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

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

≈
C
chất 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
K
a
.
a) Phương pháp:
HA  H
+
+ A
-
K
a
H
2

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] +
[ ]

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

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) → [H
+
] =
[ ]
a
K HA×
- Một cách gần đúng có thể coi [HA]
≈
C
(2) →[H
+
] =
Wa
K C K× +
b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1: Tính pH của dung dịch CH
3
COOH 0,1M. Biết K
a
= 10
-4,75
.
Bài giải:
- Nhận thấyK
a
×C = 0,1×10
-4,75
>> 10
-14
→ bỏ qua cân bằng của H

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

 
(1)
[H
+
] =
[ ]
a
K HA×
=
[ ]
4,75
3
10 OOCH C H
−
×
(2)
Thay (1) vào (2) → [H
+
]
2
+ 10
-4,75
×[H
+
] - 0,1×10
-4,75
=0
Giải phương trình → [H
+
] = 1,32×10

-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

M. Biết
4
NH
K
+
=
10
-9,24
.
Bài giải:
- Nhận thấy
4
NH
K
+
×C = 10
-4
×10
-9,24
= 10
-13,24

≈
10
-14

→ Tính cả cân bằng của H
2
O
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
+
] =
4
4 W
NH

K NH K
+
+
 
× +
 

Một cách gần đúng coi [NH
4
+
]
≈
C = 10
-4
M
→ [H
+
] =
9,24 4 14
10 10 10
− − −
× +

≈
2,59×10
-7
M
Trang4
→pH = -lg(2,59×10
-7

) =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

c) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tính pH của dung dịch HCOOH 0,1M. Biết K
HCOOH
= 1,78×10
-4
.
ĐS:
pH=2,37
Bài 2: Tính pH của dung dịch HCN 10
-4
M. Biết K
HCN
= 10
-9,35
.
ĐS: pH=
6,63
Bài 3: Tính pH của dung dịch HNO
2
10
-1,7
M. Biết
2
HNO
K
= 10
-3,29
.
ĐS: pH=
2,53

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

-
K
a
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W
- Thiết lập tương tự Dạng 1 ta có : [HA] =
a
C H
K H
+
+
 
×
 
 
+
 
(1)
- Theo định luật bảo toàn điện tích ta có :
[H
+
] = [A
-
] + [OH

-
] + 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
+

] → pH
Chú ý :
- Nếu K
a
×C>>K
W
thì bỏ qua cân bằng của H
2
O
(2) →[H
+
]
2
- b× [H
+
] - K
a
×[HA] = 0
Trang5
- Một cách gần đúng có thể coi [HA]
≈
C
(2) → [H
+
]
2
- b× [H
+
] - (K
a

×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

+
K
HCOOH
= 10
-3,75
-áp dụng phương pháp ta có :
[HCOOH] =
HCOOH
C H
K H
+
+
 
×
 
 
+
 
=
3,75
0,1
10
H
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
×

3,75
0,1
10
H
H
+
− +
 
×
 
 
+
 
=0
→ [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 [NH
4
+
] của dung dịch gồm NH
4
Cl 10
-4
M và HCl
10
-3
M. Biết
4
NH
K
+
= 10
-9,24

.
Bài giải:
-Nhận thấy
4
NH
K
+
×C = 10
-4
×10
-9,24
= 10
-13,24

≈
10
-14

→ Tính cả cân bằng của H
2
O
HCl → H
+
+ Cl
-
10
-3
M → 10
-3
M

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

-3
× [H
+
] - (
4
NH
K
+
×[NH
4
+
] +K
W
)= 0
Một cách gần đúng coi [NH
4
+
]
≈
C = 10
-4
M
→ [H
+
]
2
- 10
-3
× [H
+

] - (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
+
+
+
 
×
 
 
+
 

=
4
9,24
10 0,001
10 0,001
−
−
×
+
= 9,99×10
-5
M
c) Bài tập vận dụng:
Bài 1:Tính pH của dung dịch gồm HBr 10
-1,3
M và HCOOH 5×10
-2
M.
Biết K
HCOOH
= 10
-3,75
.
ĐS: pH=
1,29
Bài 2:Trộn 20ml dung dịch HCl 0,02M với 30ml dung dịch
CH
3
COOH 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được và độ điện li
α

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

6×10
-4
M. Biết
4
NH
K
+
=
10
-9,24
.
ĐS: pH= 3,52; [NH
3
]=
7,67×10
-9
M
Dạng 3: pH của dung dịch gồm hai đơn axit yếu.
Bài toán: Tính pH của dung dịch gồm hai axit yếu HA C
1
(M) và HB
C
2
(M). Biết hằng số cân bằng mỗi axit lần lượt là
1
a
K
và
2
a

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)

- Thiết lập tương tự Dạng 1( từ biểu thức
1
a
K
,
2
a
K
và bảo toàn nồng độ
ban đầu C
1
, C
2
).
ta có : [HA] =
1
1
a
C H
K H
+
+
 
