,63

Bài 3: Tính pH của dung dịch HNO2 10-1,7M Biết K HNO2 = 10-3,29

ĐS: pH=

2,53

Bài 4: Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,535 gam NH4Cl vào 200ml H2O Biết K NH4 = 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 Ka

a) Phương pháp:

HX → H+ + X

-bM → -bM

HA  H+ + A- Ka

H2O  H+ + OH- KW

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

a





   (1)

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :

[H+] = [A-] + [OH-] + b = K a HHA



→ [H+]2 - b [H+] - (Ka[HA] +KW)= 0 (2)

→ Kết hợp (1) và (2) tính [H+] → pH

Chú ý :

- Nếu KaC>>KW thì bỏ qua cân bằng của H2O

(2) →[H+]2 - b [H+] - Ka[HA] = 0

- Một cách gần đúng có thể coi [HA]  C

Trang5

(2) → [H+]2 - b [H+] - (KaC + KW)= 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 KHCOOH= 10-3,75

Bài giải:

- Nhận thấy KHCOOHC = 10-3,750,1= 10-4,75>> 10-14

→ bỏ qua cân bằng của H2O

HCl → H+ + Cl

0,01M → 0,01M

HCOOH  HCOO- + H+ KHCOOH= 10-3,75

-áp dụng phương pháp ta có :

[HCOOH] =

HCOOH





0,1 10

H H



[H+]2 - b [H+] - Ka[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

 3,75

0,1 10

H H



→ [H+]2 +[H+](10-3,75-0,01)- 0,1110-3,75=0

Giải phương 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 phương 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 NH4  = 10-9,24

Bài giải:

-Nhận thấy K NH4 C = 10-410-9,24 = 10-13,24 10-14

→ Tính cả cân bằng của H2O

HCl → H+ + Cl

10-3M → 10-3M

NH4+  NH3 + H+ K NH4 = 10-9,24

H2O  H+ + OH- KW = 10-14

-Áp dụng phương pháp ta có :

[H+]2 - 10-3 [H+] - (K NH4 [NH4+] +KW)= 0

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

→ [H+]2 - 10-3 [H+] - (10-9,2410-4+10-14)= 0

Giải phương trình → [H+]  0,001M → pH =-lg0,001 = 3

Trang6

[NH4+]=

4

NH









 = 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= 10-3,75

.

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 được và độ điện li  của CH3COOH Biết K CH C3 OOH= 10-4,75

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 được khi thêm 50ml dung dịch HCl 2,1×10-3M vào 100ml dung dịch NH3 6×10-4M Biết K NH4 =

10-9,24

ĐS: pH= 3,52; [NH3]= 7,67×10-9M

Dạng 3: pH của dung dịch gồm hai đơn axit yếu.

Bài toán: Tính pH của dung dịch gồm hai axit yếu HA C1(M) và HB

C2(M) Biết hằng số cân bằng mỗi axit lần lượt là K a1và K a2

a) Phương pháp:

HA  H+ + A- K a1 (1)

HB  H+ + B- K a2 (2)

H2O  H+ + OH- KW (3)

- Thiết lập tương tự Dạng 1( từ biểu thức K a1 , K a2và bảo toàn nồng độ ban đầu C1 , C2)

ta có : [HA] =

1

1

a





   (I) và [HB] =

2

2

a





- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :

[H+] = [A-] + [B-] + [OH-] = K a1 HA K a1 HB K W

Trang7

→ [H+] = K a1HAK a2HBK W (III)

→ Kết hợp (I) , (II) và (III) tính [H+] → pH

Chú ý :

- Nếu K a1 C1  K a2C2 >> KW Chỉ xét cân bằng (1) , (2) bỏ qua cân bằng (3)

(III) → [H+] = K a1HAK a2HB

- Nếu K a1 C1 >> K a2 C2>> KW Chỉ xét cân bằng (1) bỏ qua cân bằng (2), (3)

(III) → [H+] = K a1HA

- Một cách gần đúng coi: [HA] C1 và [HB]C2

(III) →[H+] = K a1 C1 K a2 C2 K W

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 a1=

3 OO

CH C H

K = 10-4,75 và K a2= K CH CH C3 2 OOH= 10-4,89

Bài giải:

-Nhận thấy : K a1C1(= 10-6,75)  K a2C2(= 10-6,19) >> KW= 10-14

→ bỏ qua cân bằng của H2O

CH3COOH  CH3COO- + H+ K a1

CH3CH2COOH  CH3CH2COO- K a2

-Áp dụng phương pháp ta có :

[H+] = K a1CH C3 OOHK a2CH CH C3 2 OOH

Một cách gần đúng coi: [CH3COOH] C1 và [CH3CH2COOH] C2

    9,06610-4M

→pH = -lg(9,06610-4) = 3,04

Ta có : [CH3COOH] =

1

1

a





0,01 9, 066 10



  = 9,80710-3M

[CH3CH2COOH] =

2

2

a





0,05 9,066 10



  = 0,0493M

Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch gồm HCOOH C1= 0,1M và NH4Cl

