TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH TRONG CÁC KỲ THI OLYMPIC SINH VIÊN TOÀN QUỐC

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH

vectorstock.com/24597468

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH TRONG CÁC KỲ THI OLYMPIC SINH VIÊN TOÀN QUỐC VÀ MỘT SỐ KỲ THI OLYMPIC QUỐC TẾ WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TIỂU LUẬN

FI CI A

OF

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

L

ĐẠI HỌC HUẾ

ƠN

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TẬP HÓA PHÂN TÍCH TRONG CÁC KỲ THI OLPYMPIC SINH VIÊN

NH

TOÀN QUỐC VÀ MỘT SỐ KỲ THI OLYMPIC

KÈ

M

QU Y

QUỐC TẾ

Giáo viên hướng dẫn: GS.PTS. Nguyễn Đình Luyện Học viên thực hiện: Phạm Thị Thơ

Y

Chuyên ngành: Lý luận và phương pháp dạy học bộ môn Hóa học

DẠ

Khóa: k29 (2020 – 2022) HUẾ, 8/2021

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

LỜI CẢM ƠN

FI CI A

Sau một thời gian nghiên cứu, đề tài “Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích

trong các kì thi Olympic sinh viên toàn 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.

OF

Em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô 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.

ƠN

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 môn hóa phân tích.

NH

Tuy đã có nhiều cố gắng, nhưng chắc chắn bài tiểu luận của em còn có rất nhiều thiếu sót. Em rất mong nhận được những ý kiến đóng góp từ quý thầy cô để đề tài này có thể hoàn thiện hơn.

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

Xin chân thành cám ơn!

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

2

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

L

MỤC LỤC A. MỞ ĐẦU ........................................................................................................................ 5 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI ................................................................................................... 5 II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU........................................................................................... 6 III. ĐỐI TƯỢNG VÀ KHÁCH THỂ NGHIÊN CỨU ........................................................ 6

OF

IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU ......................................................................................... 6 V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU .................................................................................. 6 VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU ............................................................................................ 6

ƠN

B. NỘI DUNG. I. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI ........................................................ 7 Bài 1: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2003) ........................................ 7 Bài 2: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004) ........................................ 8

NH

Bài 3: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004) ........................................ 9 Bài 4: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) ...................................... 10 Bài 5: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) ...................................... 11 Bài 6: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) ...................................... 12

QU Y

Bài 7: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2006) ...................................... 13 Bài 8: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2006) ...................................... 16 Bài 9: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2010) ...................................... 18 Bài 10: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012) .................................... 18

M

Bài 11: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012) .................................... 22 Bài 12: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014) .................................... 23

KÈ

Bài 13: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014) .................................... 25 Bài 14: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014) .................................... 25 Bài 15: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014) .................................... 27

Y

Bài 16: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016) .................................... 30

DẠ

Bài 17: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016) .................................... 32

Bài 18: (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2018) .................................... 33

Bài 19: (Đề chuẩn bị Olympic hóa học quốc tế năm 2011) .............................................. 35

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

3

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Bài 20: (Đề chuẩn bị Olympic hóa học quốc tế năm 2011) .............................................. 37

L

Bài 21: Đề thi Olympic hóa học Mỹ năm 2012) ............................................................... 38

FI CI A

Bài 22: (Đề chuẩn bị Olympic hóa học quốc tế năm 2014) .............................................. 39 Bài 23: (Đề dự trữ Olympic hóa học quốc tế năm 2014) .................................................. 43 Một số đề tự giải ................................................................................................................ 46 C. KẾT LUẬN ................................................................................................................... 52

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................................ 53

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

4

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

A. MỞ ĐẦU

FI CI A

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

OF

hội, là tiền đề quan trọng cho sự phát triển của tất cả các lĩnh vực kinh tế, chính trị, văn hoá, quốc phòng 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

ƠN

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.

NH

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  Lí do thực tiễn:

QU Y

nước ta đầu tư hướng đến.

Một trong những hạn chế, khó khăn của sinh viên cũng như học viên cao học học tập môn hóa học trong toàn quốc đang gặp phải đó là chương trình, sách và tài liệu cho

M

môn chuyên 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

KÈ

tập hóa học nói chung và đặc biệt là chuyên đề hóa học phân tích.

Xuất phát từ những nhu cầu thực tiễn đó, là một học viên cao học khoa hóa còn thiếu kinh nghiệm, em rất mong mỏi có được một nguồn tài liệu có giá trị và phù hợp

Y

trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số đề Olimpic quốc tế. Bên cạnh đó

DẠ

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 toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế” để nghiên cứu.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

5

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU toàn quốc và Olimpic quốc tế III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

FI CI A

L

Tuyển chọn các bài tập về hóa học phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên

Bài tập hóa học phân tích dùng trong hoc tập môn hóa học phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế.

IV. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

OF

Nghiên cứu chương trình hóa học phổ thông nâng cao, chuyên hóa học và chương trình ở bậc đại học chuyên ngành hóa học. viên cao học chuyên ngành hóa.

