sáng kiếnxây dựng hệ thống lý thuyết và bài tập phần chiết dành cho học sinh giỏi thi quốc gia và quốc tế

Sỏng kin kinh nghim
V Vn Hp-Phm Trng Thnh-Trn Vit Hng
........................................................................................................................................................................

Sở GIáO DụC ĐàO TạO NAM ĐịNH
trờng THPT CHUYÊN LÊ HồNG PHONG

Sáng kiến kinh nghiệm dự thi cấp tỉnh

BáO CáO SáNG KIếN KINH NGHIệM

XÂY DựNG Hệ THốNG Lý THUYếT Và BàI TậP PHầN
CHIếT DàNH CHO HọC SINH GiỏI THI QuốC GIA Và
QuốC Tế
Ngời thực hiện: vũ văn hợp
Chức vụ:
Đơn vị công

Phạm trọng thịnh
Trần việt hng
Giáo viên
tác:
trờng thpt chuyên lê hồng phong

Năm học 2015 - 2016

THễNG TIN CHUNG V SNG KIN
1. Tờn sỏng kin:Xõy dng h thng lý thuyt v bi tp phn chit dnh cho hc sinh gii thi
Quc gia v Quc t.
2. Lnh vc ỏp dng sỏng kin:Ging dy v bi dng hc sinh gii thi Quc gia, khu vc
v quc t.

1


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

3. Thời gian áp dụng sáng kiến:Từ năm 2012 đến 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên: Vũ Văn Hợp.
Năm sinh: 1979.
Nơi thường trú: 53 Nguyễn Thi, Phường Thống Nhất, Thành phố Nam Định,tỉnh Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định.
Địa chỉ liên hệ: 370 Đường Vị Xuyên, thành phố Nam Định, tỉnh Nam Định.
Điện thoại: 03503640297.
5. Đồng tác giả:
a. Họ và tên: Phạm Trọng Thịnh.
Năm sinh: 1987.
Nơi thường trú: 69 Lương Văn Can, thành phố Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Cử nhân.
Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định.
Địa chỉ liên hệ: 370 Đường Vị Xuyên, thành phố Nam Định, tỉnh Nam Định.
Điện thoại: 03503640297.
b. Họ và tên: Trần Việt Hưng.
Năm sinh: 1992.
Nơi thường trú: 247 Trần Quang Khải, thành phố Nam Định.
Trình độ chuyên môn: Cử nhân.

Chức vụ công tác: Giáo viên.
Nơi làm việc:Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, tỉnh Nam Định.
Địa chỉ liên hệ: 370 Đường Vị Xuyên, thành phố Nam Định, tỉnh Nam Định.
Điện thoại: 03503640297.
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị:TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG.
Địa chỉ: 370 VỊ XUYÊN, TP NAM ĐỊNH.
Điện thoại: 03503 640 297.

2


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

MỤC LỤC
A.
B.
C.
I.
I.1.
I.2.
II.
II.1
.
II.2
.
III.
D.

E.

Điều kiện, hoàn cảnh tạo ra sáng kiến kinh nghiệm
Thực trạng trước khi có sáng kiến kinh nghiệm
Nội dung của sáng kiến kinh nghiệm
Lý thuyết
Định nghĩa chiết
Định luật phân bố
Xây dựng hệ thống bài tập
Các bài tập cơ bản
Các bài tập nâng cao
Kết luận
Hiệu quả do sáng kiến kinh nghiệm đem lại
Cam kết

Trang
3
3
4
4
4
4
7
7
12
29
29
29

3

Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

A. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
Chiết để tách các chất là một phương pháp được sử dụng rất nhiều trong hoá học phân tích và
trong đời sống. Từ rất lâu, người ta đã sử dụng các dung môi như nước để tách các chất màu ra
khỏi các cành, lá, hoa, quả hoặc sử dụng rượu để chiết tách thuốc có trong các loại thảo dược.
Phương pháp tách đó được gọi là phương pháp chiết lỏng-rắn. Bên cạnh đó, phương pháp chiết
lỏng-lỏng cũng được sử dụng để tách các chất hữu cơ khi tan trong dung môi này bằng các dung
môi khác mà các dung môi dùng để tách chỉ có khả năng hoà tan một chất trong hỗn hợp các chất
đó. Điều đó chứng tỏ đến tầm quan trọng của phương pháp chiết trong hoá học và trong đời sống.
Từ khoảng cuối thế kỉ 20 và đầu thế kỉ 21, tại các kì thi chọn đội tuyển thi HSG thi Olympic
quốc tế và thi Olympic quốc tế môn Hoá học, các vấn đề về lý thuyết chiết và bài tập chiết và thực
hành chiết đã xuất hiện, điều đó đặt ra một yêu cầu về nội dung và chương trình giảng dạy cho
học sinh.
Bên cạnh đó, nội dung về phương pháp chiết chỉ được giới thiệu trong một số rất ít các tài liệu
chuyên ngành hoá học nhưng đã xuất hiện trong các tài liệu chuẩn bị và đề thi Olympic Quốc tế,
đồng thời cũng đã xuất hiện trong đề thi chọn đội tuyển thi HSG Olympic Quốc tế.
Trong khi đó với yêu cầu của công tác giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi, chúng tôi đã bồi
dưỡng và giảng dạy cho học sinh chuyên đề này. Dựa trên kết quả giảng dạy của học sinh và sự tự
bồi dưỡng của bản thân, chúng tôi tiến hành viết sáng kiến kinh nghiệm với chuyên đề: “XÂY
DỰNG HỆ THỐNG LÝ THUYẾT VÀ BÀI TẬP PHẦN CHIẾTDÀNH CHO HỌC SINH
GIỎI THI QUỐC GIA VÀ QUỐC TẾ”
Chúng tôi hy vọng với chuyên đề này, các giáo viên và học sinh có thêm những tài liệu bổ ích
nhằm phục vụ cho việc học tập và nghiên cứu của bản thân.
Mục đích của đề tài:Vận dụng lý thuyết phân tích về cân bằng ion trong dung dịch và cân
bằng chuyển hoá giữa các chất trong các dung môi không hoà tan khác nhau. Chúng tôi xây dựng

hệ thống lý thuyết và các mức độ bài tập cân bằng chiết phục vụ cho bồi dưỡng học sinh dự thi
HSG Quốc gia và chọn đội tuyển thi Olympic quốc tế.
Nhiệm vụ của đề tài: Chúng tôi tiến hành chia đề tài thành các vấn đề cần hoàn thiện sau:
- Hệ thống lý thuyết về cân bằng hoà tan giữa các dung môi
- Hệ thống các công thức phục vụ tính toán trong các bài tập chiết
- Xây dựng các bài tập cơ bản và nâng cao
B. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI TẠO RA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
Giáo viên chưa có tài liệu chính thống để giảng dạy cho học sinh chuyên hóa. Các giáo viên
dạy chuyên đều phải tự mày mò tài liệu, chọn kiến thức phù hợp để giảng dạy.

