Thiết kế và sử dụng tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi phần cân bằng axit bazơ ở trường trung học phổ thông chuyên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Võ Thị Mỹ Thảo THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN CÂN BẰNG AXIT – BAZƠ Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC Thành phố Hồ Chí Minh – 2016 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Võ Thị Mỹ Thảo THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN CÂN BẰNG AXIT – BAZƠ Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN Chun ngành : Lí luận phương pháp dạy học mơn Hóa học Mã số : 60 14 01 11 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS HỒNG THỊ CHIÊN Thành phố Hồ Chí Minh - 2016 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn trung thực chưa sử dụng để bảo vệ học vị Mọi giúp đỡ cho việc thực luận văn cảm ơn thơng tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc rõ ràng phép công bố TP Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 09 năm 2016 Học viên thực Võ Thị Mỹ Thảo LỜI CẢM ƠN Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban Giám hiệu Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh Phịng Sau Đại học tạo điều kiện thuận lợi để khóa học hồn thành tốt đẹp Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô Trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy, mở rộng làm sâu sắc kiến thức chuyên môn, nâng cao, mở rộng phương pháp dạy học, nghiên cứu để phục vụ cho công tác Xin gửi lời tri ân đến PGS TS Hoàng Thị Chiên hướng dẫn tận tình suốt trình thực đề tài Đồng thời, xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến PGS TS Trịnh Văn Biều giúp đỡ nhiều, cho tơi lời khun bổ ích suốt q trình hồn thành luận văn Xin gửi lời cảm ơn đến Ban Giám hiệu, quý thầy cô, em học sinh trường THPT chuyên Bến Tre (Bến Tre), THPT Chuyên Long An (Long An), THPT Chuyên Lương Thế Vinh (Đồng Nai), THPT Chuyên Quang Trung (Bình Phước), THPT Chuyên Trần Hưng Đạo (Bình Thuận) tạo điều kiện cho việc thực nghiệm sư phạm đề tài thuận lợi đóng góp nhiều ý kiến bổ ích để tơi hoàn thiện luận văn Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, bạn bè ln chỗ dựa tinh thần vững chắc, giúp thực tốt luận văn Thành phố Hồ Chí Minh – 2016 Tác giả Võ Thị Mỹ Thảo MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Danh mục kí hiệu, chữ viết tắt Danh mục bảng Danh mục hình MỞ ĐẦU Chương CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.1.1 Các nghiên cứu tài liệu bồi dưỡng HSG 1.1.2 Các nghiên cứu phần Cân axit – bazơ 1.2 Học sinh giỏi mơn Hóa học 