ƠN

Xây dựng hệ thống bài tập hóa học phân tích nâng cao dùng cho sinh viên, học Đề xuất phương pháp giải bài tập thích hợp.

- Đọc, thu thập tài liệu.

NH

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn.

VI. PHẠM VI NGHIÊN CỨU

QU Y

- Nội dung: Bài tập phần hóa học phân tích.

- Đối tượng: sinh viên, học viên cao học chuyên ngành hóa; sinh viên dự thi

DẠ

Y

KÈ

M

olimpic toàn quốc, quốc tế.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

6

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

B. NỘI DUNG

FI CI A

I. MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ LỜI GIẢI:

Bài 1: Cho biết các thế điện cực chuẩn: Eo(Cu2+/Cu) = 0,34V; Eo(Cu2+/Cu+) = 0,15V; Eo(I2/2I-) = 0,54V.

1) Hỏi tại sao người ta có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua dung dịch KI? Cho biết thêm rằng dung dịch bão hoà của CuI trong nước ở nhiệt 10-6M

OF

độ thường (25oC) có nồng độ là

2) Sử dụng tính toán để xác định xem Cu có tác dụng được với HI để giải phóng khí H2 hay không?

ƠN

3) Muối Cu2SO4 có bền trong nước hay không? Giải thích.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2003) Bài giải: Eo1 = 0,15V

Cu2+ + I- + e → CuI

Eo 2 = ?

[Cu ][I ] + 0,059 lg [Cu ] 2+

E =E o 2

o 1

NH

Cu2+ + e → Cu+

1)

−

+

Ks = 10 −12 M I−

QU Y

[Cu2+] = [I-] = 1M  [Cu + ] =

[ ]

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

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

KÈ

2)

M

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

Cu+ + e → Cu

Eo1 = 0,53V

Cu2+ + e → Cu+

Eo2 = 0,15V

2Cu+ → Cu + Cu2+

Eo = 0,53 – 0,15 = 0,38V

DẠ

3)

Y

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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

7

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Vậy Cu2SO4 là muối tan trong nước, không bền trong dung dịch: 0 C →14 7 N + −1 e

FI CI A

14 6

L

Bài 2: 1) Cacbon 14 phân rã phóng xạ theo phản ứng sau:

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, không bị oxy oxy hóa ở nhiệt độ cao

OF

nhưng nó lại bị oxy không 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 toán chứng minh rằng phản ứng xảy ra Cho biết các số liệu sau ở 25oC:

ƠN

được ở 25oC và pH = 7.

Eo = 1,23V

Au+ + e ⇌ Au

Eo = 1,70V

NH

O2(k) + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O

[Au(CN)2]- ⇌ Au+ + 2CN-

β2-1 = 7,04.10-40

(β β2-1 là hằng số điện ly tổng cộng của ion phức)

QU Y

O2 trong không khí chiếm 20% theo thể tích, áp suất của không khí là 1atm. (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004)

Bài giải: 1) Ta có:

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

M

t1 / 2 =

KÈ

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

DẠ

Y

• Xét cặp [Au(CN)2]-/Au: ∆Go

-

[Au(CN)2] + e

Au + 2CN∆Go2

∆Go1

Au+ + 2CN- + e ∆Go = ∆Go1 + ∆Go2

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

8

Tiểu luận Hóa học phân tích

2

]− / Au

]− / Au

o = − RT ln β 2−1 − FE Au + / Au

L

E[oAu (CN )

2

= −0,61V

FI CI A

 − FE[oAu ( CN )

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

• 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

OF

Bài 3:

Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta thường dùng dung dịch iodua, chẳng hạn KI. 25oC. Biết: Eo = 1,36V

NH

Cl2(k) + 2e ⇌ 2Cl-

ƠN

1) Tính ∆Go và hằng số cân bằng K của phản ứng giữa Cl2(k) và 3I- dung dịch ở

I3- + 2e ⇌ 3I-

Eo = 0,54V

2) Khi trong nước có mặt các ion Cu2+ chúng cản trở sự định phân. Giải thích bằng

QU Y

tính toán. Cho biết: Cu2+ + e ⇌ Cu+ Ks(CuI) = 10-12

Eo = 0,16V

3) Thiết lập phương trình:

[

][ ]

M

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

4) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng giữa 2Cu2+ và 5I- ở 25oC và tính nồng độ

KÈ

của các ion khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, biết rằng nồng độ ban đầu là [Cu2+]o = 10-5M và [I-]o = 1M

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2004)

DẠ

Y

Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.mol-1.K-1.