×
 
 
+
 
(I) và [HB] =
2

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

H H H
+ + +
× ×
+ +
     
     
→ [H
+
] =
[ ] [ ]
1 2
a a W
K HA K HB K× + × +
(III)
→ Kết hợp (I) , (II) và (III) tính [H
+
] → pH
Chú ý :
- Nếu
1
1a
K C×

≈

2
2a
K C×
>> K
W

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×

- Một cách gần đúng coi: [HA]
≈
C
1
và [HB]
≈
C
2

(III) →[H
+
] =
1 2
1 2a a W
K C K C K× + × +
b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:Tính pH, [CH
3
COOH], [CH
3
CH
2
COOH]của dung dịch gồm
CH
3
COOH C
1
= 0,01M và CH
3
CH

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

1
(= 10
-6,75
) ≈
2
a
K
×C
2
(= 10
-6,19
) >>
W
K
= 10
-14
→ bỏ qua cân bằng của H
2
O
CH
3
COOH  CH
3
COO
-
+ H
+

1
a

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

và [CH
3
CH
2
COOH]≈ C
2
→ [H
+
] =
4,75 4,89
10 0,01 10 0,05
− −
× + ×
≈ 9,066×10
-4
M
→pH = -lg(9,066×10
-4
) = 3,04.
Ta có : [CH
3
COOH] =
1
1
a
C H
K H
+
+
 

×
 
 
+
 
=
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
+
+
 

×
 
 
+
 
=
4
4,89 4
0,05 9,066 10
10 9,066 10
−
− −
× ×
+ ×
= 0,0493M
Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch gồm HCOOH C
1
= 0,1M và NH
4
Cl
C
2
= 1M .Biết
1
a
K
=
HCOOH
K
= 10

-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

) >>
W
K
= 10
-14
Trang8
→ bỏ qua cân bằng của H
2
O và NH
4
+

Bài toán trở về giống Dạng 1
HCOOH  HCOO
-
+ H
+

1
a
K
Áp dụng phương pháp ta có :
[H
+
] =
[ ]
1
a
K HCOOH×

- 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

K
+
= 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 CH
3
COOH 0,15M. Biết K
HCOOH
=
10
-3,75
,
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
.
ĐS: pH=
5,45
Bài 3: Tính pH của dung dịch gồm HF 0,1M và KHSO
4
0,01M.
Biết K
HF
= 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
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

K
= 10
-1,99
ĐS: pH=
2,49
Bài 5: Trộn V
1
ml dung dịch axit monocloaxetic 0,1M với V
2
ml dung
dịch axit axetic 1M thu được 10ml dung dịch có pH= 2. Tính V
1
và
V
2
. Biết
COOHCHCl
K
2
−
= 10
-2,85
,
3
OOCH C H
K
= 10
-4,75
.
ĐS: V

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

-
 H
+
+ H
n-2
A
2-
K
2
(2)



HA
(n-1)-
 H
+
+ A
n-
K
n
(n)
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W

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

 
K
2
=
2
2
1
n
n
H H A
H A
+ −
−
−
−
   
×
   
 
 
→
2 1
2
2
n
n
K H A
H A
H
−

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

[ ]
1 2

n n
n
K K K H A
H
+
× × × ×
 
 

- Bảo toàn nồng ban đầu ta có :
C =
[ ]
2
1 2

n
n n n
H A H A H A A
− − −
− −
     
+ + + +
     
=
[ ]
1 2
1 1 2

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

1 2
2
n
n n
H A H A n A OH
− − − −
− −
       
+ × + + × +
       
=
[ ]
1 2
1 1 2
2

2
n
n
n
K K K
K K K
H A n
H
H H
+
+ +
 
× × ×
×

 ÷
× + × + + ×
 ÷
 
   
 
   
 
+
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

>>K
2
, ,K
n
Chỉ xét cân bằng (1), bỏ qua các cân bằng còn
lại.
- Nếu K
1
≈ K
2
≈ ≈ K
n-1
>>K
n
bỏ qua cân bằng (n) , xét các cân bằng
còn lại
- Một cách gần đúng coi: [H
n
A]≈ C
b) Ví dụ minh họa:
Ví dụ 1:Tính pH và [S
2-
] của dung dịch H
2
S 0,01M. Biết
1
a
K
= 10
-7

,
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

K
= 10
-12,92
(2)
H
2
O  H
+
+ OH
-
K
W
= 10
-14
(3)
Trang10
- Nhận thấy
1
a
K
×C = 10
-9
>> K
W
và
1
a
K
>>
2

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
+

] =
7
0,01 10
−
×
= 10
-4,5
M → pH=-lg10
-4,5
=4,5
Ta có [S
2-
] =
[ ]
1 2
2
2
a a
K K H S
H
+
× ×
 
