HÓA PHÂN TÍCH - (TUYỂN CHỌN CÁC BT HÓA PT TRONG CÁC ĐỀ OLYM PIC SV TOÀN QUỐC)

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

TIỂU LUẬN
TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HĨA PHÂN TÍCH
TRONG CÁC KỲ THI OLPYMPIC SINH VIÊN
TOÀN QUỐC VÀ MỘT SỐ KỲ THI OLYMPIC
QUỐC TẾ

Giáo viên hướng dẫn: GS.PTS. Nguyễn Đình Luyện
Học viên thực hiện: Phạm Thị Thơ
Chuyên ngành: Lý luận và phương pháp dạy học bộ mơn Hóa học
Khóa: k29 (2020 – 2022)
HUẾ, 8/2021

LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích
trong các kì thi Olympic sinh viên tồn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế” đã
hoàn thành. Để hoàn thành được bài tiểu luận này có sự hướng dẫn trực tiếp của Phó giáo
sư - Tiến sĩ Nguyễn Đình Luyện cùng ý kiến đóng góp từ các bạn cùng lớp… Nhờ vậy,
việc kết hợp với những lý thuyết đã học và xây dựng hệ thống bài tập hết sức thuận lợi.
Em xin chân thành cảm ơn q thầy cơ khoa hóa trường Đại học Sư phạm Huế
cùng tất cả các thầy cô giáo đã tận tình giảng dạy và giúp đỡ em trong trong suốt quá
trình học tập, nghiên cứu.


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc và chân thành nhất đến Phó giáo sư - Tiến sĩ

Nguyễn Đình Luyện về sự hướng dẫn quý báu trong suốt quá trình học và tìm hiểu về bộ
mơn hóa phân tích.
Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em cịn có rất nhiều
thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cơ để đề tài này có
thể hồn thiện hơn.
Xin chân thành cám ơn!

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

2


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

MỤC LỤC

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

3


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 Lí do lí luận:

Đầu thế kỉ XXI, nền giáo dục của thế giới có những bước tiến lớn với nhiều thành
tựu về mọi mặt. Hầu hết các quốc gia nhận thức sự cần thiết và cấp bách phải đầu tư cho
giáo dục. Thật vậy, giáo dục đang trở thành một bộ phận đặc biệt của cấu trúc hạ tầng xã
hội, là tiền đề quan trọng cho sự phát triển của tất cả các lĩnh vực kinh tế, chính trị, văn
hố, quốc phịng an ninh. Bởi lẽ con người được giáo dục tốt và giáo dục thường xuyên
mới có khả năng giải quyết một cách sáng tạo và có hiệu quả những vấn đề do sự phát
triển của xã hội đặt ra. Chính vì vậy giáo dục là một bộ phận hữu cơ rất quan trọng trong
chiến lược hay kế hoạch phát triển kinh tế xã hội, trong đó mục tiêu giáo dục phải được
coi là một trong những mục tiêu quan trọng nhất của sự phát triển đất nước.
Đầu tư cho giáo dục được coi là đầu tư có lãi lớn nhất cho tương lai của mỗi quốc
gia. Luật Giáo dục 2005 của nước ta đã khẳng định: “Phát triển giáo dục là quốc sách
hàng đầu nhằm nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Vì vậy, vấn đề
bồi dưỡng nhân tài nói chung, đào tạo sinh viên-học sinh chuyên nói riêng đang được nhà
nước ta đầu tư hướng đến.
 Lí do thực tiễn:
Một trong những hạn chế, khó khăn của sinh viên cũng như học viên cao học học
tập mơn hóa học trong tồn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu cho
mơn chun còn thiếu, chưa cập nhật liên tục. Các bạn phải tự tìm tài liệu, chọn giáo
trình phù hợp, phải tự xoay sở để chiếm lĩnh lượng kiến thức và rèn luyện kĩ năng giải bài
tập hóa học nói chung và đặc biệt là chun đề hóa học phân tích.
Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một học viên cao học khoa hóa cịn
thiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp
trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số đề Olimpic quốc tế. Bên cạnh đó
có thể cung cấp được tài liệu tham khảo học tập. Từ tất cả lí do đó, em lựa chọn đề tài
“Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên tồn quốc
và một số kì thi Olimpic quốc tế” để nghiên cứu.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

4


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Tuyển chọn các bài tập về hóa học phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên
tồn quốc và Olimpic quốc tế
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập mơn hóa học phân tích trong các kì
thi Olympic sinh viên tồn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế.
IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thơng nâng cao, chun hóa học và chương
trình ở bậc đại học chun ngành hóa học.
Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích nâng cao dùng cho sinh viên, học
viên cao học chuyên ngành hóa.
Đề xuất phương pháp giải bài tập thích hợp.
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Đọc, thu thập tài liệu.
- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn.
VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích.
- Đối tượng: sinh viên, học viên cao học chuyên ngành hóa; sinh viên dự thi
olimpic tồn quốc, quốc tế.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

5

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

B. NỘI DUNG
I. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI:
Bài 1: Cho biết các thế điện cực chuẩn: E o(Cu2+/Cu) = 0,34V; Eo(Cu2+/Cu+) = 0,15V;
Eo(I2/2I-) = 0,54V.
1) Hỏi tại sao người ta có thể định lượng Cu 2+ trong dung dịch nước thông qua
dung dịch KI? Cho biết thêm rằng dung dịch bão hoà của CuI trong nước ở nhiệt
độ thường (25oC) có nồng độ là

10-6M

2) Sử dụng tính tốn để xác định xem Cu có tác dụng được với HI để giải phóng
khí H2 hay khơng?
3) Muối Cu2SO4 có bền trong nước hay khơng? Giải thích.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm
2003)
Bài giải:
1)

Cu2+ + e → Cu+

Eo1 = 0,15V

Cu2+ + I- + e → CuI
E 2o = E1o + 0,059 lg

Eo2 = ?

