Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Skkn kĩ thuật tính ph của dung dịch axit yếu nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng ...

Tài liệu Skkn kĩ thuật tính ph của dung dịch axit yếu nhằm nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn hóa lớp 11

.DOC
26
332
106

Mô tả:

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: 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. 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 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-rêni-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- K a H2O  H+ + OH- KW Ka= � H� �� A � � � � �  HA và KW = [H+][OH-] = 10-14 - Bảo toàn nồng ban đầu ta có : - C = [HA] + [A ] = [HA] + K a � HA � H� � � → [HA] = C �� H� � � Ka  � H� � � (1) - Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : + - - [H ] = [A ] + [OH ] = K a � HA � H� � � + Kw → � H� � � [H+] = → kết hợp (1) và (2) tính [H+] → pH Chú ý : - Nếu KaC >> KW thì bỏ qua cân bằng của H2O K a � HA  K W (2) (2) → [H+] = K a � HA - Một cách gần đúng có thể coi [HA] (2) →[H+] = �C K a �C  K W 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] = [H+] = C �� H� � � = 0,1�� H� � � (1) 4,75 Ka  � H� � H� � � 10 � � K a � HA = 104,75 � CH 3COOH  (2) Thay (1) vào (2) → [H+]2 + 10-4,75 [H+] - 0,110-4,75=0 Giải phương trình → [H+] = 1,3210-4,75M → pH = -lg(1,3210-4,75)= 4,63 - Một cách gần đúng coi [CH3COOH] → [H+] = 0,1�10 4,75 �1,3310-4,75M �0,1M → pH = -lg(1,3310-4,75)= 4,63 Ví dụ 2: Tính pH và [NH4+] của dung dịch NH4Cl 10-4M. Biết Bài giải: K NH  = 4 10-9,24. - Nhận thấy K NH  C 4 = 10-410-9,24 = 10-13,24 �10-14 → Tính cả cân bằng của H2O NH4+  NH3 H2 O  H + + H+ K NH  = 4 10-9,24 + OH- KW = 10-14 - Áp dụng phương pháp ta có: [H+] = K NH  �� NH 4  � � � K W 4 Một cách gần đúng coi [NH4+] → [H+] = �C = 10-4M -7 109,24 �104  1014 �2,5910 M →pH = -lg(2,5910-7) =6,58. + [NH4 ]= C �� H� � � K NH  4 104 �2,59 �10 7 = 9,24 � H�  2,59 �107 � � 10 = 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 NH 4Cl vào 200ml H2O. Biết K NH  = 4 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] = C �� H� � � Ka  � 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) b (1) → 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 (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+ + Cl0,01M → 0,01M HCOOH  HCOO- + H+ KHCOOH= 10-3,75 -áp dụng phương pháp ta có : [HCOOH] = C �� H� � � = 0,1�� H� � � (1) 3,75 K HCOOH  � H� � H� � � 10 � � [H+]2 - b [H+] - Ka[HA] = 0 → [H+]2 - 0,01 [H+] - 10-3,75[HCOOH] =0 (2) + 2 + Thay (1) vào (2) → [H ] - 0,01 [H ] - 10 -3,75  0,1�� H� � � =0 103,75  � 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 NH 4Cl 10-4M và HCl 10-3M. Biết 10-9,24. Bài giải: -Nhận thấy K NH  C 4 = 10-410-9,24 = 10-13,24 �10-14 → Tính cả cân bằng của H2O HCl → H+ + Cl10-3M → 10-3M NH4+ NH3 + H+ H2O  H+ K NH  = 4 10-9,24 + OH- KW = 10-14 K NH  = 4 -Áp dụng phương pháp ta có : [H+]2 - 10-3 [H+] - ( K NH [NH4+] +KW)= 0 4  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+] + 4 [NH ]= C �� H� � � K NH  4 �0,001M 104 �0, 001 = 9,24  0, 001 = � H� � � 10 → pH =-lg0,001 = 3 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 CH 3COOH 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được và độ điện li  của CH3COOH. Biết K CH 3COOH = 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 3 M vào 100ml dung dịch NH3 6×10-4M. Biết K NH  = 4 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 a1 và K a2 . a) Phương pháp: HA  H+ + AHB  H+ + B- K a1 K a2 (1) (2) H2O  H+ + OH- KW (3) - Thiết lập tương tự Dạng 1( từ biểu thức ta có : [HA] = C1 �� H� � � K a1  � H� � � (I) và [HB] = K a1 , K a2 và bảo toàn nồng độ ban đầu C1 , C2). C2 �� H� � � (II) K a2  � H� � � - Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : [H+] = [A-] + [B-] + [OH-] = → [H+] = K a1 � HA  � H � � � K a1 � HA  K a2 � HB   KW  K a1 � HB   � H � � �  KW � H� � � (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). K a1 � HA  K a2 � HB  (III) → [H+] = K a1 �C1 - Nếu >> (III) → [H+] = K a2 �C2 >> KW Chỉ xét cân bằng (1) bỏ qua cân bằng (2), (3). K a1 � HA - Một cách gần đúng coi: [HA] �C1 và [HB] �C2 (III) →[H+] = K a1 �C1  K a2 �C2  KW 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 4,89 K a1 = K CH 3COOH = 10-4,75 và . 