4


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Để học sinh giải quyết được các vấn đề trong đề thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế thì giáo
viên cần phải khai thác các kiến thức trong các giáo trình đại họcđể dạy cho học sinh chuyên.
Liên quan trực tiếp đến chuyên đề, tài liệu viết về hệ thống lý thuyết của chuyên đề khá ít,
bài tập khá nghèo nàn.
C. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
I. LÝ THUYẾT
I.1. Định nghĩa chiết
Nếu chất A tan được cả trong hai dung môi S 1 và S2 không tan vào nhau thì khi lắc một ít chất
A trong dung môi S1 với một lượng dung môi S 2 thì một phần chất A sẽ chuyển từ S 1 sang S2 cho
đến khi cân bằng sau được thiết lập:
(A)S1 (A)S2
(1.1)
Tại thời điểm cân bằng, tốc độ chuyển A từ S 1 sang S2 và tốc độ chuyển ngược lại A từ S2 sang

S1 bằng nhau. Quá trình xảy ra cũng được gọi là quá trình chiết chất A từ dung môi S1 sang dung
môi S2.
Thông thường, để hai dung môi không hoà tan vào nhau thì chúng phải có tính chất trái ngược
nhau và khối lượng riêng càng cách xa nhau càng tốt.
Để thoả mãn điều đó thì dung môi S1 thường là dung môi có tính phân cực cao, ví dụ H 2O,..
còn dung môi S2 thường là dung môi không phân cực, ví dụ CCl4, hexen, benzen, CS2.
Các chất được chiết bởi các dung môi không phân cực phải là các hợp chất có tính phân cực
kém hoặc không phân cực. Cụ thể các chất thường được chiết là:
a) Các chất vô cơ
- Một số đơn chất như: I2, Br2 chiết được bởi CHCl3, CCl4, benzen,...
- Một số phức chất ngay cả ít bền trong dung dịch nước: các phức clorua, bromua, iotđua,
thioxianat,v.v,..., các hợp chất axit dị đa, photphatvanađat, molipđat,v,v....
Ví dụ: Fe(SCN)3 chiết được bởi ete (cho màu đỏ), bởi hexon (metylisobutyl xeton) (cho màu
đỏ tím). Các axit phức như H[AuCl 4], H[AuBr4], H[FeBr4],... chiết được bằng các dung môi hữu
cơ chứa oxi.
b) Các hợp chất hữu cơ.
- Các phân tử không phân li hoặc phân li một phần trong nước (các axit, bazơ hữu cơ).
- Các phức chất giữa ion kim loại và thuốc thử, trong đó đáng chú ý là các càng và các liên
hợp ion.
Ví dụ: Nhiều cation kim loại (Cu 2+, Hg2+, Zn2+, Cd2+,...) chiết được bởi dung dịch đithizon
(điphenyl thiocacbazon) trong CCl4 hoặc CHCl4 do sự tạo thành hợp chất nội phức tan trong dung
môi hữu cơ.
Ion BiI4- tạo liên hợp ion với cayion rozamin B (C16H33)4N+ chiết được bởi benzen.
5


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

I.2. Định luật phân bố
a) Hằng số phân bố
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (1.1.), ta có:

KD =

(A)S1
(A)S2

(1.2)

Trong đó: (A)S1 là hoạt độ của chất A trong dung môi S1.
(A)S2 là hoạt độ của chất A trong dung môi S2.
KD được gọi là hằng số phân bố.
Do KD là hằng số nên KD phụ thuộc vào nhiệt độ, bản chất của các chất tan và dung môi.
Trong đa số trường hợp, chất nhận một cách gần đúng hoạt độ bằng nồng độ, nên biểu thức
(1.2) có thể được biểu diễn như sau:

KD =

[A]S1
[A]S 2

(1.3)

b) Hệ số phân bố
Trên thực tế, bên cạnh quá trình chiết, còn có các quá trình phụ khác xảy ra trong dung môi
nước và dung môi hữu cơ (phản ứng axit-bazơ, phản ứng tạo phức, phản ứng liên hợp,...), do đó
người ta dùng đại lượng là hệ số phân bố D để đặc trưng định lượng của quá trình chiết. D là tỷ
số giữa tổng nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của chất tan trong dung môi hữu cơ với tổng nồng

độ chất tan trong nước.
DA =
Trong đó:

∑[ A]
∑[ A]

o

(1.4)

w

∑ [ A ] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của A trong pha hữu cơ (organic).
∑ [ A ] là tổng nồng độ cân bằng các dạng của A trong pha nước (water).
o

w

Thực chất DA chính là hằng số phân bố điều kiện KD' của A.
Do DA là hệ số nên nó phụ thuộc vào pH dung dịch, nồng độ chất tạo phức phụ ở trong pha
nước, nồng độ thuốc thử trong pha hữu cơ.
c) Hiệu suất chiết (E%)
Hiệu suất chiếtlà tỷ số giữa tổng lượng chất chiết được trong dung môi hữu cơ với tổng lượng
chất có trong nước trước khi bị chiết.
E% =

∑[ A] V
∑[ A] V + ∑[ A]
o

o

o

o

V
w w

.100%
(1.4)

Chia cả hai số hạng của (1.4) cho Σ [A]oVo ta có:
6


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

E% =

100%.D A
1
.100% =
V
∑ [ A ] w .Vw
DA + w
1+

Vo
∑ [ A ] .V

(1.5)

o

o

d) Thực nghiệm chiết
Để chiết chất tan A từ dung môi (giả sử là nước) bằng dung môi hữu cơ, người ta lắc dung môi
hữu cơ với dung dịch nước chứa chất A đến khi cân bằng được thiết lập.
Khi cho Vo Lit dung môi hữu cơ vào Vw Lit dung dịch chứa x0 lượng chất A, sau khi cân bằng
được thiết lập, một lượng chất A sẽ phân bố vào dung môi hữu cơ. Do đó sau lần chiết thứ nhất
trong dung dịch nước còn lại x1 mol chất A. Lúc đó:

[ A] w =
KD =

x1
x − x1
(mol / l) [ A ] o = 0
(mol / l)
Vw
Vo
;

[ A] o
[ A] w

x 0 − x1
Vo
=
x1
Vw




÷
1

÷
=> x1 = x0
 1 + K Vo ÷
D

Vw ÷



(1.6)
Nếu chiết tiếp chất A còn lại trong dung dịch nước bằng cùng V 0 Lit dung môi mới thì lượng
chất A còn lại sau lần chiết thứ 2 là:
2







÷

÷
1
1
÷ = x0 
÷
x 2 = x1 
 1 + K Vo ÷
 1 + K Vo ÷
D
D


Vw ÷
Vw ÷





Sau n lần chiết thì lượng chất A còn lại trong dung dịch nước là x n và khi đó:


1
x n = x0 
 1 + K Vo
D


Vw


n


÷
÷
÷
÷


(1.7)

% chất A còn lại trong nước sau n lần chiết là:
n




÷
xn
1
÷ .100%
.100% = 
x0
 1 + K Vo ÷
D

Vw ÷




(1.8)
7


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Nếu so sánh được hiệu suất chiết với cùng một thể tích dung môi hữu cơ (V o) với việc chia
nhỏ thành n lần chiết, mỗi lần có thể tích là V o/nthì sẽ xác định hiệu suất theo cách nào cao hơn?
Cụ thể:
Nếu chiết với thể tích là Vo thì lượng chất A còn lại trong dung dịch là:




÷
1

÷
x = x0
V
1 + K o ÷
D

Vw ÷



Nếu Vo = Vw



1
x = x0 
÷
 1 + KD 
Nếu chia n lần chiết với thể tích của mỗi lần là V o/n thì lượng chất A còn lại sau n lần chiết sẽ
là:
n



n

÷



÷

÷
1
1

÷
÷
x n = x0

= x0 
Vo ÷

 1 + K Vo ÷
D


n ÷
nVw ÷


1
+
K

÷
D
V
w 

n




÷
1
x n = x0 
K ÷
1 + D ÷


n  < x
Khi đó với V0 = Vw =>
Do đó, hiệu suất chiết của quá trình chiết với V 0 Lit được chia thành n lần chiết sẽ cao hơn so
với chiết 1 lần.
II. XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP
II.1. Các bài tập cơ bản
Dựa vào đặc điểm lý thuyết về chiết, chúng tôi tiến hành xây dựng một số bài tập cơ bản nhằm
củng cố kiến thức về quá trình chiết, đồng thời thiết lập mối quan hệ giữa các cân bằng trong các
dung môi khác nhau.
a) Những bài tập củng cố lý thuyết
Ví dụ 1: Brom tan được trong nước và một số dung môi hữu cơ. Trong các dung môi sau:
a) CHCl3;
b) CCl4
c) Axeton
d) Benzen e) Ancol etylic
Hãy cho trong các dung môi trên, dung môi nào có thể sử dụng để chiết được brom? Giải
thích?
8


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Gợi ý:Các dung môi có thể sử dụng để chiết brom từ dung dịch nước brom là a), b), d) vì các
dung môi này không tan trong nước.
Nhận xét: Ví dụ này giúp học sinh có thể lựa chọn các dung môi phù hợp để chiết từ dung
dịch nước dựa vào đặc điểm chung về dung dịch chiết.
Ví dụ 2: Chất hữu cơ X tan được trong nước và tan trong một số dung môi hữu cơ như CHCl 3

(d = 1,49 g.cm-3), CCl4 (d = 1,59 g.cm-3), hexan (d = 0,6485 g.cm-3), benzen (d = 0,876 g.cm-3)
Hãy cho dung môi nào tốt hơn để tách chất X từ dung dịch nước nếu:
a) Chất X có khối lượng riêng lớn hơn 1,00 g.cm-3.
b) Chất X có khối lượng riêng nhỏ hơn 1,00 g.cm-3.
Gợi ý:
Bên cạnh yêu cầu là dung môi chiết không hoà tan trong nước và hoà tan tốt chất
hữu cơ A, thì tỷ khối của dung môi chiết cũng quan trọng bởi vì nếu dung môi chiết có khối lượng
riêng (d) càng gần với nước thì chúng sẽ dễ khuếch tán vào nhau và sự tách lớp sau khi lắc sẽ xảy
ra chậm hơn.
Bên cạnh đó, nếu chất tan có khối lượng riêng lớn hơn 1,00 g.cm -3 thì khi sử dụng dung môi
của khối lượng riêng nhỏ hơn 1,00 g.cm -3 sẽ làm cho khối lượng riêng của dung dịch (trong dung
môi hữu cơ) gần với 1,00 g.cm-3 và sẽ làm cho tốc độ tách lớp chậm và ngược lại.
Do đó, với chất tan X có khối lượng riêng<1,00 g.cm -3 thì sử dụng các dung môi như hexan (d
= 0,6485 g.cm-3), benzen (d = 0,876 g.cm-3, trong đó dung môi tốt hơn là hexan.
Với các chất tan có khối lượng riêng >1,00 g.cm -3 thì sử dụng các dung môi như: CHCl 3 (d =
1,49 g.cm-3), CCl4 (d = 1,59 g.cm-3) trong đó dung môi tốt hơn là CCl4 (d = 1,59 g.cm-3)
Chú ý: Yêu tố khối lượng riêng chỉ là yếu tố phụ, yếu tố quyết định là hằng số chiết KD.
Nhận xét: Dựa vào ví dụ trên, học sinh có thể hình dung được các yêu cầu cần có đối với một
dung môi trong một thí nghiệm chiết nhằm giúp cho quá trình chiết được dễ dàng hơn.
Ví dụ 3: Dựa vào lý thuyết về chiết hãy cho biết điều kiện về:a) tính chất, b) tỷ khối, c) mối
quan hệ giữa dung môi và chất tan của dung môi trong quá trình chiết?
Gợi ý:a) Điều kiện về tính chất: hai dung môi phải có tính chất phân cực rất xa nhau, thường là
một dung môi phân cực và một dung môi không phân cực để không hoà tan được vào nhau. Chính
vì thế, trong rất nhiều trường hợp, người ta phải thêm vào dung môi hữu cơ một số chất để giảm
độ phân cực của dung môi hữu cơ nhằm giảm tối thiểu khả năng hoà tan giữa các dung môi.
b) Điều kiện về tỷ khối: các dung môi phải có tỷ khối càng xa nhau càng tốt, nếu tỷ khối gần
nhau thì các dung môi dễ khuếch tán vào nhau, do đó việc chiết các chất từ dung môi này sang
dung môi kia rất khó thực hiện. Do đó, đối với các dung môi có khối lượng riêng gần với khối
lượng riêng của dung dịch (trong dung môi nước), người ta thường thêm một số hoá chất nhằm
làm tăng hoặc giảm tỷ khối của dung môi hữu cơ, với mục đích làm tăng khoảng cách tỷ khối giữa

dung môi hữu cơ và dung dịch (với dung môi nước).
9


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

c) Mối quan hệ giữa dung môi và chất tan: Một quy luật được biết đến là các chất có tính chất
giống nhau thì tan tốt vào nhau. Do đó để một chất có thể tan tốt trong dung môi không phân cực
(thường là dung môi hữu cơ), thì độ phân cực của chất đó kém. Điều này sẽ ảnh hưởng đến lượng
có thể chiết được bởi dung môi hữu cơ. Cụ thể, nếu một chất tan tốt trong nước thì sẽ tan kém
trong dung môi hữu cơ và như thế hằng số chiết (K D) sẽ rất nhỏ và hiệu suất chiết được thấp
ngược ta nếu một chất tan tốt trong dung môi hữu cơ thì lượng của chất đó trong dung dịch nước
sẽ rất nhỏ và do đó lượng chất chiết được sẽ rất nhỏ. Để hiệu suất chiết cao và lượng chất chiết
được nhiều, người ta thường chọn một trong các giải pháp sau:
(1)-Cả hai dung môi đều có mức độ hoà tan tương đối với chất tan.
(2)-Thay đổi các điều kiện của một trường để tăng khả năng hoà tan của chất tan trong dung
môi nước dẫn đến lượng chất được chiết trong dung môi hữu cơ sẽ tăng lên.
(3)-Thực hiện các phản ứng tạo phức nhằm giảm sự phân cực của các chất trong dung môi
nước nhằm làm giảm độ tan trong dung môi nước và tăng độ tan trong dung môi hữu cơ.
(4)-Trong nhiều trường hợp, cả thuốc thử và phức chất đều ít tan trong nước, do đó người ta
thường chiết ion kim loại trong dung dịch nước bằng dung dịch thuốc thử trong dung môi hữu cơ.
Điều đó dẫn đến các quá trình chiết sau:
Mn+ + nHX  MXn + nH+
Kex (hằng số chiết)
(w)
(o)
(o)
(w)