[Cu ][ I ]
[Cu ]
2+

−

+

[Cu ] = [KI ] = 10
] = [I ] = 1M ⇒
+

[Cu

2+

-

s
−

−12

M

Eo2 = 0,15 + 0,059lg1012 = 0,86 > Eo(I2/I-)
Vậy có phản ứng: Cu2+ + 3I- → CuI + I2.

Định lượng I2 theo phản ứng: I2 + Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI
2)

Cu2+ + 2e → Cu

Eo1 = 0,34V

Cu2+ + e → Cu+

Eo2 = 0,15V

⇒ Cu+ + e → Cu

Eo3 = 0,34.2 – 0,15 = 0,53V

CuI + e → Cu + I-

Eo4 = Eo3 + 0,059lg10-12 = -0,17V

Vậy có phản ứng: 2Cu + 2HI → 2CuI + H2
3)

Cu+ + e → Cu

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

Eo1 = 0,53V

6

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Cu2+ + e → Cu+

Eo2 = 0,15V

2Cu+ → Cu + Cu2+

Eo = 0,53 – 0,15 = 0,38V

Vậy Cu2SO4 là muối tan trong nước, không bền trong dung dịch:
Bài 2: 1) Cacbon 14 phân rã phóng xạ theo phản ứng sau:
0
C →14
7 N + −1 e

14
6

Thời gian bán rã là 5730 năm. Hãy tính tuổi của một mẫu gỗ khảo cổ có độ
phóng xạ bằng 72% độ phóng xạ của mẫu gỗ hiện tại
2) Vàng là kim loại rất kém hoạt động, khơng bị oxy oxy hóa ở nhiệt độ cao
nhưng nó lại bị oxy khơng khí oxy hóa trong dung dịch xianua, chẳng hạn kali
xianua ngay ở nhiệt độ thường (phản ứng dùng trong khai thác vàng). Hãy viết
phương trình phản ứng đó và bằng tính tốn chứng minh rằng phản ứng xảy ra
được ở 25oC và pH = 7.
Cho biết các số liệu sau ở 25oC:

O2(k) + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O

Eo = 1,23V

Au+ + e ⇌ Au

Eo = 1,70V
β 2-1 = 7,04.10-40

[Au(CN)2]- ⇌ Au+ + 2CN-

(β 2-1 là hằng số điện ly tổng cộng của ion phức)
O2 trong không khí chiếm 20% theo thể tích, áp suất của khơng khí là 1atm.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm
2004)
Bài giải:
1) Ta có:
t1 / 2 =

ln 2
n
t
n
; ln o = kt ⇒ t = 1 / 2 ln o = 2716
k
n
ln 2 n
năm

2) 4Au + O2 + 8CN- + 2H2O ⇌ 4[Au(CN)2]- + 4OHPhản ứng chứa hai cặp oxi hóa khử [Au(CN)2]-/Au và O2/H2O:

•

Xét cặp [Au(CN)2]-/Au:
[Au(CN)2]- + e

∆Go

Au + 2CN∆Go2

∆Go1

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

7


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Au+ + 2CN- + e
∆Go = ∆Go1 + ∆Go2
⇒ − FE[oAu ( CN )
E[oAu ( CN )
•

2

] − / Au

2

] − / Au

o
= − RT ln β 2−1 − FE Au
+
/ Au

= −0,61V

Xét cặp O2/H2O:
EO2 / H 2 O = EOo 2 / H 2 O +

[ ]

RT
ln PO2 . H +
4F

4

= 0,81V

Vậy thế khử của cặp [Au(CN)2]-/Au bé hơn so với cặp O2/H2O nên phản ứng hoà tan vàng
ở trên xảy ra được
Bài 3:
Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta thường dùng dung
dịch iodua, chẳng hạn KI.
1) Tính ∆Go và hằng số cân bằng K của phản ứng giữa Cl 2(k) và 3I- dung dịch ở 25oC.

Biết:
Cl2(k) + 2e ⇌ 2Cl-

Eo = 1,36V

I3- + 2e ⇌ 3I-

Eo = 0,54V

2) Khi trong nước có mặt các ion Cu 2+ chúng cản trở sự định phân. Giải thích bằng
tính tốn. Cho biết:
Cu2+ + e ⇌ Cu+

Eo = 0,16V

Ks(CuI) = 10-12
3) Thiết lập phương trình:

[

] [ ])

0
ECu 2 + / CuI = f ( ECu
, Cu 2 + , I −
2+
/ CuI

4) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng giữa 2Cu 2+ và 5I- ở 25oC và tính nồng độ
của các ion khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, biết rằng nồng độ ban đầu là [Cu 2+]o

= 10-5M và [I-]o = 1M
Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.mol-1.K-1.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm
2004)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

8


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Bài giải:
1) Cl2(k) + 3I- ⇌ 2Cl- + I3∆Go = -2.96500.(1,36 – 0,54) = -158260J
KP = 5,5.1027
2) Cu2+ cản trở sự định phân vì xảy ra phản ứng:
2Cu2+ + 5I- ⇌ 2CuI(r) + I3Chứng minh: Phản ứng xảy ra do hai cặp oxy hóa - khử: Cu2+/CuI và I3-/I∆Go

Cu2+ + e + I-

∆Go2

∆Go1

∆G = ∆Go1 + ∆Go2

CuI(r)