Bài giải:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

9

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

1) Cl2(k) + 3I- ⇌ 2Cl- + I3-

FI CI A

∆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) + I3∆Go

∆Go1

CuI(r)

+

Cu + I

o ∆G = ∆Go1 + ∆Go2  − FECu

2+

/ CuI

∆Go2

-

o = − FECu − RT ln 2+ / Cu +

ƠN

Cu2+ + e + I-

OF

Chứng minh: Phản ứng xảy ra do hai cặp oxy hóa - khử: Cu2+/CuI và I3-/I-

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

o ECu 2 + / CuI = ECu + 2+ / CuI

Nđcb: 10-5 – 2x

[

][ ])

RT ln ( Cu 2 + I − F

5I-

⇌

2CuI(r)

+

QU Y

2Cu2+ +

4)

NH

3) Cu2+ + e + I- ⇌ CuI(r)

1 – 5x

I3 x

∆Go = -2.96500.(0,87 – 0,54) = -8,314.298lnK  K = 1,46.1011

M

Vì K rất lớn cho nên ta co 2x = 10-5  [Cu2+] = ε và x = 5.10-6M [I-] = 1 – 25.10-6M = 1M:

Bài 4:

5.10 −6  ε = Cu 2 + = 5,8.10 − 9 M .

2 5 ε .1

KÈ

1,46.1011 =

[

]

Y

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

DẠ

của nó là 10-2.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

10

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

L

10-2M (coi thể tích không đổi). Xác định nồng độ tối thiểu của Fe3+ để dung dịch

FI CI A

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 không 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

OF

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. Bài giải: Fe3+ Nồng độ cân bằng: Ta có:

+

⇌

10-2 – x

Co – x

10 −5 = 10 − 2 −2 −5 (10 − 10 )

[Fe ] 3+

SCN-

NH

1)

ƠN

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) Fe(SCN)2+ x = 10-5

QU Y

 [Fe3+] = 10-5M  Co = 2.10-5M

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

10 −5 = 10 − 2 − −5 SCN 9.10

[

]

]

M

[

[

]

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

KÈ

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:

Y

Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac

DẠ

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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

11

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

FI CI A

L

Kb = 1,74.10-5; các hằng số bền của phức [Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ β1 = 3,32(i = 1) và lgβ β2 = 6,23(i = 2).

Các thế khử (thế oxy hóa

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

Eo(O2/OH-) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm.

Phản ứng được thực hiện ở 25oC.

OF

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) Bài giải: NAg = 0,100 : 107,88 = 9,27.10-4mol

Số mol cực đại của NH3 cần để tạo phức là: 9,27.10-4 . 2 = 1,854.10-3M nghĩa là

ƠN

nhỏ hơn nhiều so với số mol NH3 có trong dung dịch (10-2M). Vậy NH3 rất dư để hoà tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng.

Ag+ + e → Ag

NH

Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt động: E1 = Eo1 + 0,059lg[Ag+]

O2 + 4e + H2O → 4OH-

E 2 = E 2o +

PO2 0,059 lg 4 OH −

[

]

4

QU Y

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 toán ta có thể suy ra được [Ag+] = 9,12.10-5M

M

Nồng độ tổng cộng của Ag+ trong dung dịch: [Ag+]o= [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]

KÈ

= [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

Y

Bài 6:

DẠ

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 25oC. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

12

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

2. Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2M. Xác định nồng độ của

L

Fe3+; Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi

FI CI A

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: 2Fe3+→

+

Nđcb: 0,05- x

Sn4+

0,05 – 2x

2Fe2+

+

x

2x

OF

1. Sn2+

lgK = 2(0,77 – 015)/0,059 = 21  K = 1021.

ƠN

K rất lớn và nồng độ Fe3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ 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 ε2 0,025.ε

[

NH

K=

]

1,58.10 −12 0,059 0,025 = 0,15 + lg = 0,15M Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059lg 0,05 2 0,025

Ag

Fe3+ ⇌

+

Ag+

QU Y

2. nđcb:

0,05 – x

+

x

Fe2+ x

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

M

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

[Fe ] = 6.10

−3

] [

]

M

KÈ

3+

[

Ecb = 0,77 + 0,059 lg

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

Y

Bài 7:

DẠ

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.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

13

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Mỗi trường hợp hãy thiết lập công thức liên quan giữa nồng độ Mn+, pH

L

và tích số tan Ks. Tích số ion của nước là 10-14.

38

FI CI A

2. Cho biết Ks của Zn(OH)2, Fe(OH)2 và Fe(OH)3 lần lượt là 10-16, 10-14 và 10. 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?

nào ion sắt kia không kết tủa.

OF

Nếu một trong 2 ion kết tủa hoàn toàn khi còn

lượng ban đầu, thì ở pH

ƠN

4. Zn(OH)2 tan hoàn toàn 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.

Bài giải:

NH

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2006) 1. Viết các phương trình tạo kết tủa: * Zn(OH)2:

QU Y

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+]}

M

= -log[Mn+] -n.log(10-14)-n.pH.

= -log[Mn+] + 14n - n.pH (*)

KÈ

Theo (*) có:

⇒ pKs1 = -log ([Zn2+](Knước/[H+])2)=- {log[Zn2+]+ 2.logKnước – 2.log[H+]}

DẠ

Y

= -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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

14

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Tương tự như trên có: pKs2 = -log[Fe2+] + 28 -2.pH (*2)

L

* Fe(OH)3:

FI CI A

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)

2. Ta có bảng xác định pH bắt đầu kết tủa của [Zn2+]=[Fe2+]=[Fe3+]=10-2 M: Ks

pKs

n

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

Zn(OH)2

10-16

16

2

7

Fe(OH)2

10-14

14

2

8

Fe(OH)3

10-38

38

3

2

ƠN

NH

3. Điều kiện để tạo kết tủa: +) Fe(OH)2: [OH-](1)>=

OF

CTHH

[ ]

=

= 10-6 (M)

+) Fe(OH)3: [OH-](2)>= = = 10-12 (M) [ ]

QU Y

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) [ ]

M

tủa.