1.2.1 Quan niệm học sinh giỏi 1.2.2 Những lực phẩm chất cần có học sinh giỏi mơn Hóa học 1.2.3 Phát hiện, bồi dưỡng học sinh giỏi đào tạo nhân tài 1.2.4 Hệ thống trường chuyên mục tiêu đào tạo học sinh giỏi 11 1.2.5 Một số biện pháp bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học THPT 16 1.2.6 Những lực cần thiết giáo viên dạy học sinh giỏi hóa học 19 1.3 Thực trạng BD HSG việc thiết kế, sử dụng tài liệu BD HSG hóa học phần Cân axit – bazơ số trường THPT chuyên 20 1.3.1 Mục đích điều tra 20 1.3.2 Đối tượng phương pháp điều tra 21 1.3.3 Kết điều tra 21 Tiểu kết chương 27 Chương THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN CÂN BẰNG AXIT - BAZƠ Ở TRƯỜNG THPT CHUYÊN 28 2.1 Cơ sở khoa học việc thiết kế tài liệu BD HSGHH phần Cân axit bazơ trường THPT chuyên 28 2.1.1 Nguyên tắc chung thiết kế tài liệu hóa học cho HS trường THPT 28 2.1.2 Nguyên tắc thiết kế tài liệu BD HSGHH THPT chuyên 30 2.1.3 Quy trình thiết kế tài liệu BD HSGHH THPT chuyên 32 2.1.4 Mục tiêu dạy học phần “Cân axit – bazơ” chương trình chuyên sâu hóa học trường THPT 34 2.2 Hệ thống lí thuyết BD HSG hóa học phần Cân axit - bazơ trường THPT chuyên 37 A Thuyết axit – bazơ định luật 37 B Một số khái niệm có liên quan 41 C Cân dung dịch axit, bazơ 45 D Chuẩn độ axit – bazơ 54 2.3 Hệ thống tập BD HSG hóa học phần Cân axit - bazơ trường THPT chuyên 71 Dạng Áp dụng thuyết định luật để đánh giá cân axit – bazơ, xác định môi trường dung dịch thời điểm cân 71 Dạng Tính pH dung dịch thời điểm 73 Dạng Tính nồng độ, thể tích, khối lượng chất tham gia phản ứng 76 Dạng Xác định bước nhảy chuẩn độ, chọn chất thị cho phép chuẩn độ, tính sai số chuẩn độ 79 Dạng Vẽ dạng đường cong chuẩn độ, xác định thành phần hệ 81 2.4 Một số biện pháp nhằm nâng cao hiệu sử dụng tài liệu BD HSGHH phần Cân axit - bazơ trường THPT chuyên 84 2.4.1 Biện pháp 1: Sử dụng tài liệu kết hợp với sử dụng phương pháp, kĩ thuật dạy học tích cực nhằm phát triển số lực học sinh 84 2.4.2 Biện pháp 2: Sử dụng tài liệu kết hợp với việc vận dụng để giải vấn đề thực tiễn 86 2.4.3 Biện pháp 3: Sử dụng tài liệu kết hợp với thực hành, thí nghiệm 87 2.4.4 Biện pháp 4: Sử dụng tài liệu kết hợp với việc tự học nhà 89 Tiểu kết chương 90 Chương THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 92 3.1 Mục đích thực nghiệm 92 3.2 Đối tượng thực nghiệm 92 3.3 Nội dung thực nghiệm cách tiến hành thực nghiệm 93 3.4 Kết thực nghiệm 95 3.4.1 Lập bảng phân phối tần số, tần suất cho nhóm ĐC TN 95 3.4.2 Biểu diễn kết đồ thị 97 3.4.3 Kết thu từ việc phân tích định lượng số liệu thực nghiệm sư phạm 100 