Bằng cách tăng lượng chất X và tăng pH của dung dịch sẽ dẫn đến sự tăng hiệu suất chiết.
Ví dụ 4: Hãy giải thích các hiện tượng sau:
a) Để chiết được ion Fe 3+ trong dung dịch, người ta cho HCl đặc vào, khi đó Fe 3+ tạo thành hợp
chất phức là H[FeCl4] và chiết bằng một số dung môi như este, ete, ancol, xeton.
b) Để tách được Ni2+ trong dung dịch, người ta cho thêm đimetylglioxim vào dung dịch chứa
Ni2+ để tạo ra thuốc thử Ni(Dim)2 màu đỏ, ít tan trong nước và chiết bằng dung môi CHCl3.
Từ kết quả đó, hãy cho biết ý nghĩa của quá trình tạo phức đó với quá trình chiết.
Gợi ý: Việc thêm vào dung dịch có thuốc thử nhằm tạo thành phức chất dẫn đến quá trình
chuyển một hợp chất phân cực mạnh (Fe 3+, Ni2+) thành một hợp chất phân cực kém nên dễ dàng
chiết được bởi các dung môi hữu cơ.
Ví dụ 5: Ion Fe3+ tạo được phức chất với ion SCN- theo các cân bằng sau:
Fe3+ + SCN- [Fe(SCN)]2+
Fe3+ + 2SCN- [Fe(SCN)2]2+
Fe3+ + 3SCN- [Fe(SCN)]3
Fe3+ + 4SCN- [Fe(SCN)]4Fe3+ + 5SCN- [Fe(SCN)]52Fe3+ + 6SCN- [Fe(SCN)]6310


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Tiến hành chiết Fe(III) từ dung dịch nước bằng ete. Hãy cho biết cấu tử nào trong các cấu tử
trên được chiết bởi ete? Giải thích?
Gợi ý: Cấu tử có thể chiết được bởi ete là [Fe(SCN)] 3 vì độ phân cực kém nhất.
b) Những bài tập có sự gợi ý.
Ví dụ 1: Có thể chiết iot từ dung dịch nước (w) vào dung môi hữu cơ (o) khác nhau. Hệ số
phân bố (D) của quá trình chiết I2 bằng CCl4 là 83,75.
Trộn 100,00 ml dung dịch nước chứa 1,025.10 -2 mmol I2 với 25,00 ml CCl4 và lắc đến cân
bằng. Tính lượng iot trong pha nước và pha hữu cơ.
Hướng dẫn giải:

Xét cân bằng sau:
(I2)w (I2)o
KD
Gọi lượng I2 còn lại trong pha nước là x mmol thì lượng I 2 được chiết vào pha hữu cơ là
1,025.10-2 – x (mmol)
Theo định nghĩa:
1,025.10−2 − x
[ I2 ] o =
25
D I2 =
= 83,75 => x = 4,672.10 −4 (mmol)
x
[ I2 ] w
100
Nhận xét: bài tập này dựa trên sự áp dụng trực tiếp hệ số phân bố D trong việc xác định lượng
các chất đã được chiết từ dung dịch nước bằng dung môi hữu cơ. Dựa vào kết quả của bài tập này,
chúng ta có thể xây dựng các dạng bài tương tự nhằm giúp học sinh củng cố vững chắc kiến thức
về cân bằng chiết và hệ số chiết (D).
Ví dụ 2: Chất X có hằng số phân bố giữa nước và clorofom là 4,0. Tính % X bị chiết khỏi
100,00 ml dung dịch nước bằng:
a) Một lần chiết với 100,00 ml CHCl3.
b) Bốn lần chiết với mỗi lần 25,00 ml CHCl3.
Hướng dẫn giải:
Gọi lượng chất X có trong V w ml dung dịch nước là x0 mol. Sau khi chiết 1 lần bằng V 0 ml
CHCl3, trong dung dịch còn lại x1 mol chất X.
Ta có:
x 0 − x1
−1

V0

V0 
KD =
=> x1 = x0  1 + K D
÷
x1
Vw 

Vw

Sau n lần chiết, lượng chất X còn lại trong nước là xn, khi đó

11


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................
−n


V 
x n = x0 1 + K D o ÷
Vw 


a) Lượng chất X còn lại trong nước sau một lần chiết bởi 100 ml CHCl 3 là:
−1

−1


V 
100 

x1 = x 0  1 + K D 0 ÷ = x0 1 + 4.
÷ = 0,2x 0
Vw 
100 


0,8x 0
.100%
x
0
% lượng chất X bị chiết là:
= 80%.

b) Lượng chất X còn lại trong nước sau 4 lần chiết bởi 25 ml CHCl3 là:
−4

−4


V 
25 

x 4 = x 0  1 + K D o ÷ = x 0  1 + 4.
÷ = 0,0625x 0
V
100




w 
x0 − 0,0625x0
.100% = 93,75%
x
0
% lượng chất X bị chiết là:

Nhận xét: Thông qua ví dụ này học sinh có thể so sánh được hiệu suất chiết khi thực hiện
bằng hai cách khác nhau. Dựa vào đó, học sinh có thể thành hành các dạng bài tập liên quan đến
việc xác định thể tích dung môi nếu chiết một số lần nào đó.
Ví dụ 3: Hệ số phân bố của A giữa nước và toluen bằng 2,85.
a) Tính thể tích toluen phải dùng để chiết được 99% A từ 100,00 ml dung dịch chứa 2,25 gam
chất A.
b) Cần thực hiện bao nhiêu lần chiết với mỗi lần 25,00 ml toluen để chiết được 99,0% A?
Hướng dẫn giải:
Do không có quá trình phụ nào nên D = KD.
a) Gọi Vo là thể tích toluen; x là lượng chất A còn lại trong nước sau khi chiết, ta có:
−1

−1


V 
V 

x = x 0  1 + K D 0 ÷ <=> 1 = 100  1 + 2,85 0 ÷
Vw 

100 



=> Vo = 3473,68 ml
Chú ý: Học sinh có thể giải dựa vào biểu thức của D hoặc E%.
b) Nếu mỗi lần dùng là 25 ml toluen để chiết được 99%A từ 100,00 ml dung dịch nước chứa A
thì số lần chiết là n, khi đó ta có:
−n

25 

1 = 100  1 + 2,85
100 ÷



=> n = 8,56 ≈ 9

12


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Ví dụ 4: Hoà tan 300 mg chất hữu cơ A (M A = 84) trong 250,0 ml nước. Sau đó chiết dung
dịch thu được với 100,0 ml benzen. Sau khi hệ đạt đến cân bằng thì thấy lượng chất X còn lại
trong nước là 40 mg.
Tính KD

Gợi ý:

300
= 3,571 mmol
Số mol chất A ban đầu 84
; số mol chất A còn dư là:

40
= 0,467 mmol
84
Xét cân bằng:

(A)w (A)o

KD

3,571 − 0,476
[ A] o =
100
KD =
= 16,25
0, 476
[ A] w
250
Ví dụ 5: Chất B có hằng số phân bố giữa nước và benzen bằng 3,0.
a) Tính thể tích benzen cần lấy để khi chiết 25,00 ml dung dịch chứa 9,0 mg B thì sau lần chiết
đầu tiên đã có 90% lượng chất B bị chiết bởi dung môi hữu cơ.
b) Cần tiến hành bao nhiêu lần chiết, nếu mỗi lần sử dụng 25,00 ml benzen để có thể chiết
được 90% lượng chất B.
Gợi ý:a) Lượng chất A còn lại trong dung môi nước là 10%, khi đó, dựa vào (1.7), ta có:

−1

−1


V 
V 

=> 10 = 100  1 + K D o ÷ = 100  1 + 3 o ÷
Vw 
25 


=> Vo = 75,0 ml.
b) Gọi n là số lần chiết với Vo = 25,00 ml, ta có:
−n

−n


V 
25 

=> 10 = 100  1 + K D o ÷ = 100  1 + 3 ÷
Vw 
25 



=> n = 1,66 ≈ 2 lần

Nhận xét: Thông qua ví dụ này, học sinh có thể áp dụng một cách đơn giản các công thức đã
chứng minh ở trên để đó xác định hiệu suất chiết của mỗi thí nghiệm.
Ví dụ 6: Cho biết hằng số phân bố KD của quá trình chiết I2 trong nước bằng dung môi CCl4 là
85. Người ta lắc 10 ml dung dịch I2 4,0.10-4M với 6 ml CCl4.
Tính nồng độ I2 còn lại trong dung dịch sau khi hệ đạt đến cân bằng.
Hướng dẫn giải
Sử dụng công thức (1.7), ta có:

13


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

[ I2 ]

−1


V 
6

= [ I 2 ] 0  1 + K D 0 ÷ = 4.10−4 1 + 85. ÷ = 7,69.10−6 M
Vw 
10 



Nhận xét: Trong ví dụ này, giáo viên có thể sử dụng ngược lại các giá trị về nồng độ còn lại

sau khi chiết để yêu cầu học sinh xác định thể tích của dung môi hữu cơ hoặc sử dụng các mối
quan hệ khác. Nói cách khác, đây là một bài tập cơ bản giúp học sinh làm quen với thực nghiệm
chiết.
II.2. Các bài tập nâng cao
II.2.1. Các bài tập áp dụng cho học sinh giỏi thi quốc gia.
Ví dụ 1: Dung dịch axit axetic (HAx) 0,28M được thêm NaOH cho đến pH = 5 và được chiết
bằng ete. Hệ số phân bố D = 0,67.
Xác định hằng số phân bố KD.
Cho biết: Hằng số axit của HAx là pKa = 4,76.
Gợi ý: Xét các cân bằng trong dung dịch nước:
CH3COOH  CH3COO- + H+
Ka
(CH3COOH)w (CH3COOH)o
KD
Dựa vào biểu thức hệ số phân bố D, ta có:

D=

[ HAx ] o
[ HAx ] o
=
[ HAx] + Ax −  [ HAx ] ( 1 + K a .h −1 )

0,167 = K D

10−5

= KD

h

h + Ka

10−5
+ 1,74.10 −5

=> KD = 0,485.
Nhận xét: Trong ví dụ này, học sinh đã bắt đầu làm quen với việc tính toán liên quan đến các
cân bằng giữa hai dung môi và cân bằng trong dung dịch nước. Dựa trên ví dụ này, giáo viên có
thể thiết lập các dạng bài như: tính pH của dung dịch nước, hằng số axit dựa vào hằng số phân bố
và hệ số phân bố.
Ví dụ 2: Dung dịch chứa axit HA (pKa = 4,0) chiết được bởi benzen:
(HA)w (HA)o
KD = 8,0
Cần thiết lập pH bằng bao nhiêu để không quá 1% HA bị chiết bởi benzen (coi V w = Vo)?
Gợi ý: Dựa vào biểu thức của hiệu suất chiết ta có:
E% =

100%.D A
DA
1
.100% =
=
100% = 1%
Vw
A ] w .Vw
DA + 1
[
∑
DA +
1+

Vo
A
.V
[
]
∑
o

o

14


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

[ HAx ] o
[ HAx ] o
1
=
=
99 [ HAx ] +  Ax −  [ HAx ] 1 + K a .h −1
1
h
= 8
=> h = 1,26.10 −7 M
−4
99
h + 1.10

D HA =

(

)

= KD

h
h + Ka

Vậy pH = 6,90.
Ví dụ 3: Xác định ảnh hưởng của pH trong dung dịch nước đối với hiệu suất của quá trình
chiết một axit yếu HnA.
Hướng dẫn giải:
Xét các quá trình xảy ra:
- Quá trình phân ly của axit HnA trong dung môi nước:
HnA  H+ + Hn-1AKa1
Hn-1A- H+ + Hn-2A2Ka2
..........................................
......
(n-1)+
nHA  H + A
Kan
- Quá trình chiết:
(HA)w (HA)o
KD
Hệ số phân bố:
D Hn A =

[ Hn A] o

=

n

∑ [ H A]

i=0

i

[ Hn A] o
[ H n A ] w α −H1 A

= K D .α H n A

n

w

Trong đó:

α Hn A =

h n + K a1h n −1

hn
+ ... + K a1 ....K an

Dựa vào cân bằng (1.5), ta có:
E% =

100%.K D α Hn A
V
K D .α H n A + w
Vo

Nhận xét: dựa vào biểu thức vừa chứng minh, chúng ta có thể giải thích được ảnh hưởng của
yếu tố pH đến hiệu suất chiết của các dung môi. Cụ thể, nếu trong dung dịch axit, nếu pH của lớn
làm cho α quá nhỏ sẽ làm giảm hiệu suất của các chất. Chính vì thế, tuỳ thuộc vào các chất bị
chiết mà chúng ta có thể duy trì pH của dung dịch sao cho khả năng chiết được là lớn nhất.
Ví dụ 4: Chiết axit cacboxylic HA bằng ancol isoamylic.
Thiết lập biểu thức liên hệ giữa hệ số chiết (D) với hằng số chiết K D và hằng số axit của axit
HA trong dung môi nước là Ka trong các trường hợp sau:
15


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

a) Giả thiết trong dung môi hữu cơ không có quá trình đime hoá, nghĩa là dạng tồn tại là dạng
monome.
b) Giả thiết trong dung môi hữu cơ dạng tồn tại cân bằng đime hoá của axit HA.
Gợi ý:
a) - Trong dung môi nước xảy ra quá trình phân ly axit:
HA  H+ + AKa
- Cân bằng của HA trong hai dung môi

(HA)w (HA)o
KD

KD =
Ta có:

[ HA ] o
[ HA ] w

D HA =

[HA]0
[HA] + [A − ]

b) Trong dung môi nước xảy ra quá trình phân ly axit:
HA  H+ + AKa
- Cân bằng của HA trong hai dung môi
(HA)w (HA)o
KD
- Cân bằng đime hoá trong dung môi hữu cơ
2(HA)o (H2A2)o
Kđi
Ta có:

D HA =

[ HA ] o + 2 [ H 2 A 2 ] o
[ HA] +  A − 

=

[ HA ] o ( 1 + 2K di [ HA ] o )
[ HA ] ( 1 + K a−1[H + ])

= KD

( 1 + 2K [ HA ] )
( 1 + K [H ])
di

−1
a

o

+

Chú ý: Nếu Kđi rất lớn, khi đó coi như ta có cân bằng mới:
2(HA)w (H2A2)o
K = Kđi. KD2

D HA =

2 [ H2A2 ] o

[ HA ] +

 A − 

=

2 [ H2 A2 ] o
 1 + K a−1[H + ] 
[ HA ]  [HA] ÷


2

= K di .K 2D

2
 1 + K a−1 [H + ] 

÷
[HA]



Ví dụ 5: Axit axetic (HAx) tan một phần trong benzen với hằng số phân bố là K D = 8,01.10-3.
Trong benzen, axit axetic đime hoá một phần theo cân bằng:
2(HAx) (HAx)2
Kđi
Xác định Kđi, biết rằng khi lắc 10,00 ml dung dịch HAx 1,00M ở pH = 5,0 với 200 ml benzen
cho đến khi cân bằng thì sau khi tách trong pha nước chỉ còn 0,920M HAx.
Cho biết: pKa của HAx là 4,76.
16


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng

........................................................................................................................................................................