KÈ

Vậy từ (1) và (2) suy ra khi 6 > pH≥ 3 thì Fe3+ kết tủa hoàn toàn và Fe2+ chưa bắt đầu kết 4. Xét: Dung dich xuất phát từ Zn2+ 10-2M:

Y

Tại pH=7 kết tủa bắt đầu xuất hiện:

DẠ

Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2, T-1=1016

Tại pH=13 kết tủa bắt đầu biến mất: Zn(OH)2⇄ ZnO2H- + H+ ,(1) Ka

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

15

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Ta có tại pH = 13: [H+] = 10-13 M

FI CI A

⇒ Ka = [H+][ZnO2H-]=(10-13)2 = 10-26.

L

Theo cân bằng, ta có: [ZnO2H-] = [H+] = 10-13M. Bài 8:

1. Một dung dịch axit chứa các ion Fe2+ 0,1M, tiếp xúc với không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích). Chứng minh rằng Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa, biết rằng khi cân bằng nồng độ H+ bằng 0,1M. Hỏi có bao nhiêu phần trăm Fe2+

OF

không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng?

2. Một dung dịch Fe3+ 0,1M đựng trong một bình kín không có không khí, trong đó có bột Fe nguyên chất dư. Tính nồng độ ion Fe3+ khi phản ứng ở

ƠN

trạng thái cân bằng.

Từ các kết quả thu được hãy rút ra kết luận có ích.

• Nhiệt độ phản ứng 25oC.

NH

Số liệu dùng cho các phép tính:

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

O2/H2O = 1,23V; Fe3+/Fe2+ = 0,77V ; Fe2+/Fe = -0,44V

QU Y

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2006)

Bài giải:

1. Tính phần trăm Fe2+ không bị oxi không khí oxi hóa khi ở trạng thái cân bằng: 4x (Fe2+ - e ⇄ Fe3+ )

-E10 = -0,77V

M

1x (O2 + 4e + 4H+⇄ 2H2O)

E20 = 1,23V

KÈ

4Fe2+ + O2 + 4H+⇄ 4Fe3+ + 2H2O , K1= ?

Ta có: K1 = 10

×( , , ) ,

= 1031,186= 1,5.1031

Y

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)

DẠ

xét không 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)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

16

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

Vậy EO2/H2O> EFe3+/Fe2+ (vì 1,16>0,711) nên Fe2+ bị oxi không khí oxi hóa.

L

EO2/H2O = 1,23 + (0,059/4).log(0,2.0,14)= 1,16V 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

OF

Có: K1-1 = [Fe2+]4.[H+]4/[Fe3+]4 = 10-31,186 ⇒ x4.0,14.0,2 / (0,1-x)4 = 10-31,186

Nên x =

0,2.10#$ , %& = 2,4.10-8M

ƠN

Vì K1-1rất nhỏ nên coi 0,1-x xấp xỉ 0,1.

Vậy %Fekhông bị oxi hóa = (2,4.10-8/ 0,1).100% = 2,4.10-5 (%) (hoặc cứ xét theo biểu thức K1)

NH

2. Xét phản ứng:

2x(Fe3+ + e ⇄ Fe2+ ) E1 = 0,77V

QU Y

1x(Fe -2e ⇄ Fe2+ ) -E3 = - (-0,44)= 0,44V 2Fe3+ + Fe ⇄ 3Fe2+ , K2 = 10 0,1M -

.( , , ) ,

= 1041,017

0,15M

M

Xét phản ứng đạt cân bằng:

KÈ

3Fe2+

⇄ 2Fe3+ + Fe , K2-1 = 10-41,017

Bđ: 0,15

Cb: 0,15-3x

2x

Y

Vì K2-1 rất nhỏ nên x cũng rất nhỏ coi [Fe2+] = 0,15M

DẠ

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)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

17

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Nhận xét: - Muốn bảo quản dung dịch Fe2+ lâu dài thì không được để tiếp xúc Bài 9:

FI CI A

L

với không khí và có mặt Fe trong dung dịch.

Ion CN- có trong nước thải công 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.

OF

2. Trong nước thải nồng độ CN- là 10-3 mol.l-1, nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (coi thể tích không đổi) thì nồng độ CN- còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận gì?

ƠN

Cho biết ở 250C: Eo(H2O2/H2O) = +1,77V; Eo(NCO-/CN-) = -0,14V.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2010) Bài giải:

2. Phản ứng: CN-

+

Cb:10-3 – x

H2 O2 0,1 – x

NH

1. ∆Go = -2.96500.(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14. 1064 ⇄

NCO- + H2O x

[CN # ] =

QU Y

Vì K rất lớn nên coi x = 10-3

[NCO# ] 10#$ = = 2,4. 10#13 (M) &1 # #$ ] [ 4,4. 10 (10 − 10 ) K -. /.

