BÀI TẬP SẮC KÝ CÓ LỜI GIẢI

Bài 1 [2_422]: Thời gian cần để đi qua bởi pha di động chuyển qua cột bằng 25
phút. Giá trị R đối với chất tan có thời gian giữ là 261 phút phải bằng bao nhiêu ?
Chất tan có bao nhiêu thời gian sẽ ở trong các pha di chuyển và pha tĩnh trước khi
ra khỏi cột ?
Bài giải :
vpha động
t
= M
vchất tan
tM + tS
Ta có : R=
vpha động = L

25

;

vchất tan =

⇒R=

L
261

25
= 0,096
261

⇒ Chất tan có 9,6% thời gian ở pha động
tM =

9,6 × 261
100
= 25 phút ; tS = 261 – 25 = 236 phút

Bài 2 [3]: Tính số đĩa lý thuyết trung bình và chiều cao đĩa lý thuyết trung bình
của một cột sắc ký có chiều cao 3,2m. Biết từ lúc bắt đầu bơm mẫu vào đầu cột thì
pic của cấu tử A đạt giá trị cực đại : 350s ; cấu tử B là 375s. Cho biết W A= 14s ;
WB=15s

Bài giải:
2

t 
N = 16.  R ÷
W
a> Số đĩa lý thuyết:
 tR
N A = 16.  ¢
 WA
- Đối với cấu tử A:

2

2

 350 
= 10000
÷
÷ = 16.  14 ÷




2

2
 t RB 
 375 
N B = 16. 
÷ = 16. 
÷ = 10000
W
15


 B
- Đối với cấu tử B:

⇒ Số đĩa lý thuyết trung bình :

N=

N A + NB
= 10000
2

b> Chiều cao đĩa trung bình:

H=

L

3, 2
=
= 3, 2.10−4 m = 0, 032cm
N 10000

Bài 3 [2_422] : R đối với 1 chất tan đã cho khi dùng cột sắc ký xác định bằng 0,1.
Thể tích của pha di chuyển trong cột V M là 2,0 ml. Giá trị t S đối với chất tan bằng
1
1


bao nhiêu khi tốc độ dòng của pha di động bằng 10 ml/phút ? Tính K D nếu VS =
0,5ml
Bài giải :
tM
tM + tS

=

Ta có : R

0.2
⇒ 0,1 0.2 + tS
=

2
Với tM = 10 = 0,2

⇔ 0.2 = 0,02 + 0,1 × tS
⇔ tS = 1,8 phút = 108 giây

R=

Mặt khác :

1
V
1 + KD × S
VM = 0,1

0,1 =
⇔

1
0,5
1 + KD ×
2 ⇒ KD = 36

Bài 4 [2_422] : Hệ số phân bố K đối với chất A trong cột sắc ký đã cho ở bài trên
lớn hơn so với chất B. Hợp chất nào trong các hợp chất được giữ mạnh hơn trong
cột sắc ký?
Bài giải :
UA =
Ta có :

U
V
1 + KA × S
VM

UB =

và

U
V
1 + KB × S
VM

Mà : VS = const ; VM = const
⇒ Nếu KA > KB thì UA < UB
⇒ Chất A sẽ được giữ mạnh hơn chất B trong cột sắc ký.

Bài 5 [2_422] : Tốc độ di chuyển của pha di động trong cột có chiều dài 10 cm
bằng 0,01 cm/giây. Để rửa cấu tử A cần 40 phút. Phần nào của thời gian chung của
2
2


sự rửa cần để có mặt của cấu tử A trong pha di động ? Giá trị R đối với hợp chất
này bằng bao nhiêu?
vpha động
Ta có :
R = vchất tan
Với : vpha động = 0,01 cm/giây
Vchất tan

Bài giải :
R= 0,4167

10
= 40 × 60 = 4,16.10-3 cm/giây

=

Suy ra : R

tM
tM + t S = 0,4167

Và : tM + tS = 40 phút
Bài 6 [2_422]: Trong sắc ký khi tốc độ di chuyển của pha động có thể đo trực tiếp,
nếu đưa vào một lượng bào đó của chất tan tương tự mêtan, nó không được giữ bởi
pha tĩnh. Trong cột mao quản có chiều dài 50m thời gian giữ của metan bằng 71,5
giây, còn thời gian giữ của n-heptađecan là 12,6 phút.
a>Tốc độ di chuyển của pha động bằng bao nhiêu ?
b>Tốc độ di chuyển của dải n-heptanđecan bằng bao nhiêu ?
c>Giá trị R đối với dải của n-heptanđecan bằng bao nhiêu ?
Bài giải :
a>Tốc độ di chuyển của pha động :
50
vM = 71,5 = 0,6993 m/giây = 69,93 cm/giây
b>Tốc độ di chuyển của dải n-heptađecan :
50
= 0,0661
12,6
×
60
vS =
m/giây = 6,61 cm/giây.
c>Giá trị R của dải n-heptađecan :
vS
6.61