Gợi ý:
Trong dung môi nước xảy ra quá trình phân ly axit:
HA  H+ + AKa = 10-4,76
- Cân bằng của HA trong hai dung môi
(HA)w (HA)o
KD = 8,01.10-3
- Cân bằng đime hoá trong dung môi hữu cơ
2(HA)o (H2A2)o
Kđi

D HAx =

0,08 2
=
0,92 23

Ta có:
Mặt khác, ta có trong dung dịch nước: [HAx] + [Ax-] = 0,920M

h
10 −5
=> [ HAx ] = 0,92
= 0,92 −5
= 0,336M
Ka + h
10 + 10−4,76

[ HAx ] o

[ HAx ] w

K D = 8,01.10−3 =
=>

=>

[(HAx)2 ]o =
K di =

=>

0,08

[(HAx)2 ]o

[ HAx ]

2

=> [ HAx ] o = 8,01.10 −3.0,336 = 2,69.10−3 M

10
− 2,69.10−3
200
= 6,55.10 −4 M
2

=

6,55.10 −4
= 90,52
(2,69.10−3 )2

Ví dụ 6: Một trong những phương pháp thích hợp để thu được dung dịch uran có nồng độ cao
là phương pháp tách chiết lỏng-lỏng với pha hữu cơ là dầu hỏa chứa một nồng độ nhỏ hợp chất để
tách tributylphosphate (TBP). Khi tách uran dưới dạng uran nitrat (UO 2(NO3)2) (kí hiệu là X) dưới
những điều kiện thích hợp, mối quan hệ giữa nồng độ uran trong nước và trong pha hữ cơ được
biểu diễn bằng phương trình:
Hằng số phân bố: KD= 10
ở đây [X]o và [X]w lần lượt là nồng độ cân bằng (M) của UO 2(NO3)2 trong pha hữu cơ và pha
nước.
a) Hãy tính % số mol (so sánh với nồng độ đầu) của UO 2(NO3)2 còn lại trong pha nước sau khi
tách 1,00 Lit dung dịch (với nồng độ đầu là 0,01 M) bằng 500 mL dung môi hữu cơ.
b) Đề xuất một sơ đồ để chuyển (tách chiết) 96% UO 2(NO3)2 trong 1,00 Lit dung dịch nước
sang 500 mL dung môi hữu cơ.
Giả thiết rằng hằng số phân bố không đổi trong quá trình tách chiết (K D = 10).
Gợi ý:
a) Xét cân bằng: (X)w (X)o
KD
17


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Gọi x là nồng độ cân bằng của UO2(NO3)2 trong pha nước.
Nồng độ cân bằng của UO2(NO3)2 trong pha hữu cơ là

(C 0 − x).1000
= 2(C 0 − x)
500

KD =

[ X] o
[ X] w

=

2(C 0 − x)
x
1
= 10 =>
= = 16,67%
x
C0 6

Ta có:
b) 500 mL dung môi hữu cơ có thể được chia ra làm n lần bằng nhau để tách chiết:
Tỉ số thể tích của 2 pha là: Vw/Vo = 1000 : (500/n) = 2n
- Sau lần tách thứ nhất:
Corg

D = x1

=

2n(Co − x1 )

x1
= 10

2nCo
→ x1 = D + 2 n

- Đối với lần tách 2, nồng độ đầu của pha nước là x1, nồng độ cân bằng là x2. Sử dụng phương
trình (8), Chúng ta thay x2 bằng x1, và x1 bằng Co thu được phương trình sau:
2

 2n 
2nx1

÷ Co
x2 = D + 2 n =  D + 2 n 

- Sau lần tách thứ n, nồng độ UO2(NO3)2 còn lại trong pha nước là:
n

 2n 

÷ Co
D
+
2
n


xn =

% UO2(NO3)2 còn lại trong pha nước sau n lần tách chiết là:
n

xn
 2n 
100% = 
÷
C0
 D + 2n  100%

n=

1

2

3

16,6

8,1

5,2

4

5

3,9

3,1

6

n

 2n 

÷ 100%
 D + 2n 

=

7

6

7

2,6
3

n

xn
 2n 
100% = 
÷
 D + 2n  < 4%
n = 5 → C0

Vậy phương pháp tối ưu là chia 500 mL thành 5 phần và tách chiết 5 lần.
II.2.2. Hệ thống bài tập áp dụng cho học sinh thi chọn đội tuyển thi Olympic quốc tế
Ví dụ 1: (BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI IChO LẦN THỨ 31)
Một axit hữu cơ yếu được phân bố trong dung dịch nước và cacbon tetraclorua.
a)Tìm tỉ lệ phân bố D theo hằng số phân ly axit Ka và hệ số phân bố D biết rằng:
18


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

HA (aq)  H+(aq) + A-(aq).
HA(aq)  HA(CCl4)
b)Các thí nghiệm chiết tách tại các pH khác nhau cho các kết qủa sau:
pH
Tỉ lệ phân bố D:
1
5,200
3
5,180
4
5,190
6
2,605
7
0,470
8,0
0,052

8,5
0,016
Hãy tính Ka và KD.
Gợi ý:

 H +   A − 
Ka =
[ HA ]

KD =

[ HA ] o
[ HA ] w

a) Ta có:
và
Tỉ lệ phân bố có thể được ước lượng bằng:

D=

[ HA ] o

[ HA ] w

+  A − 
w

=

[ HA ] o

[ HA ] w
 A − 
w
1 +
[ HA ] w

(

=

KD
Ka
1+
 H + 

lg D = lg K D − lg 1 + K a [H + ]−1

w

)

b)Từ câu a) ta có:
- Tại pH thấp, [H+] >> Ka => lggD = lgKD = const
=>D = KD = (5,200 + 5,180 + 5,190):3 = 5,190
- Tại pH cao: [H+] << Ka
Vì vậy:
lgD = lgKD – lg(Ka[H+]-1)
lgD = lgKD – lgKa – pH
Do đó: lgKD – lgKa = 6,70
⇒ Ka = 1,02.10-6.