Cu+ + I-

o
o
⇒ − FECu
= − FECu
− RT ln
2+
2+
/ CuI
/ Cu +

1
o
⇒ ECu
= 0,87V
2+
/ CuI
Ks

Vì thế khử của cặp Cu2+/CuI lớn hơn so với cặp I3-/I2 (0,54V) nên phản ứng trên xảy ra
3) Cu2+ + e + I- ⇌ CuI(r)
o
ECu 2 + / CuI = ECu
+
2+
/ CuI

4)

2Cu2+ +

Nđcb: 10-5 – 2x

[

][ ])

⇌

2CuI(r)

RT
ln( Cu 2 + I −
F

5I-

+

1 – 5x

I3 x

∆Go = -2.96500.(0,87 – 0,54) = -8,314.298lnK
⇒ K = 1,46.1011
Vì K rất lớn cho nên ta co 2x = 10-5 ⇒ [Cu2+] = ε và x = 5.10-6M
[I-] = 1 – 25.10-6M = 1M:
1,46.1011 =

[

]

5.10−6
⇒ ε = Cu 2 + = 5,8.10 − 9 M
2 5
ε .1
.

Bài 4:
Ion Fe(SCN)2+ có màu đỏ ở nồng độ bằng hoặc lớn hơn 10-5M. Hằng số điện li
của nó là 10-2.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

9


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

1) Một dung dịch chứa vết Fe3+. Thêm vào dung dịch này một dung dịch KSCN
10-2M (coi thể tích khơng đổi). Xác định nồng độ tối thiểu của Fe 3+ để dung dịch
xuất hiện màu đỏ.
2) Một dung dịch chứa Ag+ 10-2M và Fe3+ 10-4M. Thêm dung dịch SCN- vào tạo
kết tủa AgCN (coi thể tích khơng đổi). Xác định nồng độ Ag + còn lại trong dung
dịch khi xuất hiện màu đỏ. Biết TAgSCN = 10-12
3) Thêm 20cm3 dung dịch AgNO3 5.10-2M vào 10cm3 dung dịch NaCl không biết

nồng độ. Lượng dư Ag+ được chuẩn độ bằng dung dịch KSCN với sự có mặt của
Fe3+. Điểm dương đương (khi bắt đầu xuất hiện màu đỏ) được quan sát thấy khi
thêm 6cm3 dung dịch KSCN 10-1M. Tính nồng độ của dung dịch NaCl.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm
2005)
Bài giải:
Fe3+

1)
Nồng độ cân bằng:
3+
Ta có: [ Fe ]

+

SCN-

⇌

10-2 – x

Co – x

Fe(SCN)2+
x = 10-5

10 −5
= 10 − 2
−2
−5

(10 − 10 )

⇒ [Fe3+] = 10-5M ⇒ Co = 2.10-5M
2) Khi xuất hiện màu đỏ thì: [Fe(SCN)2+] = 10-5M. Vậy nồng độ Fe3+ cịn lại là: 9.10-5M
Ta có:

[

10 −5
= 10 − 2
−
−5
SCN 9.10

[

]

]

[

]

⇒ SCN − = 1,1.10 −3 M ⇒ Ag + = 9,1.10 −10 M

3) n(Ag+) = n(AgCl) + n(AgSCN)
20.10-3.5.10-2 = 10.10-3C + 6.10-3.10-1 ⇒ C = 4.10-2M
Bài 5:
Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac

nồng độ 0,1M khi tiếp xúc với không khí được khơng?

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

10


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac là
Kb = 1,74.10-5; các hằng số bền của phức [Ag(NH 3)i]+ tương ứng là: lgβ 1 = 3,32(i = 1)
và lgβ 2 = 6,23(i = 2).
Các thế khử (thế oxy hóa

- khử) chuẩn ở 25 oC: Eo(Ag+/Ag) = 0,799V;

Eo(O2/OH-) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong khơng khí là 0,2095atm.
Phản ứng được thực hiện ở 25oC.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2005)
Bài giải:
NAg = 0,100 : 107,88 = 9,27.10-4mol
Số mol cực đại của NH 3 cần để tạo phức là: 9,27.10 -4 . 2 = 1,854.10-3M nghĩa là
nhỏ hơn nhiều so với số mol NH 3 có trong dung dịch (10-2M). Vậy NH3 rất dư để hoà tan
lượng Ag nếu xảy ra phản ứng.
Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hồ tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt động:
Ag+ + e → Ag

O2 + 4e + H2O → 4OH

E1 = Eo1 + 0,059lg[Ag+]
E 2 = E 2o +
-

PO2
0,059
lg
4
OH −

[

]

4

Khi cân bằng E1 = E2. Trong dung dịch NH3 = 0,1M (lượng NH3 đã phản ứng
không đáng kể) ta có: [OH-] = (Kb.C)1/2 = 1,32.10-3M
⇒ E2 = 0,5607V.
Vì E2 = E1 nên từ tính tốn ta có thể suy ra được [Ag+] = 9,12.10-5M
Nồng độ tổng cộng của Ag+ trong dung dịch:
[Ag+]o= [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]
= [Ag+](1 + β1[NH3] + β1β2[NH3]2) = 15,5M.
Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng. Vì vậy các điều kiện điện
hóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan 0,100g Ag
Bài 6:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

11


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100M và FeCl3 0,100M.
Xác định nồng độ các ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 25 oC. Tính thế của các cặp
oxy hóa - khử khi cân bằng.
2. Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe 2(SO4)3 2,5.10-2M. Xác định nồng độ của
Fe3+; Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân
bằng.
Cho biết Eo(Sn4+/Sn2+) = 0,15V; Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V; Eo(Ag+/Ag) = 0,80V.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005)
Bài giải:
1. Sn2+

2Fe3+→

+

Nđcb: 0,05- x

Sn4+

0,05 – 2x

2Fe2+

+

x

2x

lgK = 2(0,77 – 015)/0,059 = 21 ⇒K = 1021.
K rất lớn và nồng độ Fe3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn 2+⇒ phản ứng gần
như hoàn toàn: 2x ≈ 0,05
[Fe2+] = 0,05M; [Sn4+] = 0,025M; [Sn2+] = 0,025M; [Fe3+] = εM

[

]

0,025.( 0,05) 2
0,0025
⇒ 1.10 21 =
⇒ ε = Fe 3+ = 1,58.10 −12 M
2
2
ε
K = 0,025.ε
1,58.10 −12
0,059 0,025
= 0,15 +
lg
= 0,15M
2
0,025

Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059lg 0,05

2.