3.4.3 Kết mặt định tính 101 Tiểu kết chương 106 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 107 TÀI LIỆU THAM KHẢO 112 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT CHỮ VIẾT TẮT STT CHỮ TƯƠNG ỨNG BD bồi dưỡng Ca nồng độ axit Cb nồng độ bazơ đktc điều kiện tiêu chuẩn ĐC đối chứng ĐKP điều kiện proton ĐLTDKL định luật tác dụng khối lượng GD giáo dục GV giáo viên 10 HH hóa học 11 HS học sinh 12 HSG học sinh giỏi 13 HSGHH học sinh giỏi hóa học 14 Ka Hằng số axit 15 Kb Hằng số bazơ 16 Kcb Hằng số cân 17 PPDH phương pháp dạy học 18 SGK sách giáo khoa 19 SBT sách tập 20 TB trung bình 21 tđ tương đương 22 THPT trung học phổ thông 23 TN thực nghiệm 24 TNSP thực nghiệm sư phạm 25 Tkđ đại lượng kiểm định student 26 Tα Giá trị tới hạn ứng với xác suất sai lầm α DANH MỤC CÁC BẢNG Bảng 1.1 Đội ngũ GV làm công tác BD HSGHH 21 Bảng 1.2 Tài liệu phần Cân axit – bazơ sử dụng để BD HSGHH 22 Bảng 1.3 Giảng dạy phần Cân axit – bazơ công tác BD HSGHH 23 Bảng 1.4 Thời gian HS tham gia học chuyên, học BD HSGHH 24 Bảng 1.5 Tài liệu học tập phần Cân axit – bazơ cho HSGHH 25 Bảng 2.1 So sánh phương pháp chuẩn độ axit mạnh bazơ mạnh 58 Bảng 2.2 So sánh phương pháp chuẩn độ axit yếu bazơ yếu 61 Bảng 2.3 So sánh phương pháp chuẩn độ hỗn hợp axit mạnh đơn axit yếu/ bazơ mạnh đơn bazơ yếu 62 Bảng 2.4 So sánh phương pháp chuẩn độ hỗn hợp đơn axit yếu hỗn hợp đơn bazơ yếu 63 Bảng 3.1 Các lớp thực nghiệm đối chứng 92 Bảng 3.2 Điểm kiểm tra 95 Bảng 3.3 Điểm trung bình kiểm tra 96 Bảng 3.4 Thống kê % học sinh đạt điểm khá, giỏi, trung bình, yếu 96 Bảng 3.5 Tỉ lệ % học sinh đạt điểm xi trở xuống 96 Bảng 3.6 Tổng hợp tham số đặc trưng 96 Bảng 3.7 Nhận xét HS nội dung tài liệu thiết kế 101 Bảng 3.8 Nhận xét HS tính khả thi tài liệu thiết kế 102 Bảng 3.9 Nhận xét HS hiệu học tập sử dụng tài liệu thiết kế 103 Bảng 3.10 Nhận xét GV nội dung tài liệu thiết kế 104 Bảng 3.11 Nhận xét GV tính khả thi tài liệu thiết kế 104 Bảng 3.12 Nhận xét GV hiệu giảng dạy sử dụng tài liệu 105 DANH MỤC CÁC HÌNH Hình 3.1 Đồ thị đường lũy tích kết kiểm tra số 97 Hình 3.2 Đồ thị đường lũy tích kết kiểm tra số 98 Hình 3.3 Đồ thị đường lũy tích kết kiểm tra số 98 Hình 3.4 Biểu đồ so sánh kết kiểm tra số 99 Hình 3.5 Biểu đồ so sánh kết kiểm tra số 99 Hình 3.6 Biểu đồ so sánh kết kiểm tra tổng hợp 100 57 Ta có:  H PO4−   H 3O +  x2 = = 7,59.10−3 0,0051 − x [ H PO4 ] ⇒ phương trình = 2,46 x = [H3O+] = 3,49.10-3 [H X − ] [HX 2− ] [X 3− ] [H X ] Đặt: f = , f1 = , f2 = , f3 = C C C C Để kí hiệu phân số nồng độ loại photphat khác nhau; C tổng nồng độ ban đầu H3X (X: PO4) f + f1 + f + f3 = K a1 = [H X − ][H 3O + ] = [H X ] f1 [H 3O + ] f0 Ka2 = [HX 2− ][H 3O + ] = [H X − ] f2 [H 3O + ] f1 = Ka3 [X 3− ][H 3O + ] = [HX 2− ] Dẫn đến: f = f3 [H 3O + ] f2 [H 3O + ]3 K [H O + ]2 K K [H O + ] K K K , f1 = a1 , f = a1 a , f = a1 a a D D D D Trong D =K a1K a K a + K a1K a [H 3O + ] + K a1[H 3O + ]2 + [H 3O + ]3 Từ giá trị Ka1, Ka2, Ka3, pH, ta tính H PO4 f = 8,10.10−6 H PO4− f1 = 0,618 HPO42− f = 0,382 PO43− f3 = 1,83.10−6 58 Bài a) i) pV = nRT ⇒ n = 1,368 mol ⇒ C(SO2) = 1,368M ii) SO2( aq ) + H 2O( l )  HSO3(− aq ) + H (+aq ) Với [H+] = [ HSO3− ] = x [SO2] + [ HSO3− ] = 1,368 [H + ][HSO3− ] x2 = K 10 = = Thì [SO2 ] 1,368 − x −1,99 Vậy % HSO3− = 8,95% [H+] = 0,1224M iii) pH = 0,91 b) SO3(2−aq ) + H 2O( l )  HSO3(− aq ) + OH (−aq ) - - Với [OH ] = [HSO ] = x thì: [OH − ][HSO3− ] x2 10−14 K 10−6,82 = = = = −7,18 2− [SO3 ] 0,01 − x 10 ⇒ [H+] = 2,57.10-10M c) Ta có: [SO2 ][SO32− ] [SO2 ][SO32− ] [H + ] = = + 10−5,26 i) K = − − [HSO3 ] [HSO3 ] [H ] ii) [ SO2 ] + [ SO32− ] + [ HSO3− ] = 0,01M [ SO2 ] = [ SO32− ] Vậy ta= có: K [SO2 ]2 [SO2 ]2 = = 10−5,26 ⇒ [ SO2 ] = 2,33.10-5M − [HSO3 ] (0,01 − 2[ SO2 ]) Bài a) Trong amoniac lỏng diễn trình tự phân ly sau: 2NH  NH + + NH − 59 Như axit chất làm tăng nồng độ NH + bazơ chất làm tăng nồng độ NH − Ví dụ axit: NH 4Cl , ví dụ bazơ: KNH b) Theo định nghĩa đầu pH = − lg  NH +  Ta = biết: K amoniac = NH +   NH −  1,0.10−29 +  1,0.10−14,5 ⇒ = Suy  NH= pH 14,5  c) Nước phản ứng axit làm tăng nồng độ NH + : H 2O + NH  NH + + OH − d) CH 3COOH + NH  NH + + CH 3COO − axit axetic làm tăng nồng độ NH + nên axit Vì NH chất tạo cặp điện tử mạnh nước hòa tan axit axetic amoniac lớn nước tính axit mạnh e) NH phần tử cho cặp điện tử mạnh H 2O ( NH + hình thành dễ H 3O + ) Như hịa tan axit amoniac mạnh nước Vì axit hệ nước bazơ hệ amoniac f) Chỉ cẩn chứng minh NaOH hình thành phản ứng trung hòa đủ: NaNH + H 2O  NH + NaOH (axit + bazơ = dung môi + muối) g) Một hợp chất cần phải tạo thành OH − nước NH + amoniac Có thể hợp chất có hai chức năng, với chức bazơ yếu amoniac nước nhóm axit liên hợp với chức bazơ dung dịch nước Một ví dụ hydroxilamin NH 2OH nước hình thành cân bằng: 60 H 2O + NH 2OH  H NOH + + OH − amoniac cân chiếm ưu NH 2OH + NH  NH + + H NO − (Giải thích bổ sung phần tập không yêu cầu: Chất chưa biết cần chứa H có khả tách thành proton, tức nên viết tắt H n X ) Ở nước H n X tác dụng bazơ: H n X + H 2O  H n+1 X + + OH − (a) Và amoniac axit H n X + NH  NH + + H n −1 X − (b) Để cho (b) xảy nhóm tác động bazơ nước phải tác nhân nhận proton NH Điều có nghĩa nhóm phải bazơ yếu NH Quả thực pK b ( NH ) = 4,75 pK b ( H NOH ) = 8, Để cho (a) xảy nhóm tác động axit NH phải có tác dụng cho proton yếu axit H n +1 X + , H n +1 X + axit liên hợp nhóm H n X , nhóm tác dụng bazơ Quả thực pK a ( NH 3+ OH ) = 5, pK a ( NH 2OH ) = 13, h) Có Ví dụ axit sunfuric 2H SO4  H SO4 + + HSO4 − H 2O + H SO4  H 3O + + HSO4 − i) Không CCl4 không phân ly Bài Bước ion hóa thứ phân ly hồn tồn H SO4 → H + + HSO4 − [ H SO4 ] = 61 −2 Bước ion hóa thứ hai:  H +   SO4 2−  [ H SO= (1) = 4] K 1, 2.10    Bảo toàn khối lượng: [ H SO4 ] + [ H SO4 ] +  SO4 2−  = 1,0.10−7 (2)   Bảo tồn điện tích:  H +  =[ H SO4 ] +  SO4 2−  + OH −  (3)       Khi pha lỗng độ ion hóa tăng [ H SO4 ] = = 2.10−7 Cho  H +    H SO4 Từ (1),  SO4 2−   HSO4 −  = 6.104 (bước ion hóa thứ hai hồn tồn)     [ H SO4 ] = Từ (2)  SO4 2−  = 1,0.10−7   H +  Từ (3)=   ( 2.10 ) + 10 −7 −14 H +     H +  = 2, 4.10−7 (pH = 6,6)   ( ) −14 OH −  10 = = 2, 4.10−7 4,1.10−8   Từ (1)  HSO4 −  =  H +   SO4 −  K      2, 4.10 )(1,0.10 ) (1, 2.10 ) (= −7 −7 −2 2,0.10−12 Kiểm tra bảo tồn điện tích ( ) ( ) ( 2, 4.10−7 ≈ 2,0.10−12 + 1,0.10−7 + 4,1.10−8 Kiểm tra bảo toàn khối lượng + 2,0.10−12 + 1,0.10−7 ≈ 1,0.10−7 ) 62 Tiểu phân Nồng độ HSO4 − 2,0.10−12 SO4 2− 1,0.10−7 H+ 2, 4.10−7 OH − 4,1.10−8 Số mol H PO4 0,85 = x3, 48ml x1,69 g ml x1 mol 98,00 g x 1000 51,0 Trị pH cần tính nằm pK2 Hỗn hợp H PO4 − HPO4 2− với tỉ lệ 1:1 có pH = pK2 = 7,20 Nếu trị pH 7.40, điều có nghĩa lượng HPO4 2− phải nhiều H PO4 − Tức NaOH thêm vào chuyển hóa H PO4 thành H PO4 − chuyển tiếp lượng xác H PO4 − HPO4 2− H PO4 + OH − → H PO4 − + H 2O H PO4 − + OH − → HPO4 2− + H 2O Thể tích dung dịch NaOH 0,80M cần để chuyển H PO4 H PO4 − 51,0mmol/0,80M = 63,75ml Để pH dung dịch cuối 7,40 H PO4 + OH → HPO4 + H 2O Soá mmol ban đầu: 51,0 x Số mmol cuối: x 51,0 - x = pH pK + log  HPO4 2−   H PO4 −      63 7, 40 = 7, 20 + log { x ( 51,0 − x )} , x = 31,27 mmol Thể tích dung dịch NaOH cần để chuyển hóa 31,27 mmol 31,27mmol/0,80M = 39,09ml Như tổng thể tích NaOH = 63,75 + 39,09 = 102,84ml, 103ml Ta có pK = 3,52 ( = pH pK a + log  A−  [ HA]   )  A−  [ HA] = 10( pH − pK a )   (7,40−3,52) Trong máu, pH = 7,40, = A−  HA 10 = 7586   [ ] Tổng lượng ASA = 7586 += 7587 (2,00−3,52) Trong dày, pH = 2,00, = = A−  HA 10 3,02.10−2   [ ] −2 Tổng lượng = ASA 3,02.10 = + 1,03 Tỉ lệ tổng lượng ASA máu dày 7587 1,03 = 7400 Bài CN − + H 2O = HCN + OH − K b = 10−4,65 NH + H 2O = NH + + OH − K b2 = 10−4,76 KOH → K + + OH − H 2= O H + + OH − OH −  = CKOH + [ HCN ] +  NH +  +  H +  Đặt OH −  = x 64 x= 5.10−3 + K B1 [CN ] x + K B2 [ NH ] x + K H 2O x ( ) x − 5.10−3.x − K B1 [CN ] + K B2 [ NH ] + K H 2O = = C= 0,15M Tính gần coi CN −  CCN = 0,12M ; [ NH 3] NH − Ta có x − 5.10−3.x − 5, 29.10−6 = ⇒ x = OH −  = 5,9.10−3 M −3 Kiểm lại [ HCN ]= = 3,8.10−3 ⇒ [ HCN ] CN −  [CN ] 10−4,65 5,9.10 −3  NH +  = = 2,9.10−3 ⇒  NH +  [ NH ] [ NH ] 10−4,76 5,9.10 Vậy cách giải gần chấp nhận, suy pH = 11,77 pK NH + lg ([ NH ] NH − ) = 9, 24 + lg ([ NH ] NH − ) = 9, 24 pH = + Suy  NH +  = [ NH ] có nghĩa 50% [ NH ] bị trung hịa; dĩ nhiên tồn KOH bị trung hòa Mặt khác ( ) ( pH = 9, 24 = pK HCN + lg CN −  [ HCN ] = 9,35 + lg CN −  [ HCN ] − −0,11  10 Suy CN 0, 776 = = 0, 776 ⇒ [ HCN ] [ HCN ] [CN ] = CCN − = (1 + 0, 776) = 0,563 Nghĩa 56,3% CN − bị trung hòa Vậy VHCl 0, 21= VA CKCN 0,563 + VA CNH 0,5 + VA CKOH VHCl 50 ( 0,12.0,563 + 0,15.0,5 + 5.10−3 ) 0,51 = = 35,13ml = CHClO4 = CKCN 0, 01.1) 101 (= 0, 01.100 ) 101 (= 9,901.10−5 M 9,901.10−3 M ) 65 H+ + CN − 9,901.10−5 9,901.10 −3 → HCN 9,802.10 −3 9,901.10 −5 Thành phần HCN 9,901.10−5 M + CN − 9,802.10 −3 M = + H 2O HCN + OH= CN -Kb 10-4,65 C 9,901.10 9,802.10 [] (9,802.10 x ) (9,901.10 + x) −7 x ( 9,901.10−5 + x ) ( 9,802.10−3 − x= ) 10−4,65 ⇒ x + 1, 214.10−4 x − 2,194.10= Suy= x = OH −  4,12.10−4 M ; = pH 10, 61 > 7, Vậy đầu dung dịch có màu xanh lục Khi thêm 100ml dung dịch Hg ( ClO4 )2 0,3M −3 = CCN − 9,802.10 = 101 201 4,929.10−3 M −5 = = CHCN 9,901.10 101 201 4,975.10−5 M = CHg 2+ 0,3.100 = 201 0,1493M CCN − Vậy CN − tạo phức hết với Hg 2+ Hg 2+ Co 0,1493 C + CN − = HgCN + + OH −= β 1018 4,929.10 −3 0,1443 4,929.10 −3 Hg 2+ dư phản ứng tiếp với HCN Hg 2+ Co 0,1443 C 0,14425 + HCN = HgCN + 4,975.10 −5 + H+ = K 108,65 4,929.10 −3 4,975.10 −5 4,975.10 −5 Sự phân ly HgCN + không đáng kể (K = 10-18) lại dư Hg 2+ , nồng độ CN − phân ly vô bé không ảnh hưởng đến pH dung dịch  H +  = 4,975.10−5 Suy pH = 4,3 < 6,0 Do sau thêm Hg ( ClO4 )2 dung dịch chuyển sang màu vàng 66 Bài 7.1 a) pH = 1,70; b) pH = 11,69 7.2 HCl( k ) + A− ( aq )  HA( aq ) + Cl − ( aq ) NaOH ( r ) + HA( aq ) r Na + ( aq ) + A− ( aq ) + H 2O( l ) 7.3 Ta có  H +   A−  Ka = [ HA]  [ HA]  K a  −  =  H +   A       [ HA]   − lg  K a  −   = − lg  H +     A      A−   = pH pK a + lg      [ HA]    7.4 pH = 7,00 7.5 a) n(H+ thêm vào) = 0,01 mol  A−  = 0, 499 M [ HA] = 0,501M pH = 6,98 b) Tương tự (i) ta tính pH = 7,0043  A−  7.6 a) = 3, 492 (1) [ HA] b)  A−  + [ HA] = (2) Giải hệ phương trình (1) (2) ta thu kết quả:  A−  = 0,777 M [ HA] = 0, 223M 67 7.7 Axit mạnh/ bazơ mạnh phản ứng với bazơ yếu hay axit yếu để tạo hợp phần lại dung dịch đệm Như dung dịch thu chứa axit yếu bazơ liên hợp 7.8 a) Gọi thể tích HCl V ml Vậy thể tích dung dịch natri axetat – V (ml) b) Số mol axit axetic 2,00.V (mol) c) Số mol bazơ sinh = 0,500 – 2.500V (mol)  A−  d) = 0,175 [ HA] e) V = 175ml Như cần phải trộn 825ml dung dịch natri axetat 0,500M với 175ml dung dịch HCl 2,00M 7.9 = pH pK = 4,76 a 7.10 a) Ta có pH = 4,76 += 5,76  A−  = 4,76 + lg 5,76 [ HA]  A−  = 10 [ HA] b) Trong dung dịch đệm lý tưởng [= HA] = A−  0,0625 mol c) Tổng số mol axit axetic axetat bảo tồn = 0,0625.2 = 0,125 mol Ta có  A−  = 10 [ HA]  A−  = 0,114 mol [ HA] = 0,0114 mol d) n(NaOH) thêm vào = 0,0515mol e) V(NaOH) thêm vào = 0,125l = 152ml Bài CN − + H 2O = HCN + OH − K b = 10−4,65 68 NH + H 2O = NH + + OH − K b2 = 10−4,76 KOH → K + + OH − H 2= O H + + OH − OH −  = CKOH + [ HCN ] +  NH +  +  H +  Đặt OH −  = x x= 5.10−3 + K B1 [CN ] x + K B2 [ NH ] x + K H 2O x ( ) x − 5.10−3.x − K B1 [CN ] + K B2 [ NH ] + K H 2O = = C= 0,15M Tính gần coi CN −  CCN = 0,12M ; [ NH 3] NH − Ta có x − 5.10−3.x − 5, 29.10−6 = ⇒ x = OH −  = 5,9.10−3 M −3 Kiểm lại [ HCN ]= = 3,8.10−3 ⇒ [ HCN ] CN −  [CN ] 10−4,65 5,9.10 −3  NH +  = = 2,9.10−3 ⇒  NH +  [ NH ] [ NH ] 10−4,76 5,9.10 Vậy cách giải gần chấp nhận, suy pH = 11,77 pK NH + lg ([ NH ] NH − ) = 9, 24 + lg ([ NH ] NH − ) = 9, 24 pH = + Suy  NH +  = [ NH ] có nghĩa 50% [ NH ] bị trung hòa; dĩ nhiên tồn KOH bị trung hịa Mặt khác ( ) ( pH = pK HCN + lg CN −  [ HCN ] = 9, 24 = 9,35 + lg CN −  [ HCN ] − −0,11  10 Suy CN 0, 776 = = 0, 776 ⇒ [ HCN ] [ HCN ] [CN ] = CCN − = (1 + 0, 776) = 0,563 Nghĩa 56,3% CN − bị trung hòa Vậy VHCl 0, 21= VA CKCN 0,563 + VA CNH 0,5 + VA CKOH = VHCl 50 ( 0,12.0,563 + 0,15.0,5 + 5.10−3 ) 0,51 = 35,13ml = CHClO4 0, 01.1) 101 (= 9,901.10−5 M ) 69 = CKCN 0, 01.100 ) 101 (= 9,901.10−3 M H+ + CN − 9,901.10−5 9,901.10 −3 → HCN 9,802.10 −3 9,901.10 −5 Thành phần HCN 9,901.10−5 M + CN − 9,802.10 −3 M = + H 2O HCN + OH= CN -Kb 10-4,65 C 9,901.10 9,802.10 [] (9,802.10 x ) (9,901.10 + x) −7 x ( 9,901.10−5 + x ) ( 9,802.10−3 − x= ) 10−4,65 ⇒ x + 1, 214.10−4 x − 2,194.10= Suy= x = OH −  4,12.10−4 M ; = pH 10, 61 > 7, Vậy đầu dung dịch có màu xanh lục Khi thêm 100ml dung dịch Hg ( ClO4 )2 0,3M −3 = CCN − 9,802.10 = 101 201 4,929.10−3 M −5 = = CHCN 9,901.10 101 201 4,975.10−5 M = CHg 2+ 0,3.100 = 201 0,1493M CCN − Vậy CN − tạo phức hết với Hg 2+ Hg 2+ Co 0,1493 C + CN − = HgCN + + OH −= β 1018 4,929.10 −3 0,1443 4,929.10 −3 Hg 2+ dư phản ứng tiếp với HCN Hg 2+ Co 0,1443 C 0,14425 + HCN = HgCN + 4,975.10 −5 + H+ = K 108,65 4,929.10 −3 4,975.10 −5 4,975.10 −5 Sự phân ly HgCN + không đáng kể (K = 10-18) lại dư Hg 2+ , nồng độ CN − phân ly vô bé khơng ảnh hưởng đến pH dung dịch  H +  = 4,975.10−5 Suy pH = 4,3 < 6,0 Do sau thêm Hg ( ClO4 )2 dung dịch chuyển sang màu vàng 70 Thêm giọt (0,03ml) dung dịch H S bão hịa vào hỗn hợp (3) thể tích hỗn hợp coi = 03.0,1 201 1, 493.10−5 M không đổi CH S 0,= H S= H + + HS − Co 1, 493.10−5 4,975.10 −5 C 4,975.10 −5 + x 1, 493.10−5 − x 10− l x x ( 4,975.10−5 + x ) (1, 493.10−5 − x )= 10−7 ⇒ x= 3.10−8 CH + Như nồng độ H+ phân ly H S không đáng kể H S = 2H + [ ] 1, 493.10−5 + S 2− 4,975.10 −5  S 2− = x= 10−19,92.1, 493.10−5 10−19,92 x ( 4,975.10 ) = −5 7, 25.10−17 M = CHg 2+ CS 2− 0,14425.7, = 25.10−17 1, 05.10−17 K S Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất H S + Hg 2+ → HgS ↓ +2 H + Do kết tủa làm tăng nồng độ ion H+ dung dịch nên dung dịch có màu vàng Bài 10 Tính số cân K phản ứng CO2 (dd ) + H 2O(l )  H + (dd ) + HCO3 (dd ) (1) ∆G o pö = ∆G o ( H + ) + ∆G o ( HCO3 ) − ∆G o (CO2 ) − ∆G o ( H 2O) = 0,0 + (−578,1) + 386, + 273, 2= 45,3 kJ mol ∆G o pö = − RT ln K ⇒ ln K = −∆G o pö RT = −(45,3.103 ) ( 8,314.298 ) = −18, 284 Suy K = 1,15.10−18 Tính nồng độ CO2 pH dung dịch = = 0,0343.4, 4.10−4 1,51.10−5 ( mol l ) [CO2 ] K= H PCO2  H +  =  HCO3−  + CO32−  + OH −  (2)         Vì CO32−  nhỏ nên ta bỏ qua   71  HCO3−  K [CO2 ] :  H +  Theo (1), K  H +   HCO3−  : [CO2 ] ⇒ = =         Thay  HCO3−  vào (2)  H +  K [CO2 ] :  H +  + K nước :  H +  =         Hay  H +  = K [CO2 ] + K nước= 1,15.10−8.1,15.10−5 + 10−14   + Tính  H = 4,32.10−7 ⇒ = pH 6,73   Khi phản ứng hòa tan CO2 nước đạt đến trạng thái cân bằng, nhiệt độ hệ tăng nồng độ CO2 khơng đổi pH dung dịch tăng hay giảm? Tại sao? ∆H o pö = ∆H o ( H + ) + ∆H o ( HCO3− ) − ∆H o (CO2 ) − ∆H o ( H 2O) = 0,0 − 691, + 412,9 + 285,8 = 7,5 ( mol l ) Do ∆H o pö > nên nhiệt độ tăng cân chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm ... THPT chuyên 28 Chương THIẾT KẾ VÀ SỬ DỤNG TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI PHẦN CÂN BẰNG AXIT - BAZƠ Ở TRƯỜNG THPT CHUYÊN 2.1 Cơ sở khoa học việc thiết kế tài liệu BD HSGHH phần Cân axit bazơ trường. .. giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi phần Cân axit - bazơ trường THPT chuyên - Đối tượng nghiên cứu: việc thiết kế sử dụng tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi phần Cân axit - bazơ trường THPT chuyên Phạm... nguồn tài liệu có giá trị phù hợp việc giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi – học sinh chuyên học sinh có thêm tài liệu tham khảo học tập, tơi chọn đề tài ? ?Thiết kế sử dụng tài liệu bồi dưỡng học sinh