Ví dụ 2: (CÂN BẰNG IOT - IChO 43)
Trong nước uống có thể chứa một lượng nhỏ chất bẩn có hại đến các sinh vật sống. Iot được
dùng để khử trùng nước uống cho trạm vũ trụ quốc tế Alpha. Dung dịch I 2 tạo ra rất nhiều gốc vô

19


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

cơ khác nhau ví dụ như axit hipoiodua, HOI; iodat, IO 3-; iodua, I- và triiodua, I3-. Một phản ứng
cân bằng xảy ra liên quan đến I2, I- và I3- trong nước theo phương trình sau đây
I2 (aq) + I- (aq)  I3- (aq)
Khi thêm diclorometan CH2Cl2 vào dung dịch nước của iot, I2 sẽ phân bố trong hai pha nước
và CH2Cl2 theo cân bằng sau đây. Hằng số phân bố là KD = 150.
I2 (aq)  I2 (CH2Cl2)
a) Đối với phản ứng cân bằng đồng thể, cấu tử nào thể hiện như axit Lewis?
b) Một phương pháp xác định I2 và I3- trong dung dịch là phương pháp chuẩn độ dùng dung
dịch chuẩn S2O32-. Một phản ứng oxi hóa khử xảy ra khi I 2 hoặc I3- tương tác với S 2O32- tạo ra I-và
S4O62-. Viết và cân bằng phản ứng xảy ra trong quá trình chuẩn độ I 2 và I3- bằng S2O32-. Chỉ ra chất
oxi hóa và chất khử trong mỗi phản ứng?
Tìm trạng thái oxi hóa của S trong Na2S2O3.
c) Đểxác định hằng số cân bằng liên quan đến I 2, I- và I3- trong nước người ta tiến hành thí
nghiệm sau đây ở 298 K. Thêm 50 mL dung dịch KI 0,010 M vào 25 mL dung dịch I 2 trong
CH2Cl2, hai pha dung dịch nước và hữu cơ được tạo ra. Giả sử không có sự thay đổi về thể tích khi
trộn. Để xác định nồng độ I 2 phân bố trong pha CH 2Cl2, lấy 5,00 mL của pha CH 2Cl2 pha loãng
thành 100 mL bằng CH2Cl2. Phổ nhìn thấy của I2 được ghi lại trong cuvet 1cm có cực đại hấp thụ
là 0,516 ở 510 nm.
Hệ số hấp thụ phân tử, ε của I2 trong CH2Cl2 ở 510 nm là 858 L.mol-1·cm-1.

Tính nồng độ của I2 trong pha CH2Cl2 nước.
d) Để xác nồng độ I- và I3-, lấy 25.0 mL từ pha nước. Thêm vào dung dịch này một lượng dư
KI nghĩa là 10 mL dung dịch KI 0,100 M để tránh sự bay hơi của I 2. Tiếp đó, dung dịch cuối
cùng được chuẩn độ bằng dung dịch chuẩn Na 2S2O3 0,0100 M. Điểm tương đương đạt được khi
cho lượng dung dịch Na2S2O3 0,0100 M cho vào là 3,10 mL.
Hãy tính nồng độ cân bằng của I- và I3-trong pha nước và hằng số cân bằng ở 298 K.
e) Tính ∆Gf0 [I2(CH2Cl2)], nếu ∆Gf0 [I2(nước)] là 16,4 kJ mol-1.
20


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Gợi ý:
a) Axit Lewis là I2.
b) Các phản ứng xảy ra:
2S2O32- + I2 → S4O62- + 2 I2S2O32-+ I3- → S4O62- + 3IChất oxi hóa: I2 và I3-; Chất khử: S2O32Trạng thái oxi hóa của S trong S2O3-2 là +2.
KD =
I2 (aq)  I2 (o)

c)

[ I2 ] o
[ I2 ] w

A = ε.l. [I2(CH2Cl2)]<=> 0,516 = 858. 1. [I2(CH2Cl2)]

0,516
=> [I2(CH2Cl2)] = 858.1,00 = 6,01×10-4 mol.L-1

Trước khi pha loãng 5 mL thành 100 mL
[I2(CH2Cl2)] = 6,01×10-4 mol.L-1× (100/5) = 1,2 ×10-2 mol.L-1
[I2(nước)] = 1,2 ×10-2 mol.L-1/150 = 8,02 ×10-5 mol.L-1.
d) Xét cân bằng: I2 (aq) + I- (aq)  I3- (aq)
Trong đó: [I-]w = 0,0100 – [I3-]
Sau khi thêm lượng dư KI, tất cả I2 được chuyển thành I3-, vì vậy
[I3-(nước)]tổng = [I3-(nước)]cb + [I2(nước)]cb
(I3-)

(S2O32-) = × 3,10×0,010 = 1,55× 10-2 mmol

[I3-(nước)]tổng = 1,55× 10-2/25 = 6,20× 10-4 mol/L
[I3-(nước)]cb = [I3-(nước)]tổng - [I2(nước)]cb
= 6,20×10−4 mol L-1 – 8,02×10−5 mol L-1 = 5,40×10−4 mol L-1
[I-]cb= 0,0100 – 5.4×10−4 mol L-1 = 9,46×10−3 mol L-1
K=
=
= 712
e) Ta có:
∆G° = - RTlnK = ∆Gf ° [I2(CH2Cl2)] – ∆Gf° [I2(nước)]
= -298 × 8,314 × ln(150) = ∆Gf° [I2(CH2Cl2)] –16,4×103
∆Gf ° [I2(CH2Cl2)] =3985 J mol-1 =3,985 kJ mol-1 = 4,00 kJ mol-1
Ví dụ 3:BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO KỲ THI IChO LẦN THỨ 35:
Chiết là phương pháp phân tách thông dụng nhất và nó được hình thành trong một cân bằng
giữa một chất được phân bố trong cả hai dung môi không trộn lẫn với nhau, có tỉ trọng không
21


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng

........................................................................................................................................................................

khác nhau nhiều để chúng dễ dàng phân lớp khi pha trộn.
Phương pháp chiết thông dụng nhất là chiết dung dịch nước với dung môi hữu cơ. Sau đó thì
phần ion vô cơ nằm trong dung dịch nước còn phần hữu cơ thì nằm trong dung môi hữu cơ. Ion
vô cơ cũng có thể phản ứng được với tác nhân thích hợp để tạo ra một hợp chất không phân cực
được phân bố trong dung môi hữu cơ.
Khi một phần tử S(chất tan) được phân bố giữa hai dung môi (1) và (2) thì chúng ta có cân
bằng:
S1 S2
KD
Với KD là hằng số phân bố cho bởi hệ thức:
KD =

( S) 2
( S)1

(1)
Với (S)1 và (S)2là hoạt độ của S trong hai pha 1 và 2. Trong một hệ cho trước chỉ gồm dung
môi và chất ta thì KD chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.
Các thí nghiệm phân lập bằng chiết thường sử dụng phễu chiết, nó là một dụng cụ thủy tinh rất
dễ sử dụng và có mặt trong các phòng thí nghiệm hóa học.
Phương trình (1) chỉ đúng khi chất tan S tồn tại ở cùng một dạng trong cả hai dung môi. Theo
cách khác, nếu các chất phân bố ở dạng khác nhau (dime, trime,…) trong các dung môi thì người
ta thay thế KD bằng hệ số phân bố D cho bởi phương trình:
D=

( ∑S)
( ∑S)