Ag

+

nđcb:

Fe3+ ⇌
0,05 – x

Ag+

+

x

Fe2+
x

lgK = (0,77 – 0,80)/0,059 = -0,51 ⇒ K = 0,31
Ta có:

[

] [

]

x2
= 0,31 ⇒ x = Ag + = Fe 2+ = 4,38.10 −2 M
0,05 − x

[ Fe ] = 6.10
3+

−3

M

6.10 −3
0,77 + 0,059 lg
= 0,80 + 0,059 lg 4,38.10 − 2 = 0,72V
−2
4,38.10
Ecb =

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

12


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Bài 7:
1.Viết các phương trình tạo các kết tủa Zn(OH) 2, Fe(OH)2 và Fe(OH)3 từ dung

dịch NaOH và các ion tương ứng.
Mỗi trường hợp hãy thiết lập công thức liên quan giữa nồng độ M n+, pH
và tích số tan Ks. Tích số ion của nước là 10-14.
2.Cho biết Ks của Zn(OH)2, Fe(OH)2 và Fe(OH)3 lần lượt là 10-16, 10-14 và 10-38.
Nồng độ các ion Zn2+, Fe2+, và Fe3+ đều bằng 10-2. Ở pH nào bắt đầu kết tủa
từng ion trên?
3.1 lít dung dịch ở pH=0 chứa hỗn hợp Fe2+ 10-2M và Fe3+ 10-2 M. Khi hòa tan
NaOH(r) vào, hidroxit nào kết tủa trước?
Nếu một trong 2 ion kết tủa hoàn tồn khi cịn lượng ban đầu, thì ở pH nào
ion sắt kia khơng kết tủa.
4.Zn(OH)2 tan hồn tồn thành ZnO2H- khi hòa tan NaOH (r) vào.
Nếu dung dịch xuất phát chứa Zn2+ 10-2 M người ta thấy kết tủa Zn(OH)2 bắt
đầu biến mất ở pH=13. Tính Kacủa nấc phân li thứ nhất đối với Zn(OH)2.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2006)
Bài giải:
1. Viết các phương trình tạo kết tủa:
* Zn(OH)2:
Zn2+ + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2Na+(1),
Zn(OH)2 Zn2+ + 2OH-, Ks1
Ks1 = [Mn+][OH-]n = [Mn+](Knước/[H+])n
⇒ pKs = -log ([Mn+](Knước/[H+])n)=- {log[Mn+]+ n.logKnước – n.log[H+]}
= -log[Mn+] -n.log(10-14)-n.pH.
= -log[Mn+] + 14n - n.pH (*)
Theo (*) có:
⇒ pKs1 = -log ([Zn2+](Knước/[H+])2)=- {log[Zn2+]+ 2.logKnước – 2.log[H+]}
= -log[Zn2+] -2.log(10-14)- 2.pH.
= -log[Zn2+] + 28 - 2.pH (*1)
* Fe(OH)2:
Fe2+ + 2NaOH → Fe(OH)2+ 2Na+ (2)

Fe(OH)2 Fe2+ + 2OH- , Ks2
Tương tự như trên có: pKs2 = -log[Fe2+] + 28 -2.pH (*2)
* Fe(OH)3:
Fe3+ + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3Na+ (3)
Fe(OH)3 Fe3+ + 3OH-, Ks3
Theo (*) có: pKs3 = -log[Fe3+] + 3.14 - 3.pH
= - log[Fe3+] + 42 -3.pH (*3)
HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

13


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

2. Ta có bảng xác định pH bắt đầu kết tủa của [Zn2+]=[Fe2+]=[Fe3+]=10-2 M:
CTHH
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3

Ks
10-16
10-14
10-38

pKs
16
14

38

n
2
2
3

pH=(-pKs- log[Mn+]+14.n)/n
7
8
2

3. Điều kiện để tạo kết tủa:
+) Fe(OH)2: [OH-](1)>= = = 10-6 (M)
+) Fe(OH)3: [OH-](2)>= = = 10-12 (M)
Vậy[OH-]1> [OH-]2 mà từ pH =0 nên kết tủa Fe(OH)3 tạo kết tủa trước.
Để Fe(OH)2 không tạo kết tủa thì: [OH-]1< 10-6 M hay pH < 6 (1)
- Xét khi ion Fe3+ kết tủa hoàn toàn: [Fe3+] CFe3+.10-3=10-2.10-3=10-5

⇒ [OH-] = = 10-11 (M) ⇒ pH 3 (2)
Vậy từ (1) và (2) suy ra khi 6 > pH 3 thì Fe 3+ kết tủa hoàn toàn và Fe2+ chưa bắt đầu kết
tủa.
4. Xét: Dung dich xuất phát từ Zn2+ 10-2M:
Tại pH=7 kết tủa bắt đầu xuất hiện:
Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2, T-1=1016
Tại pH=13 kết tủa bắt đầu biến mất:
Zn(OH)2⇄ ZnO2H- + H+ ,(1) Ka
Ta có tại pH = 13: [H+] = 10-13 M
Theo cân bằng, ta có: [ZnO2H-] = [H+] = 10-13M.
⇒ Ka = [H+][ZnO2H-]=(10-13)2 = 10-26.