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.

M

Bài 10:

KÈ

Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi không 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

Y

rằng trên bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7.

DẠ

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 H3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- và

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

18

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần

L

trăm (về số mol)?

FI CI A

b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , 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 As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l.

OF

meta asenơ HAsO2 có pK = 8,1. Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012) Bài giải:

− 4

− 4

+

2− 4

[H + ][HAsO 24 − ] có K 2 = [H 2 AsO 4− ]

NH

H 2 AsO H + HAsO

ƠN

[H + ][H 2 AsO 4− ] H 3 AsO 4 H + H 2 AsO có K 1 = [H 3 AsO 4 ] +

HAsO 24 − H + + AsO 34− có K 3 =

[H + ][AsO 34− ] [HAsO 24 − ]

As(V) theo [H2AsO4-]:

QU Y

Gọi C là nồng độ (mol/L) tổng cộng của As(V). Từ K1, K2, K3 tính các dạng nồng độ của 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 ]  + 1 + +2 + 2+ 23  [H ] [H ]   K1 [H 2 AsO 4− ] 1  = + C  [H ] K K K + 1 + +2 + 2+ 23  [H ] [H ]  K1

KÈ

M

− 4

  

(1)

DẠ

Y

[H 2 AsO −4 ] K1 = = 1  [H 2 AsO 4− ] = [H 3 AsO 4 ] Tại pH = pK1 hay [H ] = K1 thì: + [H 3 AsO 4 ] [H ] +

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

19

[H 3 AsO 4 ] [H 2 AsO −4 ] = = C C

−6,9

2+

10 10 −2,2

1 1 ≈ −6,9 −11,5 2 10 .10 + −2,2 2 (10 )

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

L

Vậy:

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

Tiểu luận Hóa học phân tích

[HAsO 24− ] K2 = = 1  [HAsO 42− ] = [H 2 AsO 4− ] * Tại pH = pK2 tương tự ta có: − + [H 2 AsO 4 ] [H ]

OF

Thay vào (1) ta có:

[H 2 AsO 4− ] [HAsO 42− ] 1 1 = = ≈ −6,9 −11,5 C C 2 10 10 2 + + 10−2,2 10−6,9

ƠN

 [H 2 AsO 4− ] = [HAsO 42− ] ≈ 50% (về số mol)

* Tại pH = pK3: Từ biểu thức tính nồng độ tổng của As(V), biểu diễn nồng độ của các

C=

NH

dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có:

[H + ]2 [HAsO 42 − ] [H + ] [HAsO 42 − ] K [HAsO 42 − ] + + [HAsO 42 − ] + 3 K 1K 2 K2 [H + ]

 [H + ]2 [H + ] K  C = [HAsO ]  + + 1 + +3  K2 [H ]   K 1K 2 [HAsO 24 − ] 1  = + 2 C  [H ] K  [H + ] + + 1 + +3   K2 [H ]   K1K 2

QU Y

2− 4

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

M

+

KÈ

[HAsO 24− ] [AsO34− ] = = C C

1 −11,5 2

−11,5

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

≈

1 2

Y

 [HAsO 24− ] = [AsO 34− ] ≈ 50% (về số mol)

DẠ

b/ Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , 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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

20

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

điện tích trên bề mặt của Fe(OH)3.

L

Vậy: cùng dấu (-).

FI CI A

As(v) không thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH=pK1 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,

OF

Fe(OH)3 chỉ mới bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 còn rất nhỏ.)

Còn ở pH = 6,9 toàn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị hấp phụ tốt nhất trên Fe(OH)3. thành As(V).

ƠN

c/ Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa As(III) *Tính E của các cặp oxi hóa khử O2/H2O và H3AsO4/HAsO2 tại pH = pK2 = 6,9

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

QU Y

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

NH

Đối với cặp O2/H2O: ½ O2 + 2e + 2H+ → 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 ]

KÈ

là HAsO2.

M

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

DẠ

Y

[H 2 AsO 4− ][H + ] [H 3 AsO 4 ] = K1

Thay vào (1) ta có:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

21

Tiểu luận Hóa học phân tích

E H3AsO4 /HAsO2

L

[H AsO 4− ][H + ]3 0,059 log 2 2 K1[HAsO 2 ]

FI CI A

E H3AsO4 /HAsO2 = 0,56 +

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

C + 3 [H ] 0,059 0,059 (10−6,9 )3 = 0,56 + log 2 = 0,56 + log = 0,005(V) 2 K1 C 2 2.10 −2,2

Kết luận: tại pH = pK2 =6,9: E O2 /H 2O > E H3AsO4 /HAsO2

OF

⇒ 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

ƠN

sau:

Hòa tan hoàn toàn 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 trong môi trường axit sunfuric.

NH

mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 0,0107 M 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

QU Y

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

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2012)

KÈ

Bài giải:

M

nào đến kết quả phân tích?

a/ Viết các phương trình phản ứng xảy ra Sn + H2SO4 → SnSO4 + H2

Y

2Bi + 3H2SO4 → Bi2(SO4)3 + 3H2

DẠ

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 HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

22

n Sn 2 + =

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

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

%Sn =

FI CI A

Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp:

L

Tiểu luận Hóa học phân tích

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

OF

Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu sang màu tím nhạt (bền trong khoảng 30 giây )

d/Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối.

ƠN

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 môi trường không đủ axit.

NH

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:

K1 = ?

# 56# 7 + H2O + 2e = 365

Eo = 0,88 V

QU Y

H2O2 → H+ + 56# 7 Cho biết:

H2O2 + 2H+ + 2e = 2H2O

Cách 1:

M

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)

KÈ

Bài giải:

H2O2 + 2H+ 2e ↔ 2H2O

(1)

E01= 1,77V,

3OH- ↔ HO2- + H2O + 2e

k1

E02 = -0,88 V, k2

Y

(2)

Eo = 1,77 V

Lấy (1) + (2) ta được:

DẠ

(3)

H2O2 + 2H+ + 3OH- ⇔ 3H2O + HO2 × ,

(Vì K=10 , × 10

×( , ) ,

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

K =k1.k2 = 1,17.10$

= 1,17 × 10$ ) 23

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

3H2O ↔ 3H+ + 3OH-

K3w = 10-14 X3 = 10-42

Lấy tổng (3) + (4): K1= K.Kw3 = (1,17x1030) x(10-42) = 1,2x10-12

FI CI A

H2 O2 ↔ H+ + H2 O Cách 2:

(1) HO2- + H2O + 2e ↔ 3OH-

E10 = 0,88V

(2) H2O2 + 2H+ + 2e ↔ 2H2O (3) 3H+ + 3OH- ↔ 3H2O

E02 = 1,77V Kw-3 = 10-14x(-3) = 1042

(4) H2O2 ↔ H+ + HO2-

OF

Lấy (2) – (1) – (3) được :

L

(4)

K1 = ?

Ta có:

ƠN

∆G0(4) = ∆G0(2) - ∆G0(3) - ∆G0(1)

⇒ −RTlnK = −2E. F + 2E F + RTlnK #$ B

2F #$ (E − E. ) − lnK B RT 2 × 96500 (1,77 − 0,88) − ln101. = −27,38 = 8,314 × 298

NH

⇒ lnK =

QU Y

Vậy K1= e-27,38= 1,3x10-12

Cách 3:

∆G0 = -nE0F (kJ)

E(V)

(1) HO2- + H2O + 2e ↔ 3OH-

0,88

-170

(2) H2O2 + 2H+ + 2e ↔ 2H2O

1,77

-342

Lấy (2) – (1) được:

(3) H2O2 + 2H+ + 3OH- ↔ 3H2O + HO2-

M

-172

KÈ

Cộng 1H+ vào 2 vế của (3) được: (4) H2O2 + 3H+ + 3OH- ↔ 3H2O + HO2- + H+ K (4 ) =

[HO ][H ] [H O ][H ] [OH ] − 2

Y DẠ

+

+ 3

2

HIJK(1) =

-172

2

− 3

=

K1 K w3

∆M (4) −172 × 10$ (P⁄QIH) = = 30,1 −2,303 NO −2,303 × 8,314(P⁄QIH. K) × 298(K)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

24

Tiểu luận Hóa học phân tích

Vậy:

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

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

L

Bài 13:

FI CI A

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 không có các hiện tượng thủy phân.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014) (1) Cd(OH)2 ↔ Cd2+ + 2OH-

OF

Bài giải: Tính số mol Na2S2O3:

T= [Cd2+][OH-]2= 4,5.10-15

0,00050M

ƠN

Theo cân bằng: [OH-]=2x0,00050=0,0010M [STU V ]

(2) Cd2+ + S2O32- ↔ CdS2O3 K1 = [ST ]WU

V X

= 8,3 × 10$

WST(U V ) X

(3) CdS2O3 + S2O32- ↔ Cd(S2O3)22- K2 = [STU (4) Ta có:

NH

V ]WU V X

= 2,5 × 10.

[Cd2+] + [CdS2O3] + [Cd(S2O3)22-] = 0,00050

(5) [Cd2+] + K1[Cd2+][S2O32-]+ K1K2[Cd2+][S2O32-]2 = 0,00050 Y

=

[Z[]

1,\×

= 4,5x10-9

QU Y

(6) [Cd2+]=

,

Đặt x=[S2O32-] và chia 2 vế của (5) cho [Cd2+] được: (7) 1+ K1x + K1K2x =

\, × 1,\×

= 1,1 × 10\

có:

M

Vì x<1 (nếu x=1, vế trái của (7) ≫ 1,1.105) do đó (1+ K1x) có thể bỏ qua được, ta

KÈ

(8) (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.

Y

*Nếu giải phương trình bậc 2 của (7) cũng thu được x=0,23.