2

(2)
Với (ΣS)1 và (ΣS)2 là tổng nồng độ phân tích của S trong pha 1 và 2 (khác nồng độ cân bằng
của các cấu tử).
Bình thường, khi một trong hai dung môi là nước thì phương trình (2) được viết với nồng độ
của chất trong nước ở tử số và trong dung môi hữu cơ ở mẫu số (Chú ý: trong nhiều tài liệu, biểu
thức được mặc định ngược lại, tuy nhiên ở đây do sự quy ước của nước tổ chức, nên chúng ta
phải chú ý đến quy ước của họ). D là hằng số điều kiện phụ thuộc vào các thông số thí nghiệm
như nồng độ chất tan, các phần tử khác có tạo cân bằng với S trong pha bất kỳ và phụ thuộc nhiều
nhất vào phương trình của pha nước (Ví dụ: nếu S tham gia vào cân bằng axit -bazơ).
Nếu m0 (gam) S lúc đầu xuất hiện trong V1mL dung môi 1 và S được chiết thành công với một
lượng V2 mL dung môi 2 thì lượng mn của S còn lại ở trong pha 1 sau n lần chiết sẽ ðýợc tính theo
công thức:
1

n



V1
m n = m0 
÷
 DV2 + V1 

(3)
22


Sáng kiến kinh nghiệm

Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................
n



m
V1
fn = n = 
÷
m0
 DV2 + V1 

(4)
Với fn là phần gam S tồn tại trong dung môi 1 sau n lần chiết:
Từ (3) và (4) ta dễ dàng nhận thấy rằng chiết nhiều lần với một thể tích nhỏ dung môi chiết sẽ
có hiệu qủa hơn so với việc chiết một lần bằng toàn bộ thể tích dung môi chiết.
1)Chứng minh phương trình (3).
2) Chất S được phân bố giữa clorofom với nước với tỉ lệ phân bố D = 3,2. Nếu 50cm 3 dung
dịch nước của S được chiết với:
a) 100cm3 CHCl3.
b)Chiết 4 lần với mỗi lần 25cm3 CHCl3. Tính %S thu được ở mỗi phương pháp.
3)Số lần chiết nhỏ nhất sẽ là bao nhiêu để có thể chiết được tối thiểu 99% chất X từ 100cm3
dung dịch nước chứa 0,500g X nếu mỗi lần chiết ta sử dụng 25,0cm 3 hexan và hệ số phân bố D =
9,5.
4)Axit yếu HA co hằng số phân ly Ka (trong nước) được phân bố giữa hai dung môi là nước và
dung môi hữu cơ. Nếu hợp phần chỉ chịu ảnh hưởng của sự chiết là phần không phân ly HA với
hệ số phân bố KD và HA chỉ tồn tại trong dung môi hữu cơ.
Hãy viết phương trình biểu thị sự phụ thuộc của tỉ lệ phân bố D vào [H +] của dung dịch nước
và rút ra kết luận từ phương trình này.

5)8 – hydroxyquinolin C9H6(OH)N (kí hiệu OxH) được biết đến dưới cái tên “oxin”. Nó tạo ra
trong dung dịch axit cation C9H6(OH)NH+ (OxH2+) và trong dung dịch kiềm nó tạo ra anion
C9H6(O-)N. Clorofom chỉ chiết được dạng trung hoà của oxin với hệ số phân bố KD = 720.
a) Viết phương trình thể hiện sự phụ thuộc KD vào pH của dung dịch nước.
b)Khi D đạt cực đại thì pH của nước là bao nhiêu:
Biết:
hay:

Gợi ý:
1)Bắt đầu với một lượng mo của S ở pha 1. Sau khí chiết thì lượng này được phân bố ở hai pha
như sau:
mo = (ΣS)1.V1 + (ΣS)2.V2
23


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

D=

( ∑S)
( ∑S)

2

1 nên ta có mo = (ΣS)1.V1 + (ΣS)2.V2 = (DV2 +V1)(ΣS)1
Vì
Như vậy lượng chất S còn lại ở pha 1 sẽ là:



V1
m0 
÷
 DV2 + V1 
m1 = (ΣS)1.V1=
Lặp lại qúa trình chiết trên lần thứ hai thì lượng chất còn lại ở pha 1 được tính theo công thức:
2





V1
V1
m1 
÷ = m0 
÷
 DV2 + V1 
 DV2 + V1 
m2 = (ΣS)1.V1=

Như vậy sau n lần chiết thì lượng chất S còn lại ở pha 1 sẽ là:
n



V1
mn = m0 

÷
 DV2 + V1 

(3)

2)a) Phân số gam S còn lại sau khi chiết với 100mL dung môi được tính theo công thức (4)
thu được kết qủa f1 = 0,135.
Như vậy phần trăm S được chiết ra là 86,5%.
b) Phân số gam S còn lại sau khi chiết 4 lần với mỗi lần 25mL dung môi được tính theo công
thức 4 thu được kết qủa f4 = 0,022. Như vậy phần trămS được chiết ra là 97,8%.
Nhận xét: chiết nhiều lần với một thể tích nhỏ dung môi chiết sẽ có hiệu qủa hơn so với việc
chiết một lần bằng toàn bộ thể tích dung môi chiết.
3)Sử dụng phương trình 4 ta thu được kết qủa là 3,78. Như vậy ta phải chiết ít nhất 4 lần.
4)Ta có các phương trình sau:

D HA

[HA]0
[H + ]w [A − ]w
[HA]0
KD =
Ka =
=
−
[HA]
[HA] w
[HA] + [A ] ;
w ;
D HA

K D [H + ]w
= +
[H ]w + K a

Kết hợp ba phương trình trên ta được:
Phương trình cuối cùng cho biết nếu:
[H+]w>> Ka (axit mạnh) thì D≈KD (D nhận giá trị lớn nhất có thể) và HA nằm hoàn toàn trong
dung môi hữu cơ.
[H+]w << Ka (dung dịch mang tính kiềm mạnh) thì D ≈ KD[H+]w / Ka và như vậy HA nằm
hoàn toàn trong pha nước. Chính vì vậy, với việc điều khiển pH của dung dịch ta có thể chuyển
dịch chất cần chiết về phía dung môi thích hợp.
5)a) Ta có các phương trình sau:
24


Sáng kiến kinh nghiệm
Vũ Văn Hợp-Phạm Trọng Thịnh-Trần Việt Hưng
........................................................................................................................................................................

Kết hợp 4 phương trình trên ta được:

b) Ta lấy đạo hàm cấp 1 và cấp 2 (theo [H+]ở mẫusố của phương trình cuối cùng:
- Xét đạo hàm cấp 1, ta có:
 H + 
K2
f=
+1+
K1
 H + 

K2
2K 2
1
−
f
''
=
2
3
K1
 H + 
 H + 
=>
Do f” luôn luôn dương nên khi f’ = 0 thì f đạt cực tiểu dưới các điều kiện đã cho. Như vậy tỉ số
phân bố đạt cực đại khi f’ = 0. Thay số vào ta tính được [H+] = 4,5.10-8M.
Ví dụ 4: OLYMPIC HÓA HỌC UCRAINA 1999:
Hằng số phân bố của axit benzoic HA trong hệ nước/benzen ở 10 oC là K = [HA]w/[HA]B =
f' =

0,700. Hằng số phân ly của HA là Ka = 6,20.10-5. HA bị dime hóa một phần trong benzen. Ở
trạng thái cân bằng 200mL lớp nước chứa 0,0429g HA và 200mL lớp benzen chứa 0,145g HA.
a)Viết công thức tính nồng độ cân bằng của [H+] trong lớp nước.
b)Tính nồng độ các phân tử (kể cả H+) trong lớp nước.
c)Tính nồng độ các phân tử và hằng số dime hóa (KD) trong lớp benzen.
d)Nồng độ các dạng của HA thay đổi như thế nào khi pH tăng?
e)Giải thích vì sao có sự dime hóa HA.
Gợi ý:
25