Bài 8:
1. Một dung dịch axit chứa các ion Fe 2+ 0,1M, tiếp xúc với khơng khí (20% O 2

và 80% N2 theo thể tích). Chứng minh rằng Fe2+ bị oxi khơng khí oxi hóa, biết
rằng khi cân bằng nồng độ H+ bằng 0,1M. Hỏi có bao nhiêu phần trăm Fe 2+
khơng bị oxi khơng khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng?
2. Một dung dịch Fe3+ 0,1M đựng trong một bình kín khơng có khơng khí,
trong đó có bột Fe ngun chất dư. Tính nồng độ ion Fe 3+ khi phản ứng ở
trạng thái cân bằng.
Từ các kết quả thu được hãy rút ra kết luận có ích.
Số liệu dùng cho các phép tính:
• Nhiệt độ phản ứng 25oC.
HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

14


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

• Thể khử (oxi hóa-khử ) chuẩn E0 ở 25oC:

O2/H2O = 1,23V; Fe3+/Fe2+ = 0,77V ; Fe2+/Fe = -0,44V
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2006)
Bài giải:
1. Tính phần trăm Fe2+ khơng bị oxi khơng khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng:
4x (Fe2+ - e ⇄ Fe3+ )

-E10 = -0,77V

1x (O2 + 4e + 4H+⇄ 2H2O)

E20 = 1,23V

4Fe2+ + O2 + 4H+⇄ 4Fe3+ + 2H2O , K1= ?
Ta có: K1 = = 1031,186= 1,5.1031
Xét theo điều kiện của đề bài, áp dụng phương trình Nerst có:
EFe3+/Fe2+ = 0,77+ 0,059.log(0,1) = 0,711(V)
xét khơng khí 20% O2 và 80% N2 theo thể tích, vì các khí trong cùng điều kiện nên
PO2 = 20%.P = 20%.1 = 0,2 (atm)
EO2/H2O = 1,23 + (0,059/4).log(0,2.0,14)= 1,16V
Vậy EO2/H2O> EFe3+/Fe2+ (vì 1,16>0,711) nên Fe2+ bị oxi khơng khí oxi hóa.
Xét phản ứng: 4Fe2+ + O2 + 4H+⇄ 4Fe3+ + 2H2O , K1 rất lớn coi như pứ xảy ra ht.
0,1

~0,1

Xét: 4Fe3+ + 2H2O ⇄ 4Fe2+ + O2 + 4H+,
0,1-x

x

0,2

K1-1 rất nhỏ

0,1

Có: K1-1 = [Fe2+]4.[H+]4/[Fe3+]4 = 10-31,186

⇒ x4.0,14.0,2 / (0,1-x)4 = 10-31,186
Vì K1-1rất nhỏ nên coi 0,1-x xấp xỉ 0,1.
Nên x = 2,4.10-8M
Vậy %Fekhông bị oxi hóa = (2,4.10-8/ 0,1).100% = 2,4.10-5 (%)
(hoặc cứ xét theo biểu thức K 1)
2. Xét phản ứng:
2x(Fe3+ + e ⇄ Fe2+ ) E1 = 0,77V
1x(Fe -2e ⇄ Fe2+ ) -E3 = - (-0,44)= 0,44V
2Fe3+ + Fe ⇄ 3Fe2+ , K2 = = 1041,017
0,1M

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

15


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

0,15M
Xét phản ứng đạt cân bằng:
3Fe2+ ⇄ 2Fe3+ + Fe , K2-1 = 10-41,017
Bđ: 0,15
Cb: 0,15-3x
2x
-1
Vì K2 rất nhỏ nên x cũng rất nhỏ coi [Fe2+] = 0,15M
Ta có: K2-1 = (2x)2/(0,15)3 = 10-41,017
Giải phương trình có: x = 9.10-23 M vậy [Fe3+] = 2.9.10-23=1,8.10-22 (M)

Nhận xét: - Muốn bảo quản dung dịch Fe 2+ lâu dài thì khơng được để tiếp xúc
với khơng khí và có mặt Fe trong dung dịch.
Bài 9:
Ion CN- có trong nước thải cơng nghiệp, có thể loại chất độc này bằng dung dịch
H2O2 theo phản ứng sau ở 25oC: CN- + H2O2 ⇄ NCO- + H2O
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
2. Trong nước thải nồng độ CN- là 10-3 mol.l-1, nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (coi
thể tích khơng đổi) thì nồng độ CN- còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết
luận gì?
Cho biết ở 250C: Eo(H2O2/H2O) = +1,77V; Eo(NCO-/CN-) = -0,14V.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2010)
Bài giải:
1. ∆Go = -2.96500.(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14. 1064
2. Phản ứng: CN-

+

Cb:10-3 – x

H 2 O2 ⇄
0,1 – x

NCO- + H2O
x

Vì K rất lớn nên coi x = 10-3
Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol n(H2O2) : n(CN-) = 100:1 thì có thể loại trừ gần hết
ion CN- trong nước thải.
Bài 10:
Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi khơng khí

đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH) 3. Khi đó As(V)
sẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH) 3 và tách khỏi dung dịch nước. Biết rằng trên