DẠ

Bài 14:

Theo tiêu chuẩn môi trường quốc gia, mức tối thiểu cho phép của H2S trong không khí

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

25

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

là: 0,01mg/L. Để đánh giá sự ô nhiễm không khí ở một khu nghỉ dưỡng có sử dụng

L

suối nước nóng tự nhiên người ta làm như sau: Điện phân dung dịch KI trong 2

FI CI A

phút bằng dòng điện 2mA. Sau đó cho 2 lít không khí sục từ từ vào dung dịch điện phân trên cho đến khi iot mất màu hoàn toàn. 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 ô nhiễm không khí bởi H2S của khu nghỉ

OF

dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không? b. Tính hàm lượng của H2S trong không khí theo thể tích.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014)

ƠN

Bài giải:

a. Giải thích thí nghiệm và cho biết sự ô nhiễm không khí bởi H2S của khu nghỉ dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không?

NH

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 ).

QU Y

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 quá trình (3) đã hoàn thành).

- Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s):

0,002.120 = 0,124.10−5 (mol) 2.96500

M

n I2 =

KÈ

- Lượng H2S tác dụng với I2 theo (2) là: n H 2S = n I2 = 0,124.10 −5 (mol)

Y

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

DẠ

n H 2S = n S =

0,002.35 = 0,36.106(mol) 2.96500

-Trong 2 lít không 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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

26

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

m H 2S

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

L

- Hàm lượng H2S trong không khí của khu nghỉ dưỡng là:

Vậy mức độ ô nhiễm của không khí tại khu nghỉ dưỡng này đã vượt quá mức cho phép.

b. Tính hàm lượng của H2S trong không khí theo thể tích.

Hàm lượng H2S trong không khí của khu nghỉ dưỡng: 27,2. 10-3 mg/l

Bài 15:

OF

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

ƠN

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

NH

+ 10mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 10mL dung dịch HCOOH có pH =3,0

+ 25mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 15mL dung dịch KOH có pH

QU Y

=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-

M

BaSO4

KÈ

SO42- + H+ ⇄ HSO42-

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

BaSO4 + H+ ⇄ Ba2+ + HSO42-

Ban đầu: :

Y

[]

T=?

K = K1. T = 102. T

2M 2-S(M)

S

S

Với S = 1,5.10-4M

DẠ

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

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

27

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

S’

S’

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

+ SO42-

0,001M

0,001M

BaSO4 ⇄ Ba2+ + SO420,001M

[ ]:

S’’

OF

Ban đầu:

T = 1,125.10-10

FI CI A

[ ]:

T = 1,125.10-10

L

⇄ Ba2+ + SO42-

BaSO4

(S’’ + 0,001)

ƠN

⇒S’’.(S’’ + 0,001) = 1,125.10-10

⇒S’’ = 1,125.10-7 (nhận); còn giá trị S’’ = -10-3 (loại). b. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp:

NH

*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

→ H+ + Cl-

5.10-5

QU Y

HCl

5.10-5

CH3COOH ⇄ H+ C:

0,05 x

[ ]:

0,05-x

M

ΔC:

+

CH3COO-

5.10-5 x

5.10-5+x

0 x x

KÈ

⇒ (5.10 -5+x)x / (0,05-x) = 10-4,76 ⇒ x = 9,0.10-4M (nhận) và x = -9,646.10-4M (loại)

Y

⇒pH = -lg(5.10-5 + x) = 3,022 = 3,02

DẠ

*10mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 10mL dung dịch HCOOH có pH

=3,0

Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

28

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

CH3COO-

CA

0

0

ΔC:

x

x

x

[ ]:

CA-x

x

x

L

C:

+

FI CI A

CH3COOH ⇄ H+

Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

OF

(10 −3 ) 2 = 10 −4,76  C A ≈ 0, 0585(M) −3 C A − 10

Tương tự, dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

Sau khi trộn lẫn:

0, 0585.10 = 0, 02925(M) 20 6, 62.10 −3.10 = 3,31.10 −3 (M) [HCOOH] = 20

NH

[CH 3 COOH] =

ƠN

(10 − pH ) 2 10 −6 − pH [HCOOH] = + 10 = −3,75 + 10 −3 = 6, 62.10 −3 (M) K HCOOH 10

Vì C1Ka1 (5,08.10-7) ≈ C2Ka2 (5,88.10-7).

QU Y

Bảo toàn điện tích: [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-] [H + ] = K a1 .[CH 3 COOH] + K a 2 .[HCOOH]  [H + ] ≈ K a1 .C1 + K a 2 .C 2

⇒ [H+]=1,047.10-3 ⇒ pH = 2,98

*25mL dung dịch CH3COOH có pH =3,0 trộn với 15mL dung dịch KOH có pH

M

=11,0

KÈ

Tương tự câu trên, ta có [CH3COOH] = 0,0585M. Dung dịch KOH có pH =11,0 → [OH-] = [KOH] = 10-14/10-11 = 10-3.