C2= 1M BiếtK a1= K HCOOH= 10-3,75 và K a1= K NH4  = 10-9,24

Bài giải:

- Nhận thấy :K a1C1(= 10-4,75) >> K a2C2(= 10-9,24) >> KW= 10-14

→ bỏ qua cân bằng của H2O và NH4+

Bài toán trở về giống Dạng 1

Trang8

HCOOH  HCOO- + H+ K a1

Áp dụng phương pháp ta có :

[H+] = K a1HCOOH

- Một cách gần đúng coi: [HCOOH] C1= 0,1M

→ [H+] = 10  3,75 0,1

 = 4,210-3M → pH=-lg(4,210-3)= 2,38

c) Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tính pH của dung dịch gồm CH3COOH 0,01M và NH4Cl 0,1M Biết K CH C3 OOH = 10-4,75, K NH4  = 10-9,24

ĐS: pH=

3,38

Bài 2: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 3ml dung dịch

HCOOH 0,03M với 6ml dung dịch CH3COOH 0,15M Biết KHCOOH=

10-3,75, K CH C3 OOH = 10-4,75

ĐS: pH=

5,45

Bài 3: Tính pH của dung dịch gồm HF 0,1M và KHSO4 0,01M Biết KHF= 6,8×10-4, 

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

CH3COOH 2×10-2M với 50ml dung dịch NaHSO4 2×10-3M Biết

3 OO

CH C H

K = 10-4,75, 

4

HSO

K = 10-1,99

ĐS: pH= 2,49

Bài 5: Trộn V1 ml dung dịch axit monocloaxetic 0,1M với V2 ml dung dịch axit axetic 1M thu được 10ml dung dịch có pH= 2 Tính V1 và

V2 Biết K Cl CH COOH

2

 = 10-2,85, K CH C3 OOH = 10-4,75

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+ + Hn-1A- K1 (1)

Hn-1A-  H+ + Hn-2A2- K2 (2)

Trang9

HA(n-1)-  H+ + An- Kn (n)

H2O  H+ + OH- KW

K1=

 

1

n n

H A



1

n n

H A

H





K2 =

2 2 1

n n

H A







2

n n

H







n

H

Tương tự cho đến A n

H

- Bảo toàn nồng ban đầu ta có :

2

H A



(I)

- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :

2



+ K HW

  (II)

→ Kết hợp (I) , (II) tính [H+] → pH

Chú ý :

- Nếu K1C >>KW → 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 a1= 10-7, K a2

= 10-12,92

Bài giải:

H2S  H+ + HS- K a1= 10-7 (1)

HS-  H+ + S2- K a2= 10-12,92 (2)

H2O  H+ + OH- KW= 10-14 (3)

- Nhận thấy K a1C = 10-9 >> KW và K a1>>K a2

Nên cân bằng (1) là chủ yếu

Trang10

- Áp dụng phương pháp ta có :

[H+]=  1

2

a

K

H S

H



  → [H+] = H S2 K a1

Một cách gần đúng coi: [H2S] C = 0,01M

→ [H+] = 7

 = 10-4,5M → pH=-lg10-4,5 =4,5

Ta có [S2-] = 1 2  2 

2

a a

H

  = 7 12,929

10

 



= 10-12,92M

Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch H4P2O7 0,01M Biết K a1= 10-1,52, K a2=

10-2,36, K a3=10-6,60, K a4 = 10-9,25

Bài giải:

H4P2O7  H+ + H3P2O7- K a1 = 10-1,52

H3P2O7-  H+ + H2P2O72- K a2= 10-2,36

H2P2O72-  H+ + HP2O73- K a3=10-6,60

HP2O73-  H+ + P2O74- K a4 = 10-9,25

- Nhận thấy K a1C = 10-3,52 >> KW và K a1  K a2>>K a3>> K a4

→ Chỉ xét 2 cân bằng :

H4P2O7  H+ + H3P2O7- K a1 = 10-1,52

H3P2O7-  H+ + H2P2O72- K a2= 10-2,36

Do K a1= 10-1,52 < 10-3 nên không được coi [H4P2O7]0,01M

- Áp dụng phương pháp ta có:

C= [H4P2O7]× 











] [ ] [

H

K K H

(1)

[H+] = [H4P2O7]× 









 [ ] 2

2 ] [

2 1 1

H

K K H

(2)

Lấy ((21)) → [H+]3 + K a1×[H+]2 + (K a1×K a2-C×K a1)×[H+]- 2×K a1×K a2×C

=0

Thay số vào→ [H+]3 + 10-1,52×[H+]2 + (10-3,88- 10-3,52) ×[H+]- 2×10-5,88= 0

Giải phương trình → [H+]= 3,288×10-3M→ 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 a1=10-6,35, K a2=

10-10,33

ĐS: pH=

5,175

Trang11