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

16


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7. Axit
asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2; pK2 = 6,9; pK3 = 11,5.
a)Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là
100%. Hãy tính xem các dạng H 3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- và
HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần
trăm (về số mol)?
b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK 1 , pH = pK2 hay
pH = pK3. Giải thích.
c) Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa
As(III) thành As(V). Cho Eo(O2/H2O) = 1,23V ; Eo(H3AsO4/HAsO2) = 0,56V. Axit
meta asenơ HAsO2 có pK = 8,1. Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của
As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012)
Bài giải:
[H + ][H 2 AsO 4− ]
H 3AsO 4 € H + H 2 AsO có K1 =
[H 3 AsO4 ]
+

−
4

H 2 AsO −4 € H + + HAsO 42− có K 2 =
HAsO

2−
4

+

€ H + AsO

3−
4

[H + ][HAsO 24− ]
[H 2 AsO −4 ]

[H + ][AsO34− ]
có K 3 =
[HAsO 24− ]

Gọi C là nồng độ (mol/L) tổng cộng của As(V). Từ K 1, K2, K3 tính các dạng nồng độ của
As(V) theo [H2AsO4-]:
C = [H3AsO4] + [H2AsO4-] + [HAsO42-] + [AsO43-]
C=

[H + ][H 2 AsO −4 ]

K [H AsO −4 ] K 2 K 3 [H 2 AsO 4− ]
+ [H 2 AsO 4− ] + 2 2 +
+
K1
[H ]
[H + ]2

 [H + ]
K K 
K
C = [H 2 AsO 4− ] 
+ 1 + +2 + 2+ 23 ÷
[H ] [H ] 
 K1
[H 2 AsO 4− ]
1
⇒
=
(1)
+
C
 [H ]
K 2 K3 
K2
+1 + + + + 2 ÷

[H ] [H ] 
 K1

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

17


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

[H 2 AsO −4 ]
K1
=
= 1 ⇒ [H 2 AsO4− ] = [H3 AsO4 ]
+
[H ]
Tại pH = pK1 hay [H+] = K1 thì: [H 3 AsO 4 ]
[H 2 AsO −4 ]
[H 3 AsO 4 ]
=
=
C
C

2+

Vậy:

10−6,9
10−2,2

1

1
≈
10−6,9.10 −11,5 2
+
(10 −2,2 ) 2

⇒ [H 2 AsO −4 ] = [H 3 AsO 4 ] ≈ 50% (về số mol)

[HAsO 24− ]
K2
=
= 1 ⇒ [HAsO 24− ] = [H 2 AsO −4 ]
−
+
[H ]
* Tại pH = pK2 tương tự ta có: [H 2 AsO4 ]
Thay vào (1) ta có:

[H 2 AsO −4 ]
[HAsO 42− ]
1
1
=
=
≈
−6,9
−11,5
C
C
2

10
10
+ 2 + −6,9
−2,2
10
10
⇒ [H 2 AsO 4− ] = [HAsO 24− ] ≈ 50% (về số mol)
* Tại pH = pK3: Từ biểu thức tính nồng độ tổng của As(V), biểu diễn nồng độ của các
dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có:
K 3 [HAsO 24− ]
[H + ]2 [HAsO 24− ] [H + ] [HAsO 42− ]
2−
C=
+
+ [HAsO 4 ] +
K1 K 2
K2
[H + ]
 [H + ]2 [H + ]
K 
C = [HAsO 24− ] 
+
+ 1 + +3 ÷
K2
[H ] 
 K1K 2
[HAsO 24− ]
1
⇒
=

+ 2
C
 [H ]
K 
[H + ]
+
+ 1 + +3 ÷

K2
[H ] 
 K1 K 2

K3
[AsO34− ]
=
= 1 ⇒ [HAsO 24− ] = [AsO34− ]
2−
+
[H ]
pH = pK3 hay [H+] = K3 ⇒ [HAsO 4 ]
[HAsO 24− ]
[AsO34− ]
=
=
C
C

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

1

−11,5 2

−11,5

(10 )
10
+ −6,9 + 2
−2,2
−6,9
10 .10
10

18

≈

1
2


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

⇒ [HAsO 24− ] = [AsO34− ] ≈ 50% (về số mol)
b/ Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK 1 , pH = pK2 hay pH =
pK3. Giải thích.
As(V) sẽ được hấp thụ tốt trên Fe(OH)3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với
điện tích trên bề mặt của Fe(OH)3.
Vậy:

As(v) khơng thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích
cùng dấu (-).
As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH=pK 1 hoặc pH=pK2 vì chúng mang điện
ngược dấu.
Tuy nhiên ở pH = pK1 chỉ có ½ lượng As(V) tích điện âm. (Thực tế ở pH = 2,2,
Fe(OH)3 chỉ mới bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 cịn rất nhỏ.)
Cịn ở pH = 6,9 tồn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị hấp phụ tốt
nhất trên Fe(OH)3.
c/ Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa As(III)
thành As(V).
*Tính E của các cặp oxi hóa khử O2/H2O và H3AsO4/HAsO2 tại pH = pK2 = 6,9
Đối với cặp O2/H2O: ½ O2 + 2e + 2H+ → H2O

0,059
log ( [O 2 ]1/2 [H + ]2 )
2
0,059
8
= 1,23 =
log( .10 −3 ) − 0,059pH = 0,78(V)
2
32

E O2 /H2O = 1,23 +
E O2 /H2O

Đối với cặp H3AsO4/HAsO2 : H3AsO4 + 2e + 2H+ → HAsO2 + 2H2O

E H3AsO4 /HAsO2

[H 3 AsO 4 ][H + ]2
0,059
= 0,56 +
log
(1)
2
[HAsO 2 ]