=
= 0.0945
v
69.93
M
R=

Bài 7 [2_423] : Trong những điều kiện xác định, trong cột sắc ký phân bố khí-lỏng
đã cho người ta rửa giải chất A, có R=0,5 , còn V R = 100ml. Tốc độ dòng của pha
di động cần phải hằng định nhưng V S (lượng của pha tĩnh lỏng) có thể thay đổi so
3
3


với đại lượng ban đầu của nó bằng 1,5 ml. Cần phải thay đổi đại lượng V S bao
nhiêu lần để VR tăng gấp hai? Có thể luôn luôn dùng thừa số này không khi cần
tăng gấp 2 lần đại lượng VR hay nó chỉ được dùng trong trường hợp đã cho?
Bài giải :
Ta có :

VR = VM + KD.VS
⇔ 100 = VM + 1,5.KD
R=

Mặt khác :

(1)

VM
= 0,5

VM + K D ×VS

⇔ VM = 0,5.VM + 0,5.1,5.KD
⇔ VM = 0,5.VM + 0,75.KD

Từ (1) và (2) :

(2)

VM + 1,5.KD = 100

⇔

0,5.VM – 0,75.KD = 0

VM = 50
KD = 33,33

V’R = VM + KD.V’S

Nếu VR tăng gấp 2 :

⇔ 200 = 50 + 33,33.V’S
⇔ V’S = 4,5 ml
⇔ V’S = 3.VS

Vậy để tăng đại lượng VR lên gấp 2 lần thì phải tăng VS lên 3 lần.
Ta không thể dùng thừa số này cho tất cả các trường hợp muốn tăng V R lên 2 lần
vì với mỗi phép sắc ký sẽ có các đại lượng VM và KD khác nhau.
Vậy thời gian lưu hiệu chỉnh của cấu tử thứ 2 trên cột sắc ký thứ 2 là : 29,33 phút

Bài 9 [2_424]: Trong một cột sắc ký phân bố lỏng đã cho hợp chất A có K=10 còn
hợp chất B có K=15. Đối với cột đã cho V S = 0,5ml , VM = 1,5ml và tốc độ di
chuyển của pha di động bằng 0,5ml/phút. Hãy tính VR, tR và R của mỗi cấu tử.
Bài giải :
Ta có : VR = VM + K D .VS
A

A

Tương tự :

= 1,5 + 10.0,5
1
1 + K DA

V
× S
VM

=

1
0,5
1 + 10 ×
1,5

B

= 9 ml

= 6,5 ml
RA =

VR = 1,5 + 15.0,5

= 0,231

4
4


RB =

1
1 + K DB

V
× S
VM

=

1
0,5
1 + 15 ×
1,5

= 0,167

VM 1,5

=
=3
v
0,5
Ta lại có : tM = M
phút
R=

t RA =

3
= 13
0,231
phút

t RB =

3
= 18
0,167
phút

⇒

tM
t
t
= M ⇒ tR = M
t M + tS t R
R

Bài 10 [2_425]: Khi kiểm tra cột sắc ký đã thấy rằng : pic có dạng đường phân bố
Gauss và bề rộng 40 giây ở thời gian giữ 25 phút. Cột có số đĩa lý thuyết là bao
nhiêu?

Bài giải :
2

t 
N = 16 × R ÷
W 
Ta có :

Thay tR = 25 phút = 25.60 = 1500 giây
W = 40 giây
2

 1500 
N = 16 ×
÷ = 22500
40


⇒
đĩa
Bài 12 [2_426]: Cột sắc ký lỏng có chiều dài 2m có hiệu quả 2450 đĩa lý thuyết ở
tốc độ của dòng 15ml/phút và hiệu quả 2200 đĩa lý thuyết ở tốc độ dòng
40ml/phút. Vậy nồng độ tối ưu của dòng phải bằng bao nhiêu và hiệu quả ở tốc độ
của dòng sẽ gần bằng bao nhiêu ?
Ta có :

H=

Bài giải :

B
+ C ×u
u

Với u1 = 15 ml/phút
Với u2 = 40 ml/phút
B
0,0909 =
+ C ×40
40

⇒
⇒

H1 =

L
200
=
= 0,0816
N1 2450
cm

H2 =

L
200
=
= 0,0909
N 2 2200
cm

⇔
Ta có hệ :

B = 0,829
5
5

0,0816 =

B
+ C ×15
15


C = 1,754.10-3

⇒ Utư =

B
0,829
=
= 21,74
C

1,754 ×10 −3
(ml/phút)

−3
⇒ Hmin = 2 B ×C = 2 0,829 ×1,754 ×10 = 0,076 (cm)

Bài 13 [2_427]: Người ta thử nghiệm cột sắc ký khí - lỏng có chiều dài 2m ở bao
tốc độ khác nhau của dòng, mặt khác, để làm pha di động người ta đã dùng hêli.
Kết quả thử nghiệm tìm thấy rằng cột có các đặc trưng sau :
Mêtan(pha di động)
n-octađecan
tR
tR
W
18.2 giây
2020 giây
223 giây
8.0 giây
888 giây
99 giây
5.0 giây
558 giây
68 giây
a> Hãy xác định tốc độ di chuyển của pha động đối với mỗi dòng.
b> Hãy xác định số đĩa lý thuyết và giá trị H đối với mỗi dòng.

