tiểu luận hóa học phân tích

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
HÓA HỌC PHÂN TÍCH :HH306.2_LT
Nhóm 4:
1. Phan Văn Thắng
2. Nguyễn Mạnh Quang
3. Trần Thị Nhung
4. Trần Thị Mỹ Nương
5. Phạm Thị Thu Phương 6. Vũ Thị Oanh
7. Trần Thị Quỳnh
8. Mai Thị Thoa
9. Ngô Hồng Nhung
10. Đoàn Thị Son
11. Nguyễn Thị Nga
12. Nguyễn thị Thơm

Slide nói lên tất cả!
1


Câu hỏi
.

Xét ảnh hưởng của pH tới
thế oxi hóa – khử
Tính cân bằng khi xét ảnh hưởng
của pH tới thế oxi hóa – khử

2


I. ẢNH HƯỞNG CỦA pH TỚI THẾ OXI HÓA – KHỬ:

1. Các phản ứng oxi hóa – khử có ion H+ hoặc có ion OHtrực tiếp tham gia phản ứng
Ion H+:
aOx + mH +  ne
bKh  pH 2O
Ta có:
a
a
m
Ox
Ox


0,0592


0,0592
0,0592
0

0
 m
E  Eox/kh 
log
H   Eox/kh 
log

log  H 
b 
b
n

n
n
 Kh 
 Kh 
Ox 
Ox 


0,0592
0,0592
0,0592
 m
'
EE 
log  H  
log
E 
log
b
b
n
n
n
Kh
Kh
 
 
a

0

Vậy:

0,0592.m
E E 
pH
n
'

0

E’ phụ thuộc vào pH nên khi pH càng giảm (môi
trường axit) thì E’ càng tăng, tính oxi hóa của chất oxi
hóa càng mạnh
3

a


VD1 : Thiết lập sự phụ thuộc thế theo pH của cặp oxi hóa - khứ
0
sau: MnO4 / Mn 2
E  1,51 V
Phương trình:
Ta có:
EE

0
MnO-4 / Mn 2 

0
E  EMnO
/ Mn 2 
4


MnO
 4

0,0592
 8

log
H 

2
5
 Mn 

0,0592  MnO  0,0592.8

log

log  H 
5
5
 Mn 
4



2

MnO
 4

0,0592
EE 
log
2
5
Mn
 
'

Vậy:

E '  E 0  0,0947 pH  1,51  0,0947 pH
4


Ion OH-:
0,0592
1
'
0
Theo ý a, ta có : E  E 
log
 m
n

OH 
Thay : OH    K w+
H 

Ta có:
0,8288m 0,0592.m
'
0
E E 

. pH
n
n
Khi pH tăng thì thế oxi hóa – khử giảm
VD2: thiết lập thế phụ thuộc vào pH của cặp: Fe(OH )3 / Fe(OH )2
Phương trình:

Fe(OH )2  OH 

Fe(OH)3  1e

E0  0,526V

Áp dụng công thức ta có:

E  E  0,8288  0,0592 pH
0

Hay: E  0,526  0,8288  0,0592 pH  0,3028  0,0592 pH

5


2.Các phản ứng oxi hóa khử không có ion H+ và ion aOHtrực tiếp tham gia phản ứng:
mặc dù phản ứng không có ion H+ và ion OH- trực tiếp tham
gia phản ứng nhưng do sự tạo phức hiđroxo của các ion kim
loại hoặc sự phân li hay proton hóa các chất oxi hóa – khử là
axit hay bazo yếu .
Bài tập 1: giải thích sư phụ thuộc của thế oxi hóa – khử vào
pH của cặp S/H2S
trả lời: (1) S  2e
S 2 E 0
S / S 2

(2) S  2e  H 
(3) S  2e  2 H

HS  ES0 / HS 


H2S E

0
S / H2 S

Xét các khả năng:
•
pH > 13, xét phản ứng 1:
Ta có:
0,0592

1
0

E  ES / S 2  

2

log

 S 2 
6


E không phụ thuộc pH.
•
7 < pH < 13, xét phản ứng (2)
+
ta có:


H
0,0592
0

E  ES / HS  
log
2
 HS  
Hay
0,0592

0,0592
0

E  ES / HS  
log  HS  
pH
2
2
E có phụ thuộc vào pH
•
pH < 7, xét phản ứng (3)
Ta có:
+ 2
 H 
0,0592
0
E  ES / HS  
log
2
 HS  

Hay

0,0592
EE

log  HS    0,0592 pH
2
E phụ thuộc vào pH
0

S / HS 

7


Bài tập 2: Tính thế điều kiện của cặp CoOH2+/Co2+ ở pH = 3,00
Trả lời:
Pt: CoOH 2+  H 
Co3  H 2O *  1  101,78

Co3  1e

Co 2

 CoOH 2+  H   1e
Ta có:

k=1031
Co 2  H 2O k=1032,78 , E 0  1,94

2





C
oOH
.
H

0



E  E  0,0592log
Co2 

2+
2+




C
oOH
C
oOH
0




E  E  0,0592log  H   0,0592log
 E ' 0,0592log
2
Co 
Co2 

E '  E 0  0,0592 pH  1,94  0,0592.3  1,763V
8

3. Sự phụ thuộc chiều hướng phản
ứng oxi hóa – khử theo pH:
pH thay đổi kéo theo sự thay đổi thế oxi hóa – khử, do đó
chiều hướng đổi phản ứng thay
Bài tập 1: Đánh giá khả năng phản ứng giữa K2Cr2O7 với KCl ở
pH = 0
Các cặp oxi hóa khử:

Cl2  2e

2Cl 

Cr2O72  14 H   6e

ECl0 / 2Cl   1,359V
2

2Cr 3  7 H 2O

ECr O2 / 2Cr3  1,33V
2 7

Ta thấy thế oxi hóa khử của (1) không phụ thuộc vào pH nhưng
thế oxi hóa khử của (2) lại phụ thuộc vaò pH:

9

Ta có:

Hay

2

0,0592 Cr2O7  0,0592
0
 14
E2  ECr O2 / 2Cr3 
log

log  H 
3

2 7
5
5
Cr 3 

2

Cr
O
0,0592  2 7 
0
E2  ECr O2 / 2Cr3  0,166 pH 
log
3
2 7

3

5
Cr 

Với pH = 0
và E2 = E0 = 1.33 <

ECl0 / 2Cl 
2

 Cr2O72không oxi hóa Cl-thành Cl2

hayK2Cr2O7không

phản ứng với KCl

10


II. TÍNH CÂN BẰNG KHI XÉT ẢNH HƯỞNG CỦA pH TỚI THẾ
OXI HÓA KHỬ
LÍ THUYẾT:

Để tính cân bằng oxi hóa – khử khi trong dung dịch không có
các quá trình phụ thì có thể tính thành phần dựa vào ĐLTDKL
áp dụng cho cân bằng oxi hóa – khử. Nếu hằng số cân bằng
quá lớn thi xác định TPGH và tính cân bằng ngược lại.
Nếu cân bằng có các quá trình phụ kèm theo cân bằng oxi
hóa – khử thi nên tìm cách đánh giá mức độ của cân bằng oxi

hóa – khử hoặc tính theo hằng số cân bằng điều kiện (khi biết
pH)

11


Bài 1: Tính cân bằng trong dung dịch khi rắc bột đồng kim loại
0
0
vào dung dịch AgNO3 0,2M ở pH = 0. biết: ECu / Cu  0,337V ; EAg / Ag  0,799V
Bài giải:
2



Ag   NO3 k=10-14

AgNO3

2 Ag   Cu 
2AgNO3  Cu

2 Ag  Cu 2
2 Ag  Cu 2  2 NO3

k=1015,6

Tính thành phần giới hạn:

2AgNO3  Cu

C0

0, 2



0

0,1

2


3

2 Ag  Cu  2 NO
0

15.6

k=10

0

0

M

0,1

0,2

M

Vậy. TPGH của dd là:

Cu 2   0.1M

 NO3-   0,2 M
12


Xét cân bằng ngược lại:


Ta có

2 Ag  Cu 2  2 NO3
0,1-x 0,2-2x

2 AgNO3  Cu

k -1  1015,6

2x

2x
15,6

10

(0,1  x )(0, 2  2 x) 2

Coi x << 0,1 nên
=> 2x = 10-15,6.0,1.0.22
=>
x = 5.10-19
Vậy, nồng độ các chất lúc cân bằng là:

 NO3   0, 2  2.1019
Cu 2   0,1  5.1019

0, 2 M

0,1M

[ AgNO3] = 10-18 M
13


Bài tập 2: Lắc một ít bột Cu với dung dịch Fe3+ 0,01 M (ở pH = 0)
cho đến khi cân bằng. Tính nồng độ các ion trong dung dịch
Bài giải:
3

2

2 Fe  Cu

2 Fe  Cu

2

k=10

2(0,771-0,337)
0,0592

 10

14,66

Do k = 10 14,66 rất lờn nên pư trên xảy ra hoàn toàn
3

2 Fe  Cu
TPGH:
Xét cân bằng:
Lúc CB:

2

2 Fe  Cu

2

0,01 0,005

2 Fe2  Cu 2

2 Fe3  Cu k-1  1014,66

0,01–2x 0,005–x x

14


• Ta có:
k-1 =

2

(2 x)
14,66

10
(0,01  2)2 (0,05  x)

Do x << 0,01 nên coi 0,01 – 2x
0,005 – x
0,005 nên:

0,01 và

(2 x )2
14,66

10
(0,01  2)2 (0,05  x)

 X = 1,65.10-11

Vậy, nồng độ các ion lúc cân bằng là:
[Fe2+] = 0,01 M
[Cu2+] = 0,005 M
[Fe3+] = 3,3.10-11
15


Xin cảm ơn các bạn đã lắng nghe

Suy nghĩ

Cuối cùng

Cảm nhận

Đưa ra lời nhận xét
16