Axit HAsO2 là axit yếu (pK= 8,1) nên tại Ph = pK2 = 6,9 dạng tồn tại chủ yếu của As(III)
là HAsO2.
Theo kết quả tính tốn ở câu b, [H2AsO4-] = [HAsO42-] = C/2
Từ K1, hoặc K2 ta có thể tính [H3AsO4] theo [H2AsO4-] hoặc [HAsO42-]

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

19


Tiểu luận Hóa học phân tích

[H 3 AsO 4 ] =

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

[H 2 AsO 4− ][H + ]
K1

Thay vào (1) ta có:

E H3AsO4 /HAsO2 = 0,56 +

E H3AsO4 /HAsO2

[H AsO4− ][H + ]3
0,059
log 2
2
K1[HAsO 2 ]

C + 3
[H ]
0,059
0,059
(10−6,9 )3
2
= 0,56 +
log
= 0,56 +
log
= 0,005(V)
2
K 1C
2
2.10−2,2

Kết luận: tại pH = pK2 =6,9:

E O2 /H2O > E H3AsO4 /HAsO2

⇒ Oxi có thể oxi hóa As(III) thành As (V)

Bài 11:
Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như
sau:
Hịa tan hồn tồn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung
dịch của thiếc(II) và bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy 25,00
mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 0,0107 M
trong mơi trường axit sunfuric.
a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra
b/ Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích
dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL.
c/Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ
d/Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối.
Hãy giải thích nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế
nào đến kết quả phân tích?
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2012)
Bài giải:
a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra
Sn + H2SO4 → SnSO4 + H2
2Bi + 3H2SO4 → Bi2(SO4)3 + 3H2
HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

20


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+ → 5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O
b/ Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim.

Số mol Sn2+ có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ

n Sn 2 + =

5
5
5
n MnO− = CMnO− .VMnO− = .0,0107.0,01561 = 4,1757.10−4 (mol)
4
4
4
2
2
2

Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp:

%Sn =

100
100
4,1757.10 −4.118,7.
25 .100 =
25 .100 = 42(%)
0, 472
0, 472

n Sn 2+ .M Sn .

c/Cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ

Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ khơng màu sang màu tím nhạt (bền
trong khoảng 30 giây )
d/Trong một q trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối.
Hãy giải thích nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế
nào đến kết quả phân tích?
Kết tủa màu nâu là MnO2 hình thành do mơi trường khơng đủ axit.
Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến sai số
DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực)
Bài 12:
Tính hằng số điện ly acid nấc 1 của H2O2:
H2O2 → H+ +

K1 = ?

Cho biết:
Eo = 0,88 V

+ H2O + 2e = 3
H2O2 + 2H+ + 2e = 2H2O

Eo = 1,77 V

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)
Bài giải:
Cách 1:
(1)
(2)

H2O2 + 2H+ 2e 2H2O
3OH- HO2- + H2O + 2e

Lấy (1) + (2) ta được:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

E01= 1,77V, k1
E02 = -0,88 V, k2

21


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

H2O2 + 2H+ + 3OH- 3H2O + HO2K =k1.k2 = 1,17.
(Vì K=
(4)
3H2O 3H+ + 3OHK3w = 10-14 X3 = 10-42
Lấy tổng (3) + (4):
H2 O2 H + + H 2 O
K1= K.Kw3 = (1,17x1030) x(10-42) = 1,2x10-12
Cách 2:
(1) HO2- + H2O + 2e 3OH- E10 = 0,88V
(2) H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O E02 = 1,77V
(3) 3H+ + 3OH- 3H2O
Kw-3 = 10-14x(-3) = 1042
Lấy (2) – (1) – (3) được :
(4) H2O2 H+ + HO2K1 = ?
Ta có:
∆G0(4) = ∆G0(2) - ∆G0(3) - ∆G0(1)

(3)

Vậy K1= e-27,38= 1,3x10-12
Cách 3:
E(V)
∆G0 = -nE0F (kJ)
(1) HO2- + H2O + 2e ↔ 3OH0,88
-170
+
(2) H2O2 + 2H + 2e ↔ 2H2O
1,77
-342
Lấy (2) – (1) được:
(3) H2O2 + 2H+ + 3OH- ↔ 3H2O + HO2-172
+
Cộng 1H vào 2 vế của (3) được:
(4) H2O2 + 3H+ + 3OH- ↔ 3H2O + HO2- + H+
-172
K ( 4) =

[ HO ][ H ]
[ H O ][ H ] [OH ]
−
2

+ 3

2

Vậy:

+

2

− 3

=

K1
K w3

K1 = K4 x Kw3 = 1030,1x10-42 = 1,3x10-12

Bài 13:
Cần bao nhiêu mol Na2S2O3 thêm vào 1,0 lít nước để vừa đủ hòa tan 0,00050 mol
Cd(OH)2 chứa sẵn trong đó.
Cho biết: TCd(OH)2 = 4,5.10-15; phức [Cd(S2O3)2]2- có hai hằng số tạo phức là K1 = 8,3 x
103, K2 = 2,5 x 102; và trong dung dịch khơng có các hiện tượng thủy phân.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2014)
Bài giải: Tính số mol Na2S2O3:
(1) Cd(OH)2 ↔ Cd2+ + 2OH- T= [Cd2+][OH-]2= 4,5.10-15
0,00050M
HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

22


Tiểu luận Hóa học phân tích

(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Theo cân bằng: [OH-]=2x0,00050=0,0010M
Cd2+ + S2O32- ↔ CdS2O3 K1 =
CdS2O3 + S2O32- ↔ Cd(S2O3)22- K2 =
Ta có: [Cd2+] + [CdS2O3] + [Cd(S2O3)22-] = 0,00050
[Cd2+] + K1[Cd2+][S2O32-]+ K1K2[Cd2+][S2O32-]2 = 0,00050
[Cd2+]== 4,5x10-9
Đặt x=[S2O32-] và chia 2 vế của (5) cho [Cd2+] được:
1+ K1x + K1K2x =
Vì x<1 (nếu x=1, vế trái của (7) 1,1.105) do đó (1+ K1x) có thể bỏ qua được, ta có:
(8,3.103)(2,5.102)x2=2,1.106x2=1,1.105
Suy ra x=0,23 là số mol Na2S2O3 cần thêm vào 1,0L nước để vừa đủ hòa tan
0,00050 mol Cd(OH)2 đã chứa săn trong đó.