 
=
7 12,92
9
10 10 0,01
10
− −

−
× ×
= 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

,
4
a
K
= 10
-9,25
.
Bài giải:
H
4
P
2
O
7
 H
+
+ H
3
P
2
O
7
-

1
a
K
= 10
-1,52
H

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
+

+ HP
2
O
7
3-

3
a
K
=10
-6,60
HP
2
O
7
3-
 H
+
+ P
2
O
7
4-

4
a
K
= 10
-9,25
- Nhận thấy

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
 H
+
+ H
3
P
2
O
7
-

1
a
K
= 10
-1,52
H
3
P
2
O
7
-
 H
+
+ H
2
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
][][
1
211
H
KK
H
K
aaa
(1)
[H
+
] = [H
4
P
2
O
7
]×

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

a
K
×[H
+
]
2
+ (
1
a
K
×
2
a
K
-C×
1
a
K
)×[H
+
]- 2×
1
a
K
×
2
a
K
×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
-3
M→ pH= -lg(3,288×10
-3
)=
2,483
c) Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tính pH của dung dịch H
2

CO
3
0,0001M. Biết
1
a
K
=10
-6,35
,
2
a
K
=
10
-10,33
.
Trang11
ĐS: pH=
5,175
Bài 2: Tính pH của dung dịch H
2
SO
3
0,01M. Biết
1
a
K
=10
-1,76
,

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

-7,02
,
2
a
K
= 10
-12,9
.
ĐS: [HC
2
O
4
-
]=5,2×10
-2
M, [C
2
O
4
2-
]=
5,35×10
-5
M,
pH= 1,28
Bài 4: Tính pH của dung dịch H
3
PO
4
0,1M .Biết

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

số
Áp
dụn
g đề
tài
Giỏi Khá Trung
bình
Yếu
SL % SL % SL % SL %
Nhóm I 16 + 7 43,7
5
7 43,7
5
2 12,50 0 0.00
NhómII 16 2 12,50 4 25,00 8 50,00 2 12,50
- Năm học 2011 – 2012 :
Nhóm Sĩ Áp Giỏi Khá Trung bình Yếu
Trang12
số dụn
g đề
tài
SL % SL % SL % SL %
Nhóm I 18 + 9 50,00 8 44,4
4
1 5,56 0 0,00
NhómII 18 4 22,2
2
5 27,7
8
8 44,4

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:

- Đối với giáo viên: Phải luôn trau dồi kiến thức bằng cách
thường xuyên tự học, tự bồi dưỡng, cập nhật và tham khảo nhiều tài
liệu mới hơn, luôn học tập các đồng nghiệp để không ngừng nâng cao
trình độ chuyên môn và nghiệp vụ sư phạm cho bản thân. Cần đổi mới
nhiều hơn nữa trong phương pháp dạy học đặc biệt là lấy người học
Trang13
làm trung tâm, kết hợp với một số phương pháp và phương tiện dạy
học hiện đại hiện như khăn phủ bàn, sơ đồ tư duy, công nghệ thông
tin
- Đối với học sinh : Do Hóa học là môn khoa học thực nghiệm
nên trước tiên yêu cầu các em cần nắm được bản chất, hiện tượng của
các quá trình biến đổi hóa học rồi sau đó mới dùng phương pháp vào
giải toán. Có như vậy các em mới nắm chắc được vấn đề. Bài tập pH
của dung dịch axit yếu là bài tập khó nên yêu cầu các em phải làm
thường xuyên, tìm tòi các tài liệu lên quan để rèn luyện.
- Từ dạng bài tập này chúng ta có thể mở rộng thêm nhiều dạng
bài tập tương tự như : pH của dung dịch đệm (Axit và bazơ liên hợp),
pH của dung dịch đơn bazơ yếu, pH của dung dịch đa bazơ yếu …
Nhưng trong khuôn khổ có giới hạn của đề tài không cho phép tôi làm
được điều đó.
- Nội dung đề tài này không chỉ dừng lại với đối tượng HSG lớp
11 mà còn mở rộng cho HSG giải toán trên máy tính cầm tay lớp 12.
C. KẾT LUẬN
Trên đây là toàn bộ nội dung “ 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 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 dưỡng và ôn luyện học sinh giỏi.
Tuy nhiên đây chỉ là một phần kiến thức trong chương trình hóa
học phổ thông nhưng 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 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

ĐỀ 1
I. LỜI NÓI
ĐẦU 1
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN
CỨU 1
1. Thực
trạng
.1
2. Kết quả, hiệu quả của thực trang
trên 2
B. GIẢI QUYẾT VẤN
ĐỀ 2
I. CÁC BIỆN PHÁP ĐỂ TỔ CHỨC THỰC
HIỆN 2
Dạng 1: pH của dung dịch 1đơn axit
yếu 3
Dạng 2: pH của dung dịch gồm một đơn axit yếu và một axit
mạnh 4
Dạng 3: pH của dung dịch gồm hai đơn axit
yếu 6
Dạng 4: pH của dung dịch đa axit
yếu 8
II. KẾT QUẢ VÀ KIẾN NGHỊ ĐỀ
XUẤT 10
1. Kết quả nghiên
cứu 10
2. Kiến nghị, đề
xuất 12
C. KẾT
LUẬN

12
Trang16
Trang17