Bằng cách giải đồng thời các phương trình cần thiết hãy tìm các giá trị của

c>

B
H = A +  ÷ + C ×u
u
các hằng số trong phương trình sau :

Tốc độ tối ưu của sự di chuyển của pha di động bằng bao nhiêu ?

d>

Bài giải :
a> Tốc độ di chuyển của pha di động
200
= 11
18,2
u1 =
cm/s

200
= 25
8
; u2 =
cm/s

200
= 40
5
; u3 =
cm/s

b> Số đĩa lý thuyết và giá trị H :

2

2

 tR 
 2020 
16 × 1 ÷ = 16 ×
÷ = 1310
W
223


 1
N1 =
2

⇒

2 × 100
= 0,1554
H2 = 1287
(cm)

⇒

2 × 100
= 0,1859
1067
H3 =
(cm)

2

 tR 
 888 
16 × 2 ÷ = 16 ×
÷ = 1287
W
99


 2
N2 =
2

⇒

2 × 100
= 0,1526
1310
H1 =
(cm)

2

 tR 
 558 
16 × 3 ÷ = 16 ×
÷ = 1076
W

68


 3
N3 =
6
6


c> Xác định A, B, C :
Ta c ó hệ :
B
+ C ×11
11
B
0,1554 = A +
+ C ×25
25
B
0,1859 = A +
+ C ×40
40
0,1526 = A +

⇔

A = 0,059
B = 0,695
C = 2,729 ×10−3

d> Tốc độ tối ưu :

Utư =

B
0,695
=
= 15,96
C
2,729 ×10−3
cm/s

Bài 15 [3]: Tiến hành sắc ký hỗn hợp 2 chất A và B trên cột sắc ký có chiều dài
L=4m có số đĩa lý thuyết n = 800 đĩa. Tốc độ tuyến tính của 2 cấu tử A và B trong
pha động lần lượt là 2 cm/s ; 1,6 cm/s, tm = 10s.
a> Tính tRA và tRB
b> Có thể tách A và B ra khỏi nhau được không ?
c> Tính độ phân giải của phép sắc ký.
Bài giải:
a> Ta có :

tR =

L
U

Với : L - chiều cao cột sắc ký
U - Tốc độ tuyến tính của cấu tử

- Cấu tử A :

- Cấu tử B:

t RA =
t RB =

L
400
=
= 200 s
UA
2

L 400
=
= 250s
U B 1, 6

α=

b> Tính hệ số tách :

t R' A
t

'
RB

=

t RA − t m

t RB − tm

=

200 − 10
= 0,8 ≠ 1
250 − 10

Vây có thể tách 2 chất A và B ra khỏi nhau.
Bài 16 [2_429]: Các thời gian giữ của α- cholestan và β - cholestan trong hệ chất
lỏng – pha rắn trên cột sắc ký có chiều dài 1m và với hiệu quả 10 4 đĩa lý thuyết
7
7


tương ứng bằng 4025 và 4100 giây. Nếu 2 hợp chất này cần được phân chia với độ
phân giải bằng một thì cần bao nhiêu đĩa lý thuyết để đạt được mục đích này ?
Chiều dài nào của dạng này cần để nhận được độ phân giải đã chỉ ra, nếu H=
0,1mm?
Bài giải :
 t R − tRB 
R = 2 × A
÷
WA + WB 

Ta có :
=1

⇒ WA + WB = 150 s (1)

Với RA
t = 4025 s
t

RB

= 4100 s
t RA

Mặt khác : WA

=

t RB
WB

⇔

t RB ×WA − t RA ×WB = 0

Từ (1) và (2) ta được : WA = 74,31 giây

⇒

WB = 75,69 giây

(2)

N=46942 đĩa

Với H = 0,1 mm ⇒ L = 4,6942 m
Bài 17 [5_525]: Pic sắc ký của hợp chất được phát hiện sau 15 phút khi đưa mẫu
vào (lúc đó pic của hợp chất Y không được giữ bởi vật liệu của cột xuất hiện qua
1,32 phút). Píc của chất X đó có dạng đường phân bố Gauss với bề rộng của đáy là
24,2s. Độ dài của cột là 40,2 cm.
a> Tính số đĩa lý thuyết trong cột.
b> Tính H của cột
c> Tính T và σ của cột.
d> Tính chỉ số lưu giữ của X .
e> Từ phương pháp chuẩn bị đã biết rằng thể tích của chất lỏng giữ trên bề mặt

của chất mang của cột bằng 9,9. Thể tích của pha động bằng 12,3 ml. Tính hằng số
phân bố KD.
Bài giải :
a> Tính N :

8
8


2

2

 15.60 
t 
N = 16 × R ÷ 16 ×
÷
 24,2  =22130 đĩa
W  =

b> Tính H :
H=

L
40,2
=
= 0,0181
N 22130
mm

c> Tính T và σ :

T=
N=

W 24,2
=
= 6,05
4
4
giây

σ2
H2

−3
⇒ σ = H × N = 1,81.10 . 22130 = 0,27 cm

d> Tính R :

R=
R=

e> Tính KD :

1,32
= 0,088
15
1

1

V
9,9
1 + KD × S
1 + KD ×
VM =
12,3 = 0,088 ⇒ KD = 12,9

Bài 18 [5_525]: Trên sắc ký đồ người ta tìm thấy 3 pic ở 0,84 phút, 10,6 phút và
11,08 phút tương ứng với các hợp chất A, B và C. Hợp chất A không được lưu giữ
bởi pha tĩnh lỏng. Các píc của các hợp chất B và C có dạng đường Gauss có chiều
rộng 0,56 phút và 0,59 phút tương ứng. Độ dài cột bằng 28,3 cm.
a> Tính giá trị trung bình N và H theo các pic B và C.
b> Tính giá trị trung bình T và σ.
c> Tính chỉ số lưu giữ đối với B và C.

Thể tích của chất lỏng được giữ trên bề mặt của chất mang của cột bằng

d>

12,3 ml còn thể tích của pha động bằng 17,6 ml. Hãy tính hằng số phân bố của tạp
chất B và C.
Bài giải :
a> Tính N và H trung bình :
2

t 
N = 16 × R ÷
W 
Ta có :

Với B : N1 = 5733 đĩa ⇒ H1 = 0,494 mm
Với C : N2 = 5643 đĩa ⇒ H2 = 0,5 mm

9
9


N = 5688 đĩa
H = 0,497 mm
b> Tính T và σ trung bình :

W 0,56
=
= 0,14
4
T1 = 4
phút

T = 0,14375 phút

W 0,59
=
= 0,1475
4
T2 = 4
phút

σ2
N= 2
H
Ta có :

⇒ σ = H × N = 0, 497. 5688 = 37,48

c> Tính chỉ số lưu giữ của B và C :
RB =

0,84
= 0,079
10,6

RC =

;

0,84
= 0,076
11,08

d> Tính α :
RB =

1

V
12,3
1 + K DB × S
1 + K DB ×
VM =
17,6 = 0,079

Tương tự :

⇒

K DB = 16,682

K DC = 17,4

α=
Do đó :

1

K DB
K DC

=

16,682
= 0,96
17, 4

Bài 20 [3]: Trong quá trình tiến hành sắc ký của các chất trong cột sắc ký có chiều
dài 45 cm. Người ta thu được trên sắc đồ 3 pic tương ứng : 60s, 360s, 375s ứng
với 3 cấu tử X, Y, Z. Các pic có dạng đường Gauss của Y và Z có W Y = 24s, WZ =
25s còn chất X không được lưu giữ bởi vật liệu cột.
a> Tính số đĩa lý thuyết trung bình và chiều cao đĩa theo pic Y và Z.
b> Tính số đĩa lý thuyết hiệu lực của cột sắc ký.
c> Tính hệ số lưu giữ tương đối giữa Y và Z.
e> Thể tích của chất lỏng được giữ trên bề mặt chất mang của cột là 8,7ml. Thể

tích pha động bằng 11,5ml. Tính hệ số phân bố của Y và Z.
Bài giải:
10
10


a> N và H theo Y và Z:
2

t 
N = 16.  R ÷
W
* Số đĩa lý thuyết:

2

2
 t RY 
 360 
NY = 16. 
÷ = 16. 
÷ = 3600
W
24


 Y
- Đối với cấu tử Y:
2

2
 tRZ 
 375 
N Z = 16. 
÷ = 16. 
÷ = 3600
W
25


 Z
- Đối với cấu tử Z:

⇒ Số đĩa lý thuyết trung bình :

N=

NY + N Z
= 3600
2

* Chiều cao đĩa trung bình:

H=

L
45
=
= 0, 0125cm
N 3600
2

 t −t 
n f = 16.  R m ÷
 W 
b> Số đĩa lý thuyết hiệu lực:
2

2

2

2

 t R − tm 
 360 − 60 

n fY = 16.  Y
÷ = 16. 
÷ = 2500
W
24


Y


- Cấu tử Y:
 t R − tm 
 375 − 60 
n f Z = 16.  Z
÷ = 16. 
÷ = 2540
W
25


Z


- Cấu tử Z:
⇒ Số đĩa lý thuyết hiệu lực trung bình:

nf =

2500 + 2540
= 2520

2

c> Tính hệ số lưu giữ tương đối giữa A và B:

α=

t R' Y
t

'
RZ

=

t RY − t m
t RZ − t m

=

360 − 60
= 0,952
375 − 60
2

 t −t 
n f = 16.  R m ÷
 W  (1)
e> Ta có :

K ' = KD.

VS
Vm

Ta lại có :

11
11


tR = tm .(1 + K’) ⇒

tm =

tR
1 + K ' (2) (Với :

)

Thay (2) vào (1) ta được:
2

tR 

2
2
t
−
'
R

' 



t
K


1+ K
R
n f = 16. 
 = 16.  ÷ 
' ÷
W
 W   1+ K 





2

 K' 
⇒
n f = N .
' ÷
 1+ K 

2

- Xét cấu tử Y:
⇒

Mà :

KY' = K DY

 KY ' 
n fY = N . 
' ÷
 1 + KY 

n fY
KY'
2500
=
=
= 0,8333
'
1 + KY
N
3600

⇒ KY' = 5

VS
V
11,5
⇒ K DY = KY' . m = 5.
= 6, 61

Vm
VS
8, 7

Tính toán tương tự đối với cấu tử Z ta được :

K DZ = 6,94

Một số bài tập liên quan AAS
Bài tập về phương pháp đường chuẩn
Bài 1: Để xác định hàm lượng Cu trong một mẫu phân tích, người ta cân 10 gằng mẫu
và xử lí mẫu bằng các dung dịch thích hợp, axit hoá để đưa dung dịch về pH<2.Cho dung
dịch đã xử lí này vào bình định mức 100 ml, thêm nước cho đến vạch. Dung dịch này
đem đo phổ AAS ở bước sóng λ =324,4 nm thì cường độ vạch phổ đo được A= 0,371.
Dãy mẫu chuẩn đo bằng phương pháp AAS ở bước sóng 324,4 nm có kết quả như
sau:
STT
Độ hấp thụ A
Nồng độ Cu ( µ g/ml)
1
5,0
0,4886
2
4,0
0,39038
3
3,0
0,29216
4
2,0

0,19394
5
1,0
0,09572
Xác định hàm lượng Cu có trong mẫu phân tích?
Giải
Từ phép đo các dung dịch chuẩn ta dựng được đường chuẩn: A= f(C) như sau:

12
12


B

0.5

A

0.4

0.3

0.2

0.1

1

2

3

4

5

C

Phương trình đường chuẩn : A= 0,09822C- 0,0025
Độ hấp thụ A của chất phân tích nằm trong vùng của đường chuẩn, do vậy từ đồ thị
ta nội suy ra nồng độ của Cu trong mẫu phân tích là 3,803 µ g/ml
Vậy hàm lượng của Cu trong mẫu phân tích là:
3,803.10−6.100
.100 = 3,803.10−3%
10
Bài 2: Xác định ion Ca2+ trong một mẫu nước cứng. Người ta xây dựng một dãy dung
dịch chuẩn khảo sát ở điều kiện tối ưu và đo cường độ phổ hấp thụ nguyên tử bằng
phương pháp ngọn lửa đèn khí N2O- C2H2 ở bước sóng 422,7 nm. Kết quả như sau:
C2
C3
C4
C5
C6
Co ( µ g/ml) C1
0,05
0,1
0,15
0,2
0,25
0,3

0,35
Ao
0,2450

A1
0,4825

A2
0,7200

A3
0,9575

A4
1,1950

A5
1,4325

A6
1,6700

1. Xây dựng phương trình đường chuẩn
2. Lấy 3 lit nước cô cạn được 4 mg chất rắn. Hoà tan trong dung dịch HCl
1% rồi khảo sát các điều kiện tối ưu như dãy dung dịch chuẩn và đo A ở bước
sóng 422,7 nm thu được A=2,1450. Xác định hàm lượng Ca2+ trong 1 lít nước.
Giải
1.Xâydựngphươngtrìnhđườngchuẩn
B
1.8

1.6
1.4
1.2

A

1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.05

0.10

0.15

0.20

0.25

0.30

0.35

C

Vậy phương trình đường chuẩn là: A = 0,0075 + 4,75.Cx
2. Khi A = 2,145 từ phương trình bđường chuẩn ta tính được nồng độ canxi
trong nước cứng là:

CCa 2+ =

2,145 − 0, 0075
= 0, 45
µ g/ml
4, 75

13
13


Vậy hàm lượng của Can xi trong 1 lít nước cứng là:0,45 µ g/ml
Bài 3: Ngày nay để xác định sự nhiễm Hg của các dung dịch nước bằng phương
pháp hấp thụ nguyên tử người ta dùng phương pháp không ngọn lửa mới của sự
phun mù.Thiết bị gồm một bình để khử Hg nối với một cu vét hấp thụ. Để 10 ml
mẫu nước vào bình để khử Hg và pha loảng đến 100 ml, sau đó thêm vào 25 ml
H2SO4 đậm đặc và 10 ml SnSO4 10 %, H2SO4 0,25 M (dung dịch cuối này dùng
làm chất khử). Thuỷ ngân bị khử đến trạng thái nguyên tố (nguyên tử)và được
chuyển vào cu vét hấp thụ bởi dòng không khí, người ta cho dòng không khí này
đi qua dòng dung dịch trong bình để khử Hg. Cuối cùng, dùng đèn catôt rỗng
làm nguồn, người ta đo sự hấp thụ của các nguyên tử Hg ở bước sóng 2537 A o ,
sự hấp thụ đạt được mức cực đại gần 3 phút.
Người ta nhận được các giá trị sau của độ hấp thụ đối với dãy các dung dịch
chuẩn của Hg(II):
Hàm lượng Hg trong
Độ hấp thụ
µ
dung dịch chuẩn, g
0,00
0,002

0,30
0,090
0,60
0,175
1,00
0,268
2,00
0,440
Các giá trị của độ hấp thụ của hai mẫu nước bằng 0,040 và 0,305 tương
ứng.Vậy hàm lượng của Hg trong từng mẫu bằng bao nhiêu? Nồng độ ( µ g/ml)
của Hg trong từng mẫu bằng bao nhiêu?
Giải
Sử dụng phương pháp hồi quy tuyến tính tìm A theo C X. Ta xây dựng
phương trình tuyến tính có dạng A= a + b.CX (*)
Áp dụng phương pháp bình phương tối thiểu ta có:
Q = Σ( Ai − a − b.Ci ) 2min
∂Q
= 2.Σ( Ai − a − b.C i ) = 0
⇒ ∂a

⇒

∂Q
= 2C i (ΣAi − a − bC i ) = 0
⇒ ∂b

⇒

b=

n.ΣC i Ai − ΣC i ΣAi
nΣC i2 − (ΣC i ) 2

a=

ΣAi
ΣC
−b i
n
n

(1)

(2)
Trong đó: n là số lần thí nghiệm, n=5
Ci là hàm lượng Hg trong mẫu dung dịch chuẩn
Ai là độ hấp thụ quang tương ứng với Ci
Thay số vào (1) và (2) ta có:
b = 0,21574
a = 0,02672
Thay giá tri a,b vào (*) ta được: A= 0,02672 + 0,21574CX
Khi A=0,04 thì CX = 0,0616 µ g tức là hàm lượng Hg trong mẫu chuẩn này là
0,0616 µ g. Và nồng độ Hg là 0,0616/10 = 0,00616 µ g/ ml
Khi A=0,305 thì C= 1,2902 µ g.Và nồng độ của Hg là 1,2902/10=0,129 µ g /ml
Bài 4: Có thể dùng phép đo phổ hấp thụ nguyên tử để xác định các vết các kim loại nặng
trong dầu mazut. Để phân tích 5,000 g mẫu của loại dầu mazut đã dùng, người ta đặt vào
một bình định mức có dung tích 25,00 ml, hoà tan vào 2- metyl-4-pentanol và bằng dung
môi này đưa thể tích trong bình đến vạch. Sau đó phun mù dung dịch nhận được trong
14
14

ngọn lửa không khí –axetilen. Để xác định Cu và Pb cần dùng các đèn catot rỗng với các
vạch phát xạ 324,7 và 283,3 nm tương ứng. Để nhận được các đồ thị chuẩn cần một dãy
các dung dịch chuẩn chứa những lượng đã biết của Cu và Pb trong hỗn hợp tương ứng
với dầu mazut chưa dùng và 2-metyl-4-pentanol.Tính hàm lượng % của Cu và Pb trong
5,000g mẫu dầu mazut đã dùng theo các số liệu sau:
Dungdịch
chuẩn( µ
Độ hấp thụ
g/ml )
Pb
Cu
ở 283,3nm (Pb)
ở 324,7nm (Cu)
19,5
5,25
0,356
0,514
4,00
4,00
0,073
0,392
12,1
6,27
0,220
0,612
8,50
0
0,155

0,101
15,2
2,4
0,277
0,232
Chưa biết
Chưa biết
0,247
0,371
Giải
Sử dụng phương pháp hồi quy tuyến tính tìm A theo C X. Ta xây dựng
phương trình tuyến tính có dạng A= a + b.CX (*)
Áp dụng phương pháp bình phương tối thiểu ta có:
Q = Σ( Ai − a − b.Ci ) 2min
∂Q
= 2.Σ( Ai − a − b.C i ) = 0
⇒ ∂a

⇒

∂Q
= 2C i (ΣAi − a − bC i ) = 0
⇒ ∂b

b=

⇒

n.ΣC i Ai − ΣC i ΣAi
nΣC i2 − (ΣC i ) 2

a=

ΣAi
ΣC
−b i
n
n

(1)
(2)

Trong đó: n là số lần thí nghiệm, n=5(với Pb), n=4 (với Cu)
Ci là nồng độ của Pb hoặc Cu trong mẫu dung dịch chuẩn
Ai là độ hấp thụ quang tương ứng với Ci
Thay các giá trị Ci, Ai tương ứng của Cu và Pb vào (1) và (2) ta có:
Phương trình tuyến tính của Pb dạng A= a + bCX ta có:
b=0,01825, a= -0,00024
Vậy phương trình tuyến tính của Pb là: A= 0,01825CX - 0,00024
Với A= 0,247 thì Cx=13,55 µ g /ml
Hàm lượng của Pb trong 5g mẫu dầu mazut là:
13,55.25.10 −6
100%
5
% Pb =
= 0,00678%

Phương trình tuyến tính của Cu dạng A= a + bCX ta có:
b=0,09822, a= -0,00253
Vậy phương trình tuyến tính của Cu là: A= 0,09822.CX - 0,00253
Với A= 0,371 thì Cx=3,8 µ g /ml

Hàm lượng của Cu trong 5g mẫu dầu mazut là:
3,8.25.10 −6
%Cu =
100% = 0,0019%
5

Bài 5: Để xác định hàm lượng của một kim loại trong một mẫu phân tích bằng phổ hấp
thụ nguyên tử, người ta sử dụng phương pháp đường chuẩn. Dãy mẫu chuẩn được chuẩn
bị trong những điều kiện như nhau, đem đo phổ AAS và xây dựng đường chuẩn người ta
được phương trình tuyến tính A= 0,4342.Cx+0,0009
15
15


(CX tính bằng ppm)
a, Xác định nồng độ của mẫu chuẩn khi A= 0,682; 0,245
b, Tính hàm lượng kim loại trong mẫu khi A = 0,565
Giải
Từ phương trình: A= 0,4342.Cx+0,0009 ⇒
a. Khi A= 0,682 thì Cx= 1,5686
Khi A= 0,245 thì Cx= 0,5622 ppm
b. Khi A= 0,565 thì Cx= 1,2992 ppm
Phần trăm kim loại trong mẫu là:

Cx =

A − 0,0009
0,4342

1,2992.10 −6

100% = 1,2992.10 −4 %
1
%kim loại =

Bài tập về phương pháp thêm:
Bài 1: Để xác định Mg trong một mẫu nước cứng, người ta lấy 5 lít nước đem cô cạn thu
được 5g chất rắn. Hoà tan chất rắn vào 100 ml dung dịch HCl 1% và khảo sát các điều
kiện tối ưu rồi tiến hành hai thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: lấy 25 ml dung dịch trên đem đo phổ hấp thụ nguyên tử ở bước sóng
285,2 nm thu được cường độ phổ hấp thụ A1 = 0,3420
Thí nghiệm 2: Thêm 3 ml dung dịch MgCl 2 1 µ g/ml vào 25 ml dung dịch trên và đo
phương pháp phổ hấp thụ nguyên tử được A2 =0,3817
Xác định hàm lượng % của Mg trong mẫu nước cứng. Cho phương trình chuẩn có
dạng A=K.C (với C mol/l)
Giải
Phương trình đường chuẩn của phổ hấp thụ : A = K.C
Gọi nồng độ của Mg trong 25 ml dd đó là CX
Ta có: A1 = K. Cx
C x .25
3.10 _ 6
[
+
]
A2 = K 25 + 3 24.(25 + 3)
Cx
A1
=
3.1.10 _ 6
A2 Cx .25
+

25 + 3 24.(25 + 3)
Lập tỉ lệ ta thu được:
 Cx= 2.10-8 M

Vậy hàm lượng Mg trong mẫu nước cứng là:
2.10 _ 8.24.100
.100% = 9, 6.10 _ 7 %
1000.5
=> %Mg =

Bài 2: Xác định hàm lượng của Mn bằng phương pháp AAS, người ta đem đo dung dịch
A ở bước sóng 4033 nm thì cường độ vạch phổ hấp thụ là 0,45. Dung dịch B có hàm
lượng Mn như dung dịch A cộng thêm một lượng 100 µ g/ml Mn, có cường độ vạch hấp
thụ là 0,835. Xác định hàm lượng Mn trong dung dịch A.
Giải
Áp dụng công thức : A = K.C
Ta có: Với dung dịch X : Ax = K. CX (1)
Với dung dịch Y : AY = K. CY
(2)
Lấy (2) chia cho (1) ta được:

16
16


AY C X + 100
=
AX
CX
100. AX

CX =
AY − AX
⇒

Thay số vào ta đươc: CX = 116,88 µg / mL
Bài 3: Để xác định hàm lượng Pb trong nước tiểu nhờ phép đo phổ hấp thụ nguyên tử
có thể dùng phương pháp thêm chuẩn. Từng 50,00 ml nước tiểu được chuyển vào mỗi
phễu dài có dung tích 100 ml, thêm vào một phễu 300 µ l dung dịch chuẩn chứa 50,0
mg/l Pb. Sau đó pH của dung dịch được đưa đến 2,8 bằng cách thêm từng giọt dung dịch
HCl. Trong mỗi phiễu người ta đưa vào 500 µ l dung dịch amoni
pyroliđinđithiocacbaminat mới chuẩn bị 4% trong metyl-n-amylxeton, trộn cẩn thận các
pha nước và pha hữu cơ để chiết Pb. Hàm lượng của Pb trong pha hữu cơ được xác định
bằng phương pháp hấp thụ nguyên tử, mặt khác người ta dùng đèn catot rỗng với đường
hấp thụ 283,3 n.m. Nồng độ Pb bằng bao nhiêu mg/l trong mẫu nước tiểu ban đầu, nếu
sự hấp thụ của dịch chiết của mẫu không thêm Pb là 0,325, còn dịch chiết của mẫu pha
thêm lượng Pb đã biết là 0,670.
Giải
Gọi nồng độ Pb trong 50 ml nước tiểu là Cx ta có:
A1= K. Cx
50.Cx
0,3.50.10 _ 3
+
)
50
+
0,3
207.(50
+
0,3)
A2= K. C2 = K.