*Nếu giải phương trình bậc 2 của (7) cũng thu được x=0,23.
Bài 14:
Theo tiêu chuẩn môi trường quốc gia, mức tối thiểu cho phép của H 2S trong khơng
khí
là: 0,01mg/L. Để đánh giá sự ơ nhiễm khơng khí ở một khu nghỉ dưỡng có sử dụng
suối nước nóng tự nhiên người ta làm như sau: Điện phân dung dịch KI trong 2
phút bằng dòng điện 2mA. Sau đó cho 2 lít khơng khí sục từ từ vào dung dịch điện

phân trên cho đến khi iot mất màu hồn tồn. Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục
điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện trên thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện
màu xanh.
a. Giải thích thí nghiệm và cho biết sự ơ nhiễm khơng khí bởi H 2S của khu nghỉ
dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép khơng?
b. Tính hàm lượng của H2S trong khơng khí theo thể tích.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên tồn quốc năm 2014)
Bài giải:
a. Giải thích thí nghiệm và cho biết sự ô nhiễm không khí bởi H 2S của khu nghỉ
dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không?
Điện phân dung dịch KI trong 120 giây: 2KI + 2H2O → 2KOH + I2 + H2↑ (1)
Cho không khí vào dung dịch sau khi điện phân: H2S + I2 → 2HI + S↓ (2)
H2S còn dư trong dung dịch (I2 hết ).

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

23


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Điện phân tiếp dung dịch có chứa H2S, HI, KI trong 35 giây, ta có: H2S → H2 + S (3)
Cho đến khi hết H2S, I- sẽ điện phân tạo I2 (I2 làm cho hồ tinh bột hóa xanh dấu hiệu để
q trình (3) đã hồn thành).
- Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s):

n I2 =

0,002.120
= 0,124.10 −5 (mol)
2.96500

- Lượng H2S tác dụng với I2 theo (2) là:

n H 2S = n I2 = 0,124.10 −5 (mol)

- Điện phân dung dịch có chứa H2S trong 35 giây thì:

n H2S = n S =

0,002.35
= 0,36.106(mol)
2.96500

-Trong 2 lít khơng khí có chứa: 1,24.10-6 + 0,36. 10-6 = 1,6. 10-6 mol H2S
hay 1,6. 10-6.34=54,4. 10-6 g hay 54,4. 10-3 mg
S trong khơng khí của khu nghỉ dưỡng là:
- Hàm lượng H2
m H 2S

54, 4.10−3
=
= 27,2.10−3 mg / l(hay0,0272mg / l)
2

Vậy mức độ ô nhiễm của khơng khí tại khu nghỉ dưỡng này đã vượt quá mức cho phép.
b. Tính hàm lượng của H2S trong khơng khí theo thể tích.
Hàm lượng H2S trong khơng khí của khu nghỉ dưỡng: 27,2. 10-3 mg/l

Bài 15:
a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M.
Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và
trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pKa đối với nấc phân ly thứ hai của
H2SO4 là 2.
b. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:
+ 10mL dung dịch CH3COOH 0,10M trộn với 10mL dung dịch HCl có pH =4,0
+ 10mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 10mL dung dịch HCOOH có pH
=3,0

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

24


Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

+ 25mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 15mL dung dịch KOH có pH
=11,0
Cho biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75.
(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)
Bài giải:
a.

⇄ Ba2+ + SO42-

BaSO4

T=?

SO42- + H+ ⇄ HSO42-

K1 = Ka2-1 = (10-2)-1 = 102

BaSO4 + H+ ⇄ Ba2+ + HSO42- K = K1. T = 102. T
Ban đầu:
[]

2M

:

2-S(M)

S

S

Với S = 1,5.10-4M

Ta có:
S2 / (2-S) = 102. T

⇒ T = S2 / (2-S). 102 = (1,5.10-4)2/ (2 -1,5.10-4). 102 = 1,125.10-10
⇄ Ba2+ + SO42-

BaSO4
[ ]:

S’

T = 1,125.10-10

S’

⇒ S’2 = 1,125. 10-10 ⇒S’ = 1,061.10-5
Na2SO4 → 2Na+
0,001M

+ SO420,001M

BaSO4 ⇄ Ba2+ + SO42Ban đầu:

T = 1,125.10-10

0,001M

[ ]:

S’’ (S’’ + 0,001)
⇒S’’.(S’’ + 0,001) = 1,125.10-10
⇒S’’ = 1,125.10-7 (nhận); cịn giá trị S’’ = -10-3 (loại).

b. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp:
*10mL dung dịch CH3COOH 0,10M trộn với 10mL dung dịch HCl có pH =4,0
Dung dịch HCl có pH = 4,0 → [H+] = [HCl] = 10-4(M).
Sau khi trộn: [HCl] = 10-4. 10/20 = 5. 10-5M ; [CH3COOH] = 0,1. 10/20 = 0,05M
HCl

→ H+ + Cl-

5.10-5

5.10-5

CH3COOH ⇄ H+
HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

+ CH3COO25