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 3COOH   K a2 � CH 3CH 2COOH  Một cách gần đúng coi: [CH3COOH] C1 và [CH3CH2COOH] C2 K a2 = K CH3CH 2COOH = 10- → [H+] = 104,75 �0, 01  10 4,89 �0, 05  9,06610-4M →pH = -lg(9,06610-4) = 3,04. Ta có : [CH3COOH] = C1 �� H� � � 0, 01�9, 066 �104 = 4,75  9, 066 �10 4 K a1  � H� � � 10 [CH3CH2COOH] = = 9,80710-3M C2 �� H� � � 0,05 �9, 066 �10 4 = 4,89  9, 066 �104 K a2  � H� � � 10 = 0,0493M Ví dụ 2: Tính pH của dung dịch gồm HCOOH C1= 0,1M và NH4Cl C2= 1M .Biết K a = 1 K HCOOH = 10-3,75 và K a1 = K NH 4 = 10-9,24 Bài giải: - Nhận thấy : K a C1(= 10-4,75) >> 1 K a2 C2(= 10-9,24) >> KW = 10-14 → bỏ qua cân bằng của H2O và NH4+ Bài toán trở về giống Dạng 1 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 4,75 , K NH  = 4 K CH 3COOH = 10- 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 3COOH = 10-4,75. ĐS: pH= 5,45 Bài 3: K HSO  4 Tính pH của dung dịch gồm HF 0,1M và KHSO 4 0,01M. Biết KHF= 6,8×10-4, = 10-1,99. ĐS: pH= 1,88 Bài 4:Tính pH của của dung dịch thu được khi trộn 50ml dung dịch CH 3COOH 2×10-2M với 50ml dung dịch NaHSO4 2×10-3M. Biết K CH 3COOH = 10-4,75, K HSO  4 = 10-1,99 ĐS: pH= 2,49 Bài 5: Trộn V1 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 V1 và V2. Biết 4,75 K Cl  CH 2 COOH = 10-2,85, . ĐS: V1= 2,22 ml; V2= 7,78 ml K CH 3COOH = 10- Dạng 4: pH của dung dịch đa axit yếu. Bài toán: Tính pH cua dung dich axit yếu yếu H nA C(M). Biết các hằng số cân bằng từ K1 đến Kn . a) Phương pháp:  H+ + Hn-1A- K1 (1) Hn-1A-  H+ + Hn-2A2- K2 (2) HnA ...................................... ...................................... ...................................... HA(n-1)-  H+ + AnH2O K1= K2 = Kn (n)  H+ + OH- KW K1 � H n A � H� �� H n 1 A � � � � � H n 1 A � →� � � � H�  H n A � � K1 �K 2 � H n A � H� H n  2 A2  � K 2 �� H n 1 A � � ��� � � � 2 � � � H A  → � n2 � =  2   � � H � � � � H A H n  1 � � � � � � Tương tự cho đến � An  � � �= K1 �K 2 �.... �K n � H n A - Bảo toàn nồng ban đầu ta có : n � H� � � H n 1 A � H n  2 A2  � An  � C =  H n A  � � � � � � .....  � � � = � � K1 �K 2 �.... �K n � K1 K1 �K 2 �  H n A ��1     2  ....  n � � H � � � H � H� � � � � � � � � (I) - Theo định luật bảo toàn điện tích ta có : [H+]= � H n 1 A � H n  2 A2  � An  � OH  � � � 2 �� � � .....  n �� � � � � � � � K1 �K 2 �.... �K n � K W K1 K1 �K 2  2 �  ....  n � + H  � (II)  2  n � � � H� � � � � H H � � � � � � � � � � =  H n A �� � → 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 Bài giải: H2S  H+ + HS- K a1 = 10-7 (1) K a1 = 10-7, K a2 = 10-12,92. HS-  H+ + S2- K a2 = 10-12,92 (2) H2O  H+ + OH- KW= 10-14 - Nhận thấy K a1 C = 10-9 >> KW và (3) K a1 >> K a2 Nên cân bằng (1) là chủ yếu. - Áp dụng phương pháp ta có : K a1 [H+]=  H 2 S  ��H  �→ [H+] =  H 2 S  �K a 1 � � Một cách gần đúng coi: [H2S] C = 0,01M → [H+] = 0, 01�10 7 Ta có [S2-] = = 10-4,5M → pH=-lg10-4,5 =4,5 K a1 �K a2 � H 2 S  = 2 � H� � � 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 a4 = 10-9,25. Bài giải: H4P2O7 H+ + H3P2O7- K a1 = 10-1,52 H3P2O7-  H+ + H2P2O72- K a2 = H2P2O72-  H+ + HP2O73- K a3 =10-6,60 HP2O73-  H+ + P2O74- K a4 10-2,36 = 10-9,25 K a1 = 10-1,52, K a2 = 10-2,36, K a3 =10-6,60, - Nhận thấy K a1 C = 10-3,52 >> KW và K a1  K a2 >> K a3 >> K a 4 → Chỉ xét 2 cân bằng : H4P2O7  H+ + H3P2O7- K a1 = 10-1,52 H3P2O7-  H+ + H2P2O72Do K a1 K a2 = 10-2,36 = 10-1,52 < 10-3 nên không được coi [H4P2O7]0,01M - Áp dụng phương pháp ta có:  K K 1 K 2  a a a C= [H4P2O7]× 1  [ H  ]  [ H  ]2  (1)   1  K a [H+] = [H4P2O7]×  [ H  ]   Lấy (1) ( 2) → [H+]3 + 1 2 K a1 K a 2   [ H  ]2  K a1 ×[H+]2 (2) + ( K a × K a -C× K a )×[H+]- 2× K a × K a ×C =0 1 2 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 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 Bài 2: Tính pH của dung dịch H2SO3 0,01M. Biết K a1 =10-1,76, K a2 = 10-7,21.
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan