LƯỢNG HÓA CÁC HIỆN TƯỢNG HÓA HỌC

LƯỢNG HÓA CÁC HIỆN TƯỢNG HÓA HỌC
CỦA NHÓM VIA
BẰNG CÁC KIẾN THỨC HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Hiện trạng giảng dạy hóa nguyên tố:
a) Nội dụng kiến thức: Các kiến thức hóa nguyên tố trải rộng và liên quan rất
nhiều đến các lĩnh vực khác của hóa học. Bên cạnh đó, có rất nhiều hiện tượng và điều
kiện thí nghiệm với các chất khác nhau.
b) Khó khăn trong giảng dạy: do nội dung kiến thức rất rộng và các điều kiện
phản ứng và hiện tượng phản ứng rất nhiều, đồng thời thời gian giảng dạy có hạn, dẫn
đến việc giảng dạy phần hóa nguyên tố rất khó có thể đảm bảo cung cấp đầy đủ các kiến
thức một cách chính xác. Nhiều giáo viên khi giảng dạy phần hóa nguyên tố thường yêu
cầu học sinh tự học. Một số giáo viên khi giảng dạy phần hóa nguyên tố đôi khi coi nhẹ
các dữ kiện thực nghiệm, dẫn đến tình trạng hiểu chưa chính xác nhiều vấn đề dẫn đến
dạy
2. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy phần hóa nguyên tố nói chung và phần nguyên tố nhóm
VIA nói riêng, chúng tôi thấy rằng, trong rất nhiều thí nghiệm và hiện tượng hóa học mà
chúng ta không có cơ hội để kiểm chứng. Mặt khác, có rất nhiều thí nghiệm mà hiện
tượng của nó có thể đúng trong trường hợp này nhưng không đúng trong trường hợp
khác, nghĩa là phụ thuộc vào nhiều yếu tố khác nhau nhưng chúng ta lại không có cơ hội
để làm các thí nghiệm kiểm chứng hoặc nếu có kiểm chứng cũng không đánh giá chính
xác được hiện tượng đang diễn ra gồm những phản ứng hóa học nào.
Với mong muốn giúp giáo viên và học sinh tránh được các bối rối trong quá trình
dạy và học phần lý thuyết và thực nghiệm về các nguyên tố, chúng tôi đã và đang sử
dụng các kiến thức hóa học đại cương là chủ yếu và kết hợp với các kiến thức về cấu tạo
chất nhằm làm rõ hơn các hiện tượng và thí nghiệm chúng ta đang nghiên cứu. Do đó
chúng tôi quyết định lựa chọn đề tài:
"LƯỢNG HÓA CÁC HIỆN TƯỢNG HÓA HỌC CỦA NHÓM VIA BẰNG
CÁC KIẾN THỨC HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG"

1


Trong đề tài này, chúng tôi đưa ra các dữ kiện thực nghiệm, hiện tượng hóa học
dưới dạng các bài tập (có gợi ý giải hoặc không). Chính vì thế, trong đề tài này, các kiến
thức lý thuyết của nhóm VIA chúng tôi không trình bày ở đây.
II. MỤC ĐÍCH CỦA ĐỀ TÀI
Đề tài của chúng tôi nhằm các mục đích sau:
1. Đưa ra các dữ kiện thực nghiệm nhằm cung cấp thông tin.
2. Xây dựng các CÂU hỏi nhằm khai thác các dữ kiện thực nghiệm.
3. Đặt vấn đề trao đổi khi giải thích các dữ kiện thực nghiệm đó.
4. Đưa ra ra các hướng giải quyết nếu đối với các vấn đề thực nghiệm đó.
5. Đánh giá, nhận xét về vấn đề đã được đưa ra.
III. CẤU TRÚC ĐỀ TÀI
1. Đại cương nhóm VIA.
2. Lưu huỳnh và hợp chất
3. Oxi và hợp chất
4. Các nguyên tố khác trong nhóm VIA.

2


B. NỘI DUNG
I. ĐẠI CƯƠNG VỀ NHÓM VIA
CÂU 1: Cho các số liệu thực nghiệm sau
Tính chất
Cấu trúc tinh thể
T0nc
ΔHnc (kcal/mol)

T0s
ΔHhh (kcal/mol)
T0 phân huỷ
Elk

Oxi
Lập phương
-218,8
0,053
-183,0
0,815
2000
494

Lưu huỳnh
Hình trực thoi
119,2
0,34
444,6
3,01
1500
322

Selen
Lục lăng
221,0
1,25
685,0
3,34

Telu
Lục lăng
449,5
4,28
989,8
11,9

267

226

Giải thích tại sao:
a) Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của oxi lại thấp hơn nhiều so với S, Se, Te?
b) Nhiệt phân hủy và năng lượng liên kết của O2 cao hơn lưu huỳnh?
Đặt vấn đề: trong thí dụ này, chúng tôi đưa ra các dữ kiện thực nghiệm về các đơn chất
của nguyên tố nhóm VIA, dựa trên kết quả thực nghiệm, yêu cầu học sinh đưa ra hướng
giải thích đối với các dữ kiện thực nghiệm đó.
Gợi ý:
a) Nhiệt độ nóng chảy của oxi thấp hơn nhiều so với S, Se, Te vì oxi tồn tại ở
dạng O2, trong khi đó lưu huỳnh tồn tại dạng đơn chất S 8 có khối lượng lớn hơn nhiều so
với O2, do đó nhiệt độ nóng chảy cao hơn nhiều.
b) Nhiệt phân hủy của oxi cao hơn lưu huỳnh vì khi phân hủy, cả oxi và lưu
huỳnh đều ở trạng thái khí ứng với công thức X 2, khi đó do bán kính của lưu huỳnh và
độ dài liên kết S=S lớn hơn nhiều so với O=O do đó năng lượng liên kết S=S < O=O
nên nhiệt phân hủy của O2 cao hơn so với S2.
Nhận xét: với các dữ kiện thực nghiệm đưa ra, học sinh có thể đặt các vấn đề thắc mắc
và tìm được hướng giải quyết phù hợp, điều này cũng sẽ góp phần phát triển năng lực tư
duy của học sinh. Bài tập này có thể áp dụng cho học sinh chuyên Hóa hoặc học sinh thi
HSG Quốc gia.
CÂU 2. Cho các số liệu thực nghiệm sau:

0

Độ dài liên kết (A )
Góc liên kết (0)

H2O
0,96
104,5

H2S
1,33
92,2

3

H2Se
1,46
91,0

H2Te
1,69
90,0


Năng lượng liên kết (kJ/mol)
Hằng số phân li trong nước Ka1
Nhiệt độ sôi (0C)

463
1,8.10-16

100,0

347
1.10-7
-60,4

276
1,7.10-4
-41,4

238
1.10-3
-2,0

Hãy giải thích:
a) Quy luật biến đổi góc liên kết từ H2O đến H2Te.
b) Quy luật biến đổi về độ dài liên kết và năng lượng liên kết từ H2O đến H2Te.
c) Quy luật biến đổi lực axit từ H2O đến H2Te.
d) Sắp xếp theo chiều tăng dần tính khử trong dãy: H2O, H2S, H2Se, H2Te.
Đặt vấn đề: Chúng ta cũng đã quen với việc so sánh góc liên kết, năng lượng liên kết,
độ dài liên kết, hằng số axit,.. của các hợp chất hiđrua thông qua công thức cấu tạo và
cấu trúc phân tử để từ đó so sánh mang tính chất dự đoán các giá trị đó. Tuy nhiên,
chúng tôi muốn thông qua các dữ kiện thực nghiệm để học sinh nghiên cứu và giải thích
được các giá trị đó.
Gợi ý:
a) Góc liên kết HXH trong các hợp chất giảm dần từ H 2O đến H2Te được giải
thích do từ O đến Te, độ âm điện của các nguyên tử giảm dần và bán kính nguyên tử
tăng dần, do đó mật độ electron trên nguyên tử trung tâm giảm làm giảm sự đẩy lẫn
nhau giữa các liên kết, do đó góc liên kết giảm.
b) Nhiệt độ sôi của H2O cao nhất vì giữa các phân tử nước có liên kết hiđro liên

phân tử, trong khi đó các hợp chất H2S, H2Se, H2Te chỉ có lực tương tác Van der Van,
trong đó tương tác khuếch tán đóng vai trò chủ đạo. Chính vì thế từ H 2S đến H2Te, phân
tử khối tăng => tương tác khuếch tán tăng do đó nhiệt độ sôi tăng.
c) Lực axit của các chất trong dãy: H 2O < H2S < H2Se < H2Te. Nguyên nhân do
mật độ điện tích âm trên các nguyên tử trung tâm giảm => lực hút của các nguyên tử
trung tâm với hiđro (mang phần điện tích dương) giảm => tăng khả năng nhường H + =>
tăng lực axit.
d) Tính khử của các chất tăng dần: H 2O < H2S < H2Se < H2Te. Nguyên nhân do
bán kính nguyên tử trung tâm tăng, lực hút của hạt nhân với electron hóa trị giảm =>
khả năng nhường electron tăng lên => tính khử tăng.
Nhận xét: Từ việc sử dụng các kết quả thực nghiệm, học sinh có thể dễ dàng tiếp cận
với các yêu cầu đặt ra và từ đó dựa vào các kiến thức của hóa học đại cương để giải
thích các kết quả thực nghiệm đó.
CÂU 3. Thực nghiệm cho biết: SO2 (t0nc = -75,50C) còn SeO2 (t0 thăng hoa là 3150C).
Dựa vào kết quả thực nghiệm trên, hãy giải thích?

4


Đặt vấn đề: Khi nghiên cứu các phân tử hợp chất oxit, đôi khi chúng ta hãy có sự so
sánh tương đồng giữa công thức phân tử với tính chất vật lý của các chất. Trong trường
hợp này nếu không có các dữ kiện thực nghiệm thì học sinh sẽ cho rằng, có sự giống
nhau về cấu tạo và cấu trúc của các phân tử SO2 và SeO2.
Gợi ý:
Do bán kính nguyên tử của Se > S nên trong phân tử SO2, liên kết giữa lưu huỳnh
với oxi ngoài liên kết xichma còn có một phần liên kết π nên phân tử SO 2 tồn tại ở dạng
monome. Tương tác giữa các phân tử SO 2 với nhau là tương tác Van der Van, trong khi
đó, Se không chỉ tạo liên kết π với oxi mà tạo liên kết xichma, chính vì thế SeO 2 tồn tại
ở dạng polime (SeO2)n và oxi đóng vai trò cầu nối giữa các nguyên tử Se
O

Se

O 900 O
Se

O 1.78A0 O

Se
1.73A

0

Se 980 Se

Se

O
O
O
O
O
O
Nhận xét: việc sử dụng các kết quả thực nghiệm tránh cho học sinh và cả giáo viên các
sai lầm mang tính chất võ đoán vì hầu hết khi ta so sánh các tính chất mà chỉ dựa vào
công thức phân tử đôi khi dẫn đến những sai lầm tai hại và rất khó có thể sửa chữa.
CÂU 4. H2SO4 và H2SeO4 có rất nhiều điểm tương đồng với nhau. Chúng đều có khả
năng tạo thành hiđrat, tạo ra hợp chất muối ít tan với các cation kim loại như: Ba 2+, Pb2+,
… Bên cạnh đó, chúng đều là các axit có tính oxi hóa mạnh.
SO42- + 4H+ + 2e  SO2 + 2H2O
E0 = +0,17V

SeO42- + 4H+ + 2e  H2SeO3 + H2O
E0 = +1,15V
Giải thích tại sao H2SeO4 có tính oxi hóa lớn hơn so với H2SO4.
Đặt vấn đề: theo thói quen của nhiều học sinh và giáo viên, khi trạng thái oxi hóa giống
nhau và độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng lớn, tính oxi hóa của hợp chất càng
lớn. Điều này lại tạo ra một sự ngộ nhận đáng tiếc khi áp dụng cho trường hợp so sánh
này.
Gợi ý:
Do bán kính nguyên tử của Se lớn hơn so với S, sự chênh lệch về năng lượng
giữa các phân lớp ns với np lớn do đó độ bền của trạng thái lai hóa và độ bền phân tử
giảm, điều này làm cho phân tử H 2SeO4 kém bền và có xu hướng chuyển về các trạng
thái oxi hóa thấp hơn, nên H2SeO4 có tính oxi hóa lớn hơn so với H2SO4.
Nhận xét: Trong thí dụ này, chúng ta càng thấy rõ hơn các dữ kiện thực nghiệm trong
quá trình giảng dạy nói chung và giảng dạy phần hóa nguyên tố nói riêng. Điều này
5


càng đặt ra cho chúng ta một yêu cầu cần chuẩn bị thật cẩn thật trước các vấn đề mang
tính chất lý thuyết để tránh rơi vào tính trạng dạy bừa bãi.
II. LƯU HUỲNH VÀ HỢP CHẤT
1. Lưu huỳnh.
CÂU 1. Cho một mẩu nhỏ lưu huỳnh vào ống nghiệm rồi đun trên ngọn lửa đèn cồn.
Quan sát hiện tượng ta thấy:
Ở nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ nóng chảy (dưới 1130C), Sα và Sβ là chất rắn, màu
vàng. Ở nhiệt độ 1190C, lưu huỳnh nóng chảy thành chất lỏng màu vàng, rất linh động.
Ở nhiệt độ 1870C, lưu huỳnh lỏng trở nên quánh nhớt, có màu nâu đỏ. Ở nhiệt
độ 4450C, lưu huỳnh sôi.
Sử dụng các kiến thức về cấu tạo chất, giải thích các hiện tượng đó.
Đặt vấn đề: chúng ta có thể biết được một số điểm quan trọng trong quá trình chuyển
hóa của lưu huỳnh, tuy nhiên trong giảng dạy, nếu chúng ta đơn thuần chỉ mô tả các quá

trình xảy ra mà không kèm theo các thông số thực nghiệm thì học sinh rất khó tiếp thu
kiến thức.
Gợi ý:
Ở nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ nóng chảy (dưới 1130C), Sα và Sβ là chất rắn,
màu vàng. Phân tử lưu huỳnh gồm 8 nguyên tử liên kết cộng hóa trị với nhau tạo thành
mạch vòng:

Ở nhiệt độ 1190C, lưu huỳnh nóng chảy thành chất lỏng màu vàng, rất linh động. Ở
nhiệt độ này, các phân tử S8 chuyển động trượt trên nhau rất dễ dàng.
Ở nhiệt độ 1870C, lưu huỳnh lỏng trở nên quánh nhớt, có màu nâu đỏ. Ở nhiệt độ
này, mạch vòng của phân tử S8 bị đứt gẫy tạo thành những chuỗi có 8 nguyên tử S.
Những chuỗi này liên kết với nhau tạo thành phân tử lớn, chứa tới hàng triệu nguyên
tử (Sn). Những phân tử Sn chuyển động rất khó khăn:

6


Ở nhiệt độ 4450C, lưu huỳnh sôi. Ở nhiệt độ này các phân tử lớn Sn bị đứt gẫy
thành nhiều phân tử nhỏ và bay hơi.
Thí dụ: Tại 14000C hơi lưu huỳnh là những phân tử S2.
Tại 17000C hơi lưu huỳnh là những nguyên tử S.
Nhận xét: thông qua bài tập này, học sinh củng cố và giải thích được các hiện tượng
của quá trình chuyển hóa lưu huỳnh dưới tác dụng của nhiệt độ, đồng thời giải thích tại
sao hầu hết các phản ứng của lưu huỳnh thường xảy ra ở nhiệt độ cao.
CÂU 2. Cho giản đồ Latimer sau:
- Môi trường axit:
SO2
0,51V

0,400V

S4O62-

S2O32-

0,50V

S

0,14V

H2S

0,08V

- Môi trường kiềm:
SO32-

-0,58V

S2O32-

-0,74V

S

-0,51V

S2-

-0,59V

a) Dựa vào các giản đồ trên, đánh giá khả năng tồn tại của các cấu tử trong các
môi trường axit và trong môi trường kiềm. Với các trường hợp không bền, viết phương
trình phản ứng chuyển hóa.
b) Một đặc điểm thú vị của lưu huỳnh là một số hợp chất của lưu huỳnh hòa tan
(tác dụng) được với lưu huỳnh, thí dụ:
dun soi
Na2S (dd) + S 
→ X
dun soi
Na2SO3 (đặc) + S 
→ Y
Xác định công thức của các hợp chất X và Y.
Đặt vấn đề: Dựa vào giản đồ Latimer, học sinh có thể dựa vào sự so sánh thế của các
cặp oxi hóa khử để từ đó đánh giá khả năng tồn tại của các ion trong các môi trường.

7


Điều này giúp học sinh có thể phần nào giải thích được các hiện tượng hoặc dự đoán
được phản ứng và sản phẩm của các phản ứng.
Gợi ý:
a) Trong môi trường axit, S2O32- kém bền vì cặp SO2/S2O32- có thế khử chuẩn nhỏ
hơn cặp S2O32-/S
S2O32- + 2H+  S + SO2 + H2O
Trong môi trường kiềm: S2O32- bền, trong khi đó S không bền trong môi trường
kiềm, nó có thể chuyển hóa thành tùy thuộc vào điều kiện:
4S + 6OH-  2S2- + S2O32- + 3H2O
3S + 6OH-  2S2- + SO32- + 3H2O
Chú ý: thực tế do tính trơ tương đối cao của lưu huỳnh ở nhiệt độ thường nên các

phản ứng trên thường xảy ra trong điều kiện kiềm đun nóng.
b) Dựa vào giản đồ, học sinh có thể xác định được sản phẩm của các phản ứng
trên. Cụ thể:
dun soi
Na2S (dd) + nS 
→ Na2S1+n
dun soi
Na2SO3 (đặc) + S 
→ Na2S2O3
Nhận xét: Đây là dạng bài cơ bản và cần thiết trong quá trình định hướng tư duy cho
học sinh, giúp học sinh có khả năng tự nghiên cứu các vấn đề của kiến thức.
CÂU 3. a) Biết nhiệt độ sôi của CS 2 là 46,20C, hằng số nghiệm sôi của nó là 2,37. Hòa
tan 5,12 gam lưu huỳnh vào 100,0 gam CS2 thì nhiệt độ sôi của dung dịch là 46,670C.
Tính phân tử khối của lưu huỳnh và cho biết một phân tử lưu huỳnh có bao nhiêu
nguyên tử?
b) Ở 9000C, tỷ khối của hơi lưu huỳnh so với không khí là 2,207. Hỏi trong một
phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi (ở 9000C) gồm bao nhiêu nguyên tử?
Đặt vấn đề: đây là một bài tập nhằm cung cấp cho học sinh một trong các phương pháp
thực nghiệm để kiểm tra thành phần của lưu huỳnh ở các trạng thái khác nhau. Điều này
sẽ cụ thể hóa hơi các thông tin về thành phần và cấu tạo của lưu huỳnh khi học sinh
nghiên cứu về lưu huỳnh.

Gợi ý:
a) Dựa vào định luật Rault, ta có:
∆T

ΔTS = kS.Cm => Cm = k S =
S

8

46,67 − 46,2
= 0,1983 (molan)
2,37


Theo đầu bài => Cm =

5,12.1000
= 0,1983 => M = 258,2 gam/mol.
M.100

Giả sử công thức của lưu huỳnh trong dung môi benzen là: Sn
=> 32,066.n = 258,2 => n ≈ 8
Do đó trong dung môi benzen, phân tử lưu huỳnh có 8 nguyên tử.
b) Tại 9000C, M = 29,2.2,207 = 64,444 = 32,066.k => k = 2,009 ≈ 2
Do đó tại 9000C, có thể coi hơi lưu huỳnh gồm các phân tử hai nguyên tử, S2.
Nhận xét: Dạng bài tập này củng cố các kiến thức về định luật Rault, đồng thời làm rõ
nét hơn các thông tin về trạng thái của lưu huỳnh.
2. H2S và muối sunfua
CÂU 1. Tại 250C và áp suất là 1 atm, độ tan bão hòa của H2S trong nước là 0,1M.
a. Xác định pH của dung dịch H2S bão hòa.
b. Đánh giá khả năng đổi màu các chỉ thị sau: metyl dacam (3,1-4,4), metyl đỏ
(4,2-6,3), quỳ tím (5-8), phenolphtalein (8,3-9,8) khi nhỏ vài giọt chất chỉ thị đó vào
dung dịch.
c. Với một dung dịch H2S nồng độ c(M), xác định giá trị của c để dung dịch đổi
màu quỳ tím sang đỏ.
Cho biết: H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90.
Đặt vấn đề: Chúng ta đều biết rằng, H2S có tính axit yếu và điều này có liên quan gì
đến pH của dung dịch H2S bão hòa. Đặc biệt, với dung dịch H 2S bão hòa nói riêng và

các dung dịch chưa bão hòa nói chung thì dung dịch H 2S có đổi màu được những chỉ thị
quen thuộc hay không?
Điều này chúng tôi xin được đề cặp đến trong nội dung của bài tập này và thông
qua bài tập này, chúng ta có một cái nhìn chính xác hơn về pH của dung dịch H2S.
Gợi ý: a) Với dung dịch H2S bão hòa, [H2S] = 0,10M.
Ta có:
H2S  H+ + HS(1) Ka1 = 10-7,02
HS-  H+ + S2- (2) Ka2 = 10-12,90
H2O  H+ + OH- (3) Ka3 = 10-14,00
Ta có: Ka1 >> Ka2 và Ka1[H2S] >> Kw => cân bằng (1) quyết định pH của dung
dịch.
H2S  H+ + HS(1) Ka1 = 10-7,02
=> [H + ] = K a1[H 2S] = 10-4,01M
Khi đó dung dịch có pH = 4,01.
9


b) Dựa vào các khoảng chuyển màu của chỉ thị, chúng ta có thể xác định được:
- Với metyl dacam, dung dịch sẽ có màu da cam hơi vàng.
- Với metyl đỏ, dung dịch sẽ có màu đỏ.
- Với quỳ tím, dung dịch (hoặc giấy quỳ) sẽ có màu đỏ
- Với phenolphtalein, dung dịch không màu.
c) Với dung dịch H2S nồng độ c (M), ta có:
[H + ] = K a1c > 10 −5 M => c >

10−10
= 10-2,98 ≈ 0,001M
10−7,02

Do đó khi cho quỳ tím ẩm vào bình chứa khí H 2S, giấy quỳ tím có thể đổi màu

sang hồng.
Nhận xét: với các trường hợp mà chúng ta đặt vấn đề nghi vấn, chúng ta có thể sử dụng
các thông số nhiệt động hoặc các dữ kiện khác để minh họa cho phần tính chất hóa học
hoặc các tính chất khác của dung dịch để từ đó chính xác hóa các vấn đề mà chúng ta
nghiên cứu.
CÂU 2. Dung dịch Na2S có pH = 12,79.
1. Xác định nồng độ ban đầu của dung dịch Na2S và tính độ điện ly của S2-.
2. Khi để trong không khí, một phần S2- bị oxi của không khí oxi hóa thành S.
a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau:
2S2- + O2 + 2H2O  4OH- + 2S
Cho biết: H2S có pKa1 = 7,02 , pKa2 = 12,90; pKw = 14,0; E0 của S,H+/H2S là +0,141V;
O2, H+/H2O = 1,23V
b) Khi để trong không khí, dung dịch Na 2S 0,10M bị oxi hóa một phần thu được
dung dịch X có pH = 13. Xác định % S2- đã bị oxi hóa.
Đặt vấn đề: Như chúng ta đã biết Na2S là một bazơ và có tính khử mạnh. Điều này có
thể được kiểm chứng dựa vào các thông số về hằng số bazơ và thế điện cực chuẩn. Tuy
nhiên, dung dịch Na2S dễ bị oxi hóa khi đặt trong không khí, chính điều này sẽ ảnh
hưởng đến pH của dung dịch. Do đó, thông qua ví dụ này, chúng tôi muốn giúp học sinh
hình dung hơn nữa về pH của dung dịch Na2S trong thực tế.
Gợi ý:
1. Trong dung dịch Na2S có các quá trình:
Na2S → 2Na+ + S2c
c
S2- + H2O  HS- + OH(1) Kb1 = 10-1,1
HS- + H2O  H2S + OH(2) Kb2 = 10-6,98
10


H2O  H+ + OH(3) Kw = 10-14
Dung dịch có pH = 12,79 => pOH = 1,21 => môi trường rất bazơ, do đó bỏ qua

các quá trình (2), (3)
S2- + H2O  HS- + OH(1) Kb1 = 10-1,1
[]
c - 10-1,21
10-1,21 10-1,21
Kb1 =

10−1,21.10−1,21
= 10−1,1 => c = 0,109M
−1,21
c − 10

Độ điện ly của S2- =

10−1,21
.100% = 56,3%
0,109

2.a. Xác định hằng số cân bằng của phản ứng:
2S2- + O2 + 2H2O  4OH- + 2S
Ta có:
-2
S + 2H+ + 2e  H2S

K1 = 102.0,141/0,0592

-2
1
-2
-2

4

O2 + 4H+ + 4e  2H2O
K2 = 104.1,23/0,0592
H2S  H+ + HSKa1 = 10-7,02
HS-  H+ + S2Ka2 = 10-12,90
H2O  H+ + OHKw = 10-14
2S2- + O2 +  4OH- + 2S
K = 1057,42
2H2O
Dựa vào hằng số K rất lớn, chúng ta có thể xác định rằng, quá trình oxi hóa
sunfua với oxi không khí xảy ra với mức độ rất cao.
b. Dựa vào định luật bảo toàn điện tích ta có:
h[S 2 − ]
[Na ] = [OH ] + 2[S ] + [HS ] => 2[S ] +
= 0,2 - 0,1 = 0,1M
K a2
+

-

2-

[S2-] = 0,0358M => [HS-] =

-

2-

h[S 2 − ]

= 0,028M
Ka2

=> % S2- đã bị oxi hóa = 35,79%.
Nhận xét:Thông qua ví dụ này, học sinh có thể xác định được môi trường của các dung
dịch. Đồng thời giải thích được sự thay đổi của các dung dịch sunfua khi để trong không
khí. Những thí dụ này góp phần củng cố các kiến thức về cân bằng trong dung dịch và
phản ứng oxi hóa-khử và sự liên hệ mật thiết giữa quá trình giảng dạy hóa nguyên tố với
kiến thức về cân bằng trong dung dịch.
CÂU 3. H2S được biết đến là một chất khử mạnh, E0 của S,H+/H2S = 0,141V.

11


Thiết lập mối quan hệ giữa E0 của cặp S0/S(-2) theo pH của môi trường. Từ kết
quả đó cho biết trong môi trường nào (axit, bazơ, trung tính), tính khử của S(-2) lớn
hơn?
pKw = 14; H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90.
Đặt vấn đề: Chúng ta biết rằng, H2S có tính khử mạnh và tính khử của H2S biến đổi
theo pH của môi trường. Thông qua việc thiết lập mối quan hệ giữa thế và pH dung dịch
chúng ta có thể đánh giá được khả năng oxi hóa hoặc khử của các chất trong các môi
trường khác nhau.
Gợi ý:
Xét cặp oxi hóa khử: S,H+/H2S
S(r) + 2H+ + 2e  H2S
E0 = 0,141V
H2S  H+ + HSKa1 = 10-7,02
HS-  H+ + S2Ka2 = 10-12,90
- Khi pH < pKa1 = 7,02 => Dạng tồn tại chủ yếu của S(-2) là H2S. Khi đó ta có:
E S /H 2S = E 0S / H2S +

0,0592 [H + ]2
lg
= E S/ / H2S − 0,0592pH
2
[H 2S]

- Khi pKa1 < pH < pKa2 = 12,90 => dạng tồn tại chủ yếu của S(-2) là HS -. Khi đó
ta có:
0,0592 K a1[H + ]2
lg
2
[HS − ][H + ]
0,0592
0,0592
0,0592
= 0,141 −
pK a1 +
lg[HS − ] −
pH
2
2
2
0,0592
= E S/ / HS − −
pH
2

E S /HS − = 0,141 +

- Khi pH > pKa2 = 12,90 => dạng tồn tại chủ yếu của S(-2) là S2-. Khi đó ta có:
0,0592 K a1.K a 2 [H + ]2
lg
2
[S 2 − ][H + ]2
0,0592
0,0592
= 0,141 −
(pK a1 + pK a 2 ) +
lg[S 2 − ]
2
2

E S/ HS − = 0,141 +

Trong trường hợp này, thế của cặp S/S2- không phụ thuộc vào pH của dung dịch.
Từ các kết quả trên ta thế, khi pH của dung dịch càng lớn, E 0 của cặp S(0)/S(-2)
càng giảm, do đó có thể nói, khi pH của dung dịch càng lớn, tính khử của S(-2) càng
lớn.
Nhận xét: Thông qua ví dụ này, học sinh sẽ sử dụng các kiến thức và thế điện cực,
phương trình Nerst, các giá trị hằng số axit để thiết lập mối quan hệ E-pH từ đó củng cố

12


các kiến thức hóa đại cương của học sinh và cũng giải thích được tại sao tính khử của
S(-2) trong môi trường kiềm lớn hớn trong môi trường axit.
CÂU 4. Xác định khả năng tạo thành kết tủa khi sục khí H 2S đến bão hòa ([H2S] =
0,10M) vào các dung dịch sau:
a) dung dịch ZnCl2 0,10M;

b) dung dịch FeCl2 0,10M;
c) dung dịch Pb(NO3)2 0,10M;
d) dung dịch Mn(NO3)2 0,10M.
Cho biết: ZnS (trắng), pKS = 21,6; PbS (đen), pKS = 26,6; FeS (đen), pKS = 17,2;
MnS, pKS = 12,6. H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90.
Đặt vấn đề: Chúng ta đều biết rằng, H 2S có thể tạo thành kết tủa với rất nhiều cation
kim loại khi sục khí H2S vào dung dịch muối của chúng. Trong một số trường hợp, hiện
tượng này xảy ra rất rõ ràng, ví dụ như với Ag +, Cu2+, tuy nhiên trong một số trường
hợp, các tài liệu giáo khoa phổ thông cho rằng không xảy ra hoặc chưa có kết luận cụ
thể, điều này dẫn đến những thắc mắc từ phía học sinh và ngay cả với các giáo viên.
Chính vì vậy, thông qua ví dụ này chúng tôi muốn phần nào giải đáp các thắc mắc đó.
Gợi ý:
Xét cân bằng:
H2S  H+ + HSKa1 = 10-7,02
HS-  H+ + S2Ka2 = 10-12,90
Với dung dịch H2S bão hòa, [H2S] = 0,10M => pH = 4,01
2−
Ta có: [S ] = K a1.K a2

[H 2S]
= 10-12,9M
[H + ]2

a) Với dung dịch ZnCl2 0,10M, ta có:
[S2-]'[Zn2+]' ≈ 10-12,9.10-1 = 10-13,9 >> KS1 = 10-21,6
Do đó, sục khí H2S vào dung dịch ZnCl2 0,10M sẽ có kết tủa màu trắng (ZnS)
xuất hiện.
b) Với dung dịch FeCl2 0,10M, ta có:
[S2-]'[Fe2+]' ≈ 10-12,9.10-1 = 10-13,9 >> KS2 = 10-16,2
Do đó khi sục khí H2S vào dung dịch FeCl2 0,10M sẽ có kết tủa màu đen (FeS)

xuất hiện.
c) Với dung dịch Pb(NO3)2 0,10M, ta có:
[S2-]'[Pb2+]' ≈ 10-12,9.10-1 = 10-13,9 >> KS3 = 10-26,6
Do đó khi sục khí H2S vào dung dịch Pb(NO3)2 0,10M sẽ có kết tủa màu đen
(FeS) xuất hiện.
d) Với dung dịch Mn(NO3)2 0,10M, ta có:
[S2-]'[Mn2+]' ≈ 10-12,9.10-1 = 10-13,9 < KS4 = 10-12,6
13


Do đó khi sục khí H2S vào dung dịch Mn(NO3)2 0,10M không có kết tủa xuất
hiện.
Nhận xét: Trong thí nghiệm trên, khi chúng ta sử dụng các dung dịch với nồng độ
0,1M, chúng ta thấy rằng, với các dung dịch chứa cation M n+ 0,10M, thì có rất nhiều
trường hợp xuất hiện kết tủa, trong đó có những trường hợp như phản ứng tạo kết tủa
của H2S với Zn2+; H2S với Fe2+; điều này trong thực tế nhất là với chương trình hóa học
phổ thông là không có. Do đó với học sinh chuyên Hóa, có rất nhiều vấn đề không thể
sử dụng các kiến thức hoặc kết luận mang tích chất áp đặt các kiến thức phổ thông được
mà cần phải có sự chứng minh bằng định lượng thì các kiến thức đó mới được kiểm tra
rõ nét nhất.
CÂU 5. Xác định pH của dung dịch để có sự kết tủa ZnS và kết tủa hoàn toàn Zn 2+ từ
dung dịch ZnCl2 0,01M khi sục khí H2S đến bão hòa vào dung dịch ZnCl2 0,01M.
Cho biết: ZnS (trắng), pKS = 21,6;
H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90.
Zn2+ + H2O  Zn(OH)+ + H+

*β = 10-8,96

Đặt vấn đề: Sự tạo thành một kết tủa chịu sự chi phối của yếu tố môi trường, do đó tùy
thuộc vào môi trường mà có thể có sự xuất hiện hoặc không xuất hiện kết tủa. Thông

qua ví dụ này, chúng tôi muốn giúp học sinh có thể xử lý các ảnh hưởng của môi trường
đến khả năng phản ứng nói chung và phản ứng tạo kết tủa chất nói riêng.
Gợi ý:
- Để bắt đầu kết tủa ZnS, ta có: [S2-]'[Zn2+]' = KS1 = 10-21,6
2−
Ta có: [S ] = K a1.K a2

[H 2S]
[H + ]
2+
[Zn
]
=
0,1
và
[H + ]2
*β + [H + ]

[H 2S]
[H + ]
1
= 10−21,92
=> K a1K a2 + 2 .0,1. +
= 10-21,6
[H ]
[H ] + * β
h(h + * β)

h2 + 10-8,96h = 0,44
=> h = 0,66 => [H+] = 0,66M => pH = 0,18

Để bắt đầu kết tủa, pH của dung dịch = 0,18
- Để kết tủa hoàn toàn Zn2+ dưới dạng ZnS, ta có:
[S 2 − ] = K a1.K a 2

[H 2S]
[H + ]
2+
−6
và [Zn ] = 10
[H + ]2
*β + [H + ]

[H 2S] −6 [H + ]
1
= 10−26,92
=> K a1K a2 + 2 .10 . +
= 10-21,6
[H ]
[H ] + * β
h(h + * β)

h2 + 10-8,96h = 10-5,32 => h = 2,19.10-3
14


=> [H+] = 2,19.10-3M => pH = 2,66.
Nhận xét: Thông qua ví dụ này, học sinh sẽ sử dụng các kiến thức về cân bằng trong
dung dịch chứa hợp chất ít tan để đánh giá ảnh hưởng của pH dung dịch đến sự tạo
thành kết tủa và kết tủa hoàn toàn ion trong dung dịch. Điều này giúp học sinh củng cố
các kiến thức về cân bằng trong dung dịch và làm chính xác hóa các kiến thức của hóa

nguyên tố.
CÂU 6. Sục khí H2S vào dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M;
Zn(NO3)2 0,01M đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B.
Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?
Cho biết: FeS có pKS = 17,2; PbS có pKS = 26,6; ZnS có pKS = 21,6; H2S có pKa1 =
7,02; pKa2 = 12,90;
E0 của Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0 S,H+/H2S = 0,141V.
Đặt vấn đề: Chúng ta biết rằng, khi dung dịch chứa một chất tan thì phản ứng tạo thành
chất kết tủa từ dung dịch đó chỉ chịu sự chi phối của nồng độ và bản chất của chất tan
trong dung dịch. Tuy nhiên, điều đó không hẳn đã đúng với dung dịch chứa hỗn hợp
chất tan, bởi vì các phản ứng khác xảy ra trong dung dịch có thể ảnh hưởng đến sự tạo
thành kết tủa của các ion phản ứng sau đó. Thông qua ví dụ này, chúng tôi muốn đưa
đến cho học sinh một cái nhìn mang tính bao quát hơn với sự tạo thành kết tủa từ dung
dịch.
Gợi ý:
Dựa vào các hằng số cân bằng ta có:
2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S↓ + 2H+
(1) K1 = 1021,28
Pb2+ + H2S  PbS↓ + 2H+
(2) K2 = 106,68
Zn2+ + H2S  ZnS↓ + 2H+
(3) K3 = 101,68
Fe2+ + H2S  FeS↓ + 2H+
(4) K4 = 10-2,72
Từ các hằng số cân bằng trên ta xác định được thứ tự phản ứng: (1), (2), (3), (4)
Tuy nhiên, trên thực tế sự tạo thành kết tủa sẽ sinh ra H + làm giảm [S2-] trong dung
dịch dẫn đến giảm khả năng xuất hiện các kết tủa là các muối sunfua. Chính vì thế,
chúng ta chỉ có thể kết luận phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn với (1) và (2).
→ 2Fe2+ + S↓ + 2H+ (1)
ƒ

2Fe3+ + H2S 
K1 = 1021,28
0,05
0,05
0,05
→ PbS↓ + 2H+
ƒ
Pb2+ + H2S 
(2)
K2 = 106,68
0,10
0,05
15


0,25
Zn2+ + H2S  ZnS↓ + 2H+
(3)
K3 = 101,68
Fe2+ + H2S  FeS↓ + 2H+
(4)
K4 = 10-2,72
K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:
'
'
Vì môi trường axit => C Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; CFe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M.

Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ => khả năng phân li của H 2S trong môi
'
trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H +] = CH+ = 0,25 M => tính CS2- theo cân

bằng:
H2S
CS' 2-



S2-

= Ka1.Ka2

+ 2H+

Ka1.Ka2 = 10-19,92

0,1
[ H 2S]
2
-19,92 (0,25)
= 10-19,72.
[H + ]2 = 10

'
'
Ta có: CZn 2+ . CS2- < KS(ZnS) => ZnS không xuất hiện;

C'Fe2+ . CS' 2- < KS(FeS) => FeS không tách ra.

Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S thì chỉ có PbS kết tủa.
Nhận xét: trong ví dụ trên, chúng ta cần giảng cho học sinh thấy được các ảnh hưởng

của các cân bằng trong dung dịch với nhau, do đó sau mỗi cân bằng, chúng ta cần thống
kê lại thành phần của dung dịch để từ đó đánh giá khả năng xảy ra hoặc không xảy ra
của các phản ứng trong dung dịch. Thông qua ví dụ này, học sinh có thể củng cố kiến
thức về cân bằng trong dung dịch chứa hợp chất ít tan và tính chất hóa học của H2S.
CÂU 7. Xác định độ tan của HgS trong:
a) dung dịch HCl 1M
b) dung dịch HNO3 1,00M.
Cho biết: tích số tan của HgS là KS = 10-51,8; HgCl42- có β = 1014
E0 của NO3-,H+/NO, H2O là 0,96V; E0 của S, H+/H2S là 0,14V;
Hằng số axit của H2S là Ka1 = 10-7,02; Ka2 = 10-12,90; pKw = 14.
Đặt vấn đề: Chúng ta biết rằng, dựa vào độ tan người ta chia muối sunfua thành 3 loại
là:
Loại 1: Tan trong nước
Loại 2: Không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch axit mạnh.
Loại 3: Không tan trong dung dịch axit mạnh.
Tuy nhiên việc phân loại đó chỉ mang tính chất tương đối nhất là đối với loại 2 và
loại 3 vì trên thực tế, các axit mạnh ngoài tính axit thuần túy có thể có thêm tính axit oxi
16


hóa hoặc sự tạo phức. Do đó, trong nhiều trường hợp, việc quy kết chỉ mang tính chất
tương đối và dễ dẫn đến sự ngộ nhận đối với học sinh nhất là các học sinh chuyên. Do
đó, thông qua ví dụ này, chúng tôi muốn học sinh có một cái nhìn mang tính định lượng
hơn đối với các quá trình hòa tan các hợp chất ít tan nói chung và các muối sunfua nói
riêng.
Gợi ý:
a) Quá trình hòa tan HgS trong dung dịch HCl bao gồm các cân bằng sau:
HgS  Hg2+ + S2KS = 10-51,8
Hg2+ + 4Cl-  HgCl42β = 1014
S2- + 2H+  H2S

(Ka1Ka2)-1 = 1019,92
HgS + 4Cl- + 2H+  HgCl42- + H2S
K1 = 10-17,88
Cân bằng hòa tan HgS trong dung dịch HCl là:
HgS + 4Cl- + 2H+  HgCl42- + H2S
K1 = 10-17,88
C
1M 1M
[]
1- 4x 1 - 2x
x
x
[HgCl 24− ][H 2S]
= 10−17,88 ; coi x << 0,25
Ta có: K1 =
− 4
+ 2
[Cl ] [H ]

=> x2 = 10-17,88 => x = 10-8,94 << 0,25
Độ tan của HgS trong dung dịch HCl 1M là S1 = 10-8,94M.
b) Quá trình hòa tan HgS trong dung dịch HNO 3 thông qua phản ứng oxi hóakhử. Ở đây học sinh dựa vào các cân bằng thành phần để tổ hợp cân bằng hòa tan của
HgS.
Cụ thể:
3
HgS↓
 Hg2+ + S2KS = 10-51,8
3
S-2 + 2H+  H2S
( Ka1Ka2)-1 = 1019,92

3
H2S
 S↓ + 2H+ + 2e
K1 = 10-2.0,14/0,0592
2

NO 3− + 4H+ + 3e  NO↑ + 2H2O

K2 = 103.0,96/0,0592

3 HgS↓ + 8H+ + 2NO 3−  3Hg2+ + 2NO↑ + S↓ + 4H2O

(1) K = 10-10,93

Trong (1) NO là chất khí phải được biểu diễn trong biểu thức ĐLTDKL ở dạng áp
suất riêng phần. Muốn tính theo nồng độ, phải tổ hợp với cân bằng theo định luật Henri
đối với chất khí.
3HgS↓ + 8H+ + 2NO 3−  3Hg2+ + 2NO↑ + S↓ + 4H2O
2

NO↑  NO (aq)

K = 10-10,93
10-2,72

3 HgS↓ + 8H+ + 2NO 3−  3Hg2+ + NO (aq) + S↓ + 4H2O K’ = 10-16,37
17


C

[ ]

1
1
(1-8x) (1-2x)

3x

2x

(3 x) 3 (2 x) 2
-14,37
=> x = 10-3,68 = 2,08.10-4 < 10-2,72
8
2 = 10
(1 − 8 x) (1 − 2 x)

Độ tan của HgS trong HNO3 1,0M bằng 2,08.10-4M => chiếm 0,02% HNO3 đã sử
dụng để hòa tan. Thực tế coi như HgS không tan trong HNO3.
Chú ý: Trong trường hợp [NO] > LNO thì phải thay nồng độ cân bằng độ tan để tính.
Nhận xét: thông qua ví dụ này, chúng ta có thể xây dựng các dạng bài tập xác định độ
tan của các chất ít tan trong các phản ứng oxi hóa-khử nói chung và độ tan của các muối
sunfua nói riêng nhằm giúp học sinh củng cố kỹ năng và làm quen với dạng bài tập khác
nhau.
Một số bài tập tương tự.
CÂU 7. Tính số gam CH3COONa.3H2O cần thêm vào 100,0 ml dung dịch MnCl 2
2,00.10-2M và HCl 2,00.10-3M sao cho khi bão hòa dung dịch này bằng khí H 2S ( CH S =
2

0,10M) thì có kết tủa MnS tách ra.

Cho biết: MnS có pKS = 9,6; CH3COOH có pKa = 4,76; pKw = 14;
H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90
Mn2+ + H2O  Mn(OH)+ + H+
*β = 10-10,6
CÂU 8. Xác định độ tan của dung dịch Ag2S bão hòa trong nước.
Cho biết: pKS của Ag2S = 49,2; H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; pKW = 14.
Ag+ + H2O  AgOH + H+
*β = 10-11,7
CÂU 9.a. Cho H2S đi qua dung dịch chứa Ag+ 0,100M; Co2+ 0,100M và Zn2+ 0,100M
cho đến bão hòa ([H2S] = 0,1M). Tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch?
b. Một dung dịch X chứa các cation Mn 2+, Co2+, và Ag+ với nồng độ ban đầu của
mỗi ion đều bằng 0,010M. Hoà tan H2S vào X đến bão hoà và điều chỉnh pH = 2,0 thì
những ion nào tạo kết tủa?
Cho: pKs của Ag2S : 49,2 ; ZnS : 21,60; CoS : 18,50 ; MnS : 9,60
pKa của H2S : 7,02 và 12,90 ; pKw =14.
CÂU 10. Cho biết: H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; E0 của S,H+/H2S là +0,141V;
Fe3+/Fe2+ là 0,771V.
a) Xác định hằng số cân bằng của phản ứng:
2Fe3+ + H2S  2Fe2+ + S + 2H+
b) Sục khí H2S đến bão hòa ([H2S]= 0,10M) vào dung dịch FeCl3 0,05M.

18


Tính pH của dung dịch thu được?
3. SO2, SO3, muối sunfit và oleum
CÂU 1. Ở trạng thái khí, SO3 tồn tại ở dạng monome; tại trạng thái lỏng, SO 3 tồn tại ở
dạng vòng trime; tại trạng thái rắn SO3 tồn tại ở dạng polime mạch thẳng.
a. Xác định cấu trúc của SO3 tại trạng thái khí, lỏng, rắn và cho biết lưu huỳnh ở
trạng thái lai hóa nào?

b. Đánh giá khả năng chuyển từ trạng thái khí sang trạng thái rắn và lỏng. Quá
trình này tỏa hay thu năng lượng?
Đặt vấn đề: chúng ta đều biết rằng, SO3 ở các trạng thái khác nhau tồn tại dưới các
dạng phân tử khác nhau. Tuy nhiên điều này không phải GV và học sinh nào cũng biết.
Do đó, chúng tôi muốn thông qua ví dụ này nhằm củng cố các kiến thức về cấu tạo chất
cho học sinh và dựa vào các kiến thức về cấu tạo chất để minh họa cho các hiện tượng
hóa học khác của các chất.
Gợi ý: a) Các dạng tồn tại của SO3 ở các trạng thái tập hợp chất khác nhau là:
O

O

S
O

O

O

O

O

S

S

O

O O

S

O

O
S
O

O

O
S
O

O

O
S

O

O

O

b) Quá trình chuyển từ dạng monome sang các dạng khác thuận lợi hơn về mặt
năng lượng vì lưu huỳnh bán kính lớn do đó liên kết π kém bền có xu hướng chuyển
thành các liên kết σ bền hơn. Chính vì thế trạng thái lai hóa đặc trưng của S là trạng thái
lai hóa sp3 và quá trình chuyển trên là quá trình tỏa nhiệt.
Nhận xét: Đây là một bài tập định tính, tuy nhiên nó cũng góp phần giải thích được tại

sao các phản ứng của SO3 thường tỏa nhiệt mạnh. Điều này có tác dụng định hướng cho
học sinh khi nghiên cứu về SO3 và các phản ứng của SO3.
CÂU 2. SO3 tan tốt trong nước và tỏa nhiệt mạnh. Đồng thời SO3 tan tốt trong dung
dịch H2SO4 đặc thu được oleum, H2SO4.xSO3. Tuy nhiên, trên thực tế oleum là hỗn hợp
của các hợp chất như H2S2O7, H2S3O10, H2S4O13,…
a. Biểu diễn công thức cấu tạo và cấu trúc của H2S2O7, H2S3O10.
b.Viết phương trình phản ứng của các hợp chất đó với nước, với dung dịch
NaOH loãng, dư.
Đặt vấn đề: Dựa vào đặc điểm về thành phần và công thức phân tử của các hợp chất vô
cơ, chúng ta thường được yêu cầu hoặc yêu cầu học sinh xác định các công thức cấu tạo
19


hoặc cấu trúc tương ứng của các hợp chất đó. Trong ví dụ này, thông qua sự tạo thành
oleum, chúng ta có thể yêu cầu học sinh xác định các cấu tạo và cấu trúc của các axit
đisunfuric, trisunfuric,…. trên cơ sở của axit sunfuric.
Gợi ý:
a) Công thức cấu tạo của H2S2O7 và H2S3O10
H

O

O

O

S
O

H

H

O

O

O

S

S
O

O

O

O

O

S
O

O

H

S

O

O

O

b) Phương trình phản ứng:
H2S2O7 + H2O → 2H2SO4
H2S2O7 + 4NaOH → 2Na2SO4
H2S3O10 + 2H2O → 3H2SO4
H2S3O10 + 6NaOH →3Na2SO4
Nhận xét: Thí dụ này có thể sử dụng đối với quá trình xây dựng lý thuyết cho học sinh,
nó góp phần củng cố các kiến thức về cấu tạo chất cho học sinh và giải thích các kết quả
của các thí nghiệm hóa học.
CÂU 3. Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2SO2 + O2  2SO3
1. Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol
SO3 và 0,15 mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 25 0C và áp suất chung
của hệ là 3,20 atm.
Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
2. Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ có khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy
có 0,105 mol O2.
Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ.
Đặt vấn đề: trong quá trình giảng dạy phần hợp chất của lưu huỳnh, chúng ta có thể sử
dụng đặc điểm phản ứng giữa SO 2 và O2 để có thể củng cố các kiến thức về cân bằng
hóa học, đồng thời dựa vào cân bằng này nhằm giúp học sinh có thể ghi nhớ tốt hơn về
đặc điểm phản ứng giữa SO2 và O2.
Gợi ý:
1. Xét cân bằng
2 SO2
+

O2 
2 SO3
(1)
ban đầu
0,15
0,20
lúc cbhh
( 0,15 + 2z)
z
(0,20 – 2z)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z
20


Từ phương trình trạng thái: P1V = n1RT
3,2.3
PV
=> n1 =
=
≈ 0,393 mol => z = 0,043.
RT
0,082.298
z

0,043

Vậy xO 2 = n = 0,393 = 0,1094 hay trong hỗn hợp cân bằng oxi chiếm 10,94%.
1
2.
2 SO2

+
O2

2 SO3
(2)
ban đầu
0
0
y
lúc cbhh
2. 0,105
0,105
(y – 2. 0,105).
Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có
K = const;

Theo (1) ta có

Theo (2) ta có

2
n SO
3

=>

2
n SO
.n O2
2

2
n SO
3

(0,20 − 0,086)2
=
= 5,43.
(0,15 + 0,086)2 .0,043

2
n SO
.n O2
2
2
n SO
3
2
n SO
.n O2
2

= const

(y − 0,21)2
=
= 5,43.
0,212.0,105

Từ đó có phương trình: y2 – 0,42 y + 0,019 = 0.

Giải phương trình này ta được y1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105 (loại bỏ nghiệm y2 này).
Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO3 phân li là 56,91%.
Tại trạng thái cân bằng, tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 mol.
0,159

% thể tích SO3 = 0, 474 .100% = 33,54%
0,210

% thể tích SO2 = 0, 474 .100% = 44,30%;
% thể tích O2 = 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
Từ phương trình trạng thái: P2V = n2RT
0, 474.0,082.298
n RT
=> P2 = 2
=
= 3,86 atm.
V
3
Nhận xét: đây là một bài tập đơn giản có thể áp dụng đối với các học sinh lớp chuyên
và những học sinh trong các đội tuyển thi HSG Guốc gia.
CÂU 4. SO2 được tách ra khỏi khí thải của nhà máy nhiệt điện bằng cách cho khí thải
lội qua dung dịch huyền phù canxi cacbonat hoặc canxi hiđroxit.
a. Viết các phản ứng xảy ra, biết rằng sản phẩm thu được là CaSO4.

21


b. Cần dùng bao nhiêu kg canxi cacbonat mỗi ngày để loại 95% SO 2 biết rằng
lưu lượng của khí thải là 104 m3/h (00C và 1 atm) chứa 0,15% SO2 theo thể tích.
Tính lượng thạch cao thu được (kg).

c. Giả sử SO2 không được tách ra khỏi khí thải và được phân tán vào 5000 m 3
nước lỏng trong khí quyển, hãy tính pH của mưa axit.
d. Sử dụng dung dịch natri sunfit để hấp thụ SO2 trong khí thải. Hãy viết các
phương trình phản ứng và chỉ ra con đường để tăng khả năng tái sinh SO2 từ dung dịch.
e. Xác định pH của dung dịch bão hòa khí SO 2 trong nước tại nhiệt độ 250C, khi
áp suất riêng phần của SO2 là 1 atm.
f. Khi để trong không khí, 40% lượng lưu huỳnh (IV) trong dung dịch bão hòa
bị oxi hóa thành lưu huỳnh (VI). Tính pH của dung dịch thu được.
Cho biết: SO2 + H2O có pKa1 = 1,92; pKa2 = 7,18;
Hằng số Henry của SO2 là KH = 1,26 (atm-1. l-1.mol).
HSO4- có pKa = 1,99;
+Giả thiết các khí là lí tưởng
+M[CaCO3] = 100 g/mol; M[CaSO4] = 172 g/mol.
Đặt vấn đề: Đây là một bài tập thực tế nhằm giúp học sinh có sự liên hệ giữa kiến thức
sách vở với thực tế cuộc sống. Thông qua ví dụ này, chúng tôi muốn học sinh sẽ dựa
vào các kiến thức lý thuyết có được để giải quyết các yêu cầu của bài toán đặt ra.
Gợi ý:
a. Các phương trình phản ứng:
2SO2 + O2 + 2CaCO3  2CaSO4 + 2CO2
2SO2 + O2 + 2Ca(OH)2  2CaSO4
b. Lượng khí thải trong một ngày = 24h.104m3/h = 2,4.106 m3 = 1,07.105 kmol
Lượng SO2 thải ra trong một ngày = 1,07.105 kmol. 0,15% = 160,7 kmol.
Lượng SO2 được hấp thụ = 152,7 kmol
Khối lượng thạch cao CaSO4.2H2O thu được = 152,7.172 = 26 264,4 kg.
c. Nếu lượng SO2 phân tán vào nước mưa.
2SO2 + O2 + 2H2O → 2H2SO4
160,7
160,7 kmol
Nồng độ H2SO4 trong nước mưa là 160,7 kmol/5000m3 = 3,214.10-2M
H2SO4

→
H+
+
HSO43,214.10-2
3,214.10-2
3,214.10-2
HSO4
H+
+
SO42Ka = 10-1,99
22


(3,214.10-2 - x) (3,214.10-2 + x)
x
Áp dụng đltdkl ta có: x = 6,6.10-3 => [H+] = 3,874.10-2M => pH = 1,41.
d. Khi sử dụng Na2SO3 đề hấp thụ SO2 ta có:
Na2SO3 + SO2 + H2O  NaHSO3
Để tái sinh SO2 từ dung dịch chúng ta có thể tăng nhiệt độ, giảm áp suất hoặc
giảm pH của dung dịch.
e. Xác định pH của dung dịch bão hòa khí SO 2 trong nước tại nhiệt độ 250C, khi
áp suất riêng phần của SO2 là 1 atm.
SO2 (k)  SO2 (dd)

KH =

[SO2 (dd)]
= 1,26 (atm-1. l-1.mol).
p SO2

Với p(SO2) = 1,0 atm => [SO2(dd)] = 1,26M.
Xét các cân bằng:
SO2 + H2O  H+ + HSO3- (1) Ka1 = 10-1,92
HSO3-  H+ + SO32(2) Ka2 = 10-7,18
H2O  H+ + OH(3) Kw = 10-14
Ta có: Ka1 >> Ka2 và Ka1.[SO2] >> Kw => cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch.
=> [H+]2 = Ka1.[SO2] = 10-1,92.1,26 => [H+] = 0,123M => pH = 0,91.
f. Thành phần dung dịch thu được gồm: H2SO4 1,26.0,4 = 0,504M.
SO2 (dd) = 0,756M.
Khi đó trong dung dịch xảy ra các quá trình sau:
H2SO4 → H+ + HSO40,504
0,504
0,504
HSO4-  H+ + SO42Ka = 10-1,99
SO2 + H2O  H+ + HSO3Ka1 = 10-1,92
−1,99
−1,92
Ta có: K a .C HSO = 10 .0,504 ≈ K a1C SO = 10 .0,756
−
4

2

Do đó, pH dung dịch chịu sự chi phối của hai cân bằng và quá trình phân ly nấc
1 của H2SO4.
K

K

a

a1
[H+] = 0,504 + [SO42-] + [HSO3-] = 0,504 + 0,504 K + [H + ] + 0,756 K + [H + ]
a
a1

Giải phương trình trên ta xác định được [H+]
Nhận xét: Thí dụ trên giúp học sinh củng cố các kiến thức về cân bằng trong dung dịch
và có thể áp dụng cho quá trình bồi dưỡng các học sinh giỏi dự thi Quốc gia.
Một số bài tập tương tự.
23


CÂU 5. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 250C bằng 0,016 gam/100 gam nước,
chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của BaSO3.
Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21.
CÂU 6.a) Tính [HSO-3] trong dung dịch nước của Na2SO3 0,01M.
b) Tính số mol NaOH cần cho vào 1 lít dd Na2SO3 0,01M để pH dung dịch tăng
1 đơn vị.
c) Nhỏ từng gọi brom vào dung dịch SO2 0,0100M. Toàn bộ SO2 chuyển hóa
thành sunfat. Brom dư được tách ra bằng cách sục với khí N2.
Viết phương trình phản ứng xảy ra và tính nồng độ [H +] thu được. (Coi thể tích
dung dịch không đổi).
Cho biết: HSO4- có pKa = 1,99.
4. H2SO4 và muối sunfat
CÂU 1. H2SO4 là một axit hai nấc, trong đó nấc 1 phân ly hoàn toàn và nấc 2 phân ly
một phần với hằng số axit là Ka = 10-1,99.
a. Xác định pH của dung dịch H2SO4 1.10-3M.
b. Xác định pH của dung dịch NaHSO4 2.10-3M.
Đặt vấn đề: Trong ví dụ này, chúng tôi muốn học sinh có thể sử dụng các dữ kiện về
hằng số axit để xác định chính xác pH của dung dịch, điều này rất cần thiết với học sinh

chuyên vì trong nhiều trường hợp, học sinh thường coi như sự điện ly của H 2SO4 là
hoàn toàn với cả hai nấc và do đó NaHSO 4 cũng phân ly hoàn toàn. Do đó khi xác định
pH của dung dịch, học sinh thường có sự nhầm lẫn nhất định, nhất là những học sinh đã
sử dụng các kiến thức phổ thông.
Gợi ý:
a) Với dung dịch H2SO4 1.10-3M
H2SO4 → H+ + HSO410-3
10-3
10-3
HSO4-  H+ + SO42Ka = 10-1,99
10-3 - x
10-3 + x
x
[H + ][SO24− ] (10−3 + x)x
=
Ta có: Ka =
= 10-1,99 => x = 8,44.10-4
[HSO −4 ]
10−3 − x

=> [H+] = 10-3 + x = 1,844.10-3M < 2.10-3M => pH = 2,73.
b) Với dung dịch NaHSO4 2.10-3M.
NaHSO4 → Na+ + HSO4-

24


2.10-3
HSO4-  H+
2.10-3 - x

x

2.10-3
+ SO42x

Ka = 10-1,99

[H + ][SO24− ]
x2
=
Ta có: Ka =
= 10-1,99 => x = 1,71.10-3M
[HSO −4 ]
2.10−3 − x

=> pH = 2,77.
Nhận xét: đây là một bài tập định lượng đơn giản có tác dụng củng cố kiến thức về tính
axit của axit sunfuric. Bài tập này có thể được sử dụng cho học sinh chuyên khi mới tiếp
cận các kiến thức về axit sunfuric và cũng củng cố các kiến thức về cân bằng dung dịch
axit-bazơ.
CÂU 2. Cho 100,0 mL dung dịch BaCl2 0,1M vào 100,0 mL dung dịch NaHSO4 0,1M.
Xác định pH của dung dịch thu được?
Cho biết: Tích số tan của BaSO4 là 10-9,96; Hằng số axit của HSO4- là 10-1,99.
Đặt vấn đề: Trong ví dụ này, quá trình tạo thành BaSO4 bị ảnh hưởng bởi sự phân ly
của anion HSO4-, do đó trước hết chúng ta đánh giá khả năng xuất hiện kết tủa của
BaSO4 dựa vào tích nồng độ của Ba2+ và SO42-.
Khi đó, nồng độ cân bằng của SO42- được xác định dựa vào cân bằng:
HSO4 H+ +
SO42(1) Ka = 10-1,99
0,1.0,1

0,1 + 0,1

C

C’
0,05 - x
x
Áp dụng đltd khối lượng ta có:
Ka =

[H + ].[SO 24− ]
[HSO−4 ]

=

x

x2
/
= 10-1,99 => x = 0,018 => CSO24− = 0,018M
0, 05 − x

0,1.0,1

/
Ta có: CSO . CBa = 0,018. 0,1 + 0,1 = 9.10-4 >> Ks = 10-9,96
2−
4

2+

=> có kết tủa BaSO4 xuất hiện.
phản ứng: Ba2+ + HSO4-  BaSO4 + H+
K1 = Ks-1.Ka = 107,97 >> 1
0,05
0,05
0,05
TPGH của phản ứng: BaSO4↓; H+ 0,05M
Đánh giá sự hòa tan của BaSO4:
BaSO4(r) + H+  Ba2+ + HSO4- K1-1 = 10-7,97
HSO4-  H+ + SO42Ka = 10-1,99
25