Cx
A1 0,325
=
=
50Cx
0,3.50.10 _ 3
A2 0, 670
+
50 + 0,3 207(50 + 0,3)
Ta có:
(

Giải phương trình trên ta được Cx= 4,15.10-6 M
Nồng độ Pb tính theo đơn vị mg/l trong mẫu nước tiểu ban đầu là:
4,15.10_6.207.1000 = 0,85905 mg/l
Bài 4: Để xác định Cu2+ trong mẫu phân tích bằng phương pháp AAS, người ta chế
hoá 0,628g mẫu vào bình định mức 50 ml và định mức đến vạch. Lấy 25ml dung dịch
này đem cô cạn rồi bơm toàn bộ mẫu vào máy đo AAS ở khe đo 424,7 nm thì giá trị A x
đo được là 0,246. Lấy 25 ml dung dịch còn lại thêm vào đó 2 ml dung dịch chuẩn Cu 2+
10-4 M, rồi cũng tiến hành cô cạn và chuyển toàn bộ mẫu vào máy đo AAS và cũng đo ở
khe đo trên thì giá trị A đo được là 0,312. Tính hàm lượng phần trăm Cu 2+ trong mẫu
phân tích?
Giải
2+
Gọi Cx là nồng độ của Cu có trong mẫu phân tích
Theo định luật Beer ta có: Ax = K. Cx (1)a
25C x + 2.10 _ 4
27
Tương tự A1 = K. C1 (2) với C1 =
Ax C x

27.C x
0, 246
=
=
=
_4
0,312 => C = 2,1636.10-5 M
=> A1 C1 25Cx + 2.10
x

Số mol Cu2+ có trong mẫu phân tích là:
50.2,1636.10 _ 5
= 1, 0818.10 _ 6 mol
1000
nCu =
17
17


Số gam Cu2+ có trong mẫu phân tích là:
mCu= 1,0818.10_6.63,5= 68,6943.10_6gam
Vậy % của Cu trong mẫu phân tích là:
68, 6943.10 _ 6
.100 = 0, 011%
0,
6218
% Cu =

Phương pháp vi sai
Bài 1: Xác định hàm lượng Fe trong một mẫu quặng người ta tiến hành thí nghiệm như

sau:
Lấy 5gam mẫu quặng hoà tan trong dung dịch HNO 3 1M được 100ml dung dịch
(dd x) .
Chuẩn bị hai dung dịch Fe(NO3)3 khảo sát ở điều kiện chuẩn có nồng độ lần lượt là
C1= 0,01M(dd1) và C2=0,013M(dd2)
Tiến hành hai thí nghiệm đo phổ hấp thụ nguyên tử như sau:
Đo cường độ phổ hấp thụ của dung dịch 2 so với dung dịch 1 thu được A tđ =0,30
Lấy 25 ml mẫu trên rồi khảo sát điều kiện chuẩn và tiến hành đo cường độ hấp thụ
nguyên tử của ddx so với dd1 ta được Atđx =0,50
Tính % Fe trong mẫu quặng?.
Giải
Theo phương pháp vi sai nồng độ lớn ta có:
Atđ = K.(C2- C1)
Atđx = K.(Cx- C1)
Lập tỉ lệ ta thu được:
A1 C2 − C1
=
A2 Cx − C1

Thay số vào và giải ta được: Cx=0,015 M
0, 015.100.56
.100%
1000.5
% Fe =
= 0,168 %

-

Bài 2: Để xác định hàm lượng As trong nước ngầm ở một vùng cao nguyên, người ta lấy
4 lít nước đem cô cạn thu được 6g chất rắn. Hoà tan lượng chất rắn trên bằng dung dịch

HNO3 2M thu được 100ml dung dịch.
Chuẩn bị hai dung dịch Hg(NO 3)2 đã khảo sát ở điều kiện tối ưu có nồng độ lần
lượt là C1= 0,001 M và C2=0,0015 M.
Tiến hành đo phổ hấp thụ nguyên tử như sau: Lấy 25 ml mẫu trên khảo sát ở điều
kiện tối ưu và tiến hành đo phổ hấp thụ nguyên tử như sau:
Đo cường độ phổ hấp thụ nguyên tử của dd C1 so với dd Cx được A1=0,175
Đo cường độ phổ hấp thụ nguyên tử của dd C2 so với dd Cx được A2=0,286
Xác định hàm lượng As trong một lít nước?
Giải.
Áp dụng phương pháp vi sai nồng độ bé ta có:
A1= k.(C1- CX)
(1)
A2= k.(C2- CX)
(2)
Lấy(1) chia cho (2) ta có:

A1 C1 − C X
=
A2 C 2 − C X
Thay số vào ta được:
18
18


0,001 − C X
0,175
=
0,268 0,0015 − C X ⇒ C = 5,914.10-5M
X

Khối lượng Asen có trong mẫu phân tích là:
5,914.10-5.0,1.75 = 44,355.10-5g
Vậy hàm lượng A sen trong một lit nước là:
44,355.10 −5
100
6/4
%As =
% =0,02957%

19
19