Sau khi trộn:

Y

[CH3COOH] = (0,0585.25)/ 40 = 3,66.10-2M; [KOH] = (10-3.15)/ 40 = 3,75.10-4M

DẠ

CH3COOH

Pư :

3,66.10-2

+

KOH → 3,75.10-4

saupư (3,66.10-2-3,75.10-4) 3,75.10-4

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

CH3COOK + 0

H2O 0

3,75.10-4

29

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

0,036225

ΔC []

x

CH3COO-

3,75.10-4 x

0,036225– x

L

C

+

0

FI CI A

CH3COOH ⇄ H+

x

x+3,75.10-4

x

Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x) = 10-4,76 ⇒ x = 6,211.10-4. Vậy pH = 3,207 = 3,21

Bài 16:

OF

Người ta tiến hành khai thác vàng bằng phương pháp xyanua như sau: đầu tiên quặng vàng được nghiền vụn, rồi trộn với dung dịch NaCN trong môi trường kiềm và liên tục sục oxi không khí vào hỗn hợp phản ứng. Khi đó oxi sẽ oxi hóa vàng

ƠN

thành [Au (CN)2]-. Sau đó người ta cho kẽm bột tác dụng với dung dịch [Au (CN)2]để thu hồi vàng kim loại.

Cho biết:

E0(Au+/Au) =1,70V; E0(O2/H2O) =1,23V; E0(OCl-/Cl-) =1,49V;

[Au (CN)2]- bằng 7,04 10-40.

NH

E0(CNO-/CN-) = -0,14V; pKHCN = 9,2; Hằng số phân ly tổng cộng của phức chất a) Hãy viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình trên.

QU Y

4Au + 8CN- +O2 + 2H2O = 4[Au(CN)2]- + 4OH- (1) 2[Au(CN)2]- + Zn = [Zn(CN)4]2- + 2Au (2) b) Tính E0(Au(CN)2-/Au) và E0(O2 kk/OH-) (coi áp suất của oxi trong không khí bằng 0,2 atm).

Chứng minh rằng khi có mặt ion CN- trong môi trường kiềm thì oxi không khí

M

có thể oxi hóa Au thành [Au (CN)2]-. pH tối thiểu của dung dịch CN- phải bằng bao

KÈ

nhiêu? Tại sao?

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016)

Bài giải:

Y

* Tính E0(Au(CN)2-/Au) từ E0(Au+/Au)

DẠ

Au+ + 1e = Au EAu+/Au = EoAu+/Au + 0.059lg[Au+] = 1,70 + 0.059lg[Au+]

EAu(CN)2-/Au = 1,70 + 0.059lg[Au+]do phức phân li ra

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

30

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

EAu(CN)2 /Au = 1,70 + 0,059lg

K ply [ Au(CN ) −2 ] [CN − ]

L

-

FI CI A

ở điều kiện chuẩn, nồng độ các chất đều bằng 1M ta có:

E0(Au(CN)2-/Au = 1,70 + 0,059lgKply = 1,70 + 0,059lg7,04.10-40 = -0,61 v. * Tính E0(O2 kk/OH-) từ E0(O2/H2O) 1/2O2 + 2e + 2H+ = H2O

0,059 0,059 lg P 1O/ 22 [ H + ] 2 = 1,23 + lg 0,2 + 0,059lg[H+] 4 2

OF

E(O2kk/H2O) = 1,23 +

H 2O = 1,21 + 0,059 lg [ OH −]

k

E0(O2 kk/OH-) = 1,21 + 0,059lg10-14 = 0,38 v.

ƠN

Ở điều kiện chuẩn [OH-] = 1M Ở đây E0(O2 kk/OH-) = 0,38v > E0(Au(CN)2-/Au = -0,61v → xu hướng phản ứng xảy ra:

NH

O2 + Au + CN- + H2O → Au(CN-) + OH-

* Để có thể tạo phức tốt với Au+ thì cyanua phải tồn tại chủ yếu dạng CNHCN = H+ + CN- có pK = 9,2 [ H + ][ CN − ] [ HCN ]

→

[ CN − ] [ HCN ]

−

=

[ K HCN ]

QU Y

KHCN =

[ H ]+

CN ] + lg [[HCN ] = lgKHCN – lg[H ] = pH - pKHCN

Vùng tồn tại ưu tiên của CN-: −

M

CN ] [CN-] > [HCN] → lg [[HCN ] = pH -9,2 > 0 → pH> 9,2 vậy pHmin =9,2 hay pH ≥ 9,2.

Môi trường càng kiềm thì [CN-] càng lớn.

KÈ

c) Để xử lý CN- có trong nước thải của quá trình khai thác vàng bằng phương pháp xyanua, người ta thường dùng NaOCl để oxi hóa CN- thành CNO- theo phản ứng: CN- + OCl- = CNO- + Cl-

Y

Nếu cho 5ml dung dịch NaOCl 0,2M vào 1 lit nước thải có nồng độ CN- là 10-3M (coi thể

DẠ

tích dung dịch không đổi ) thì có thể oxi hóa hoàn toàn CN- thành CNO- được không?.

Tính nồng độ CN- còn lại trong dung dich sau khi xử lý?

CN- + ClO- = CNO- + ClHVTH: Phạm Thị Thơ – K29

31

Tiểu luận Hóa học phân tích 2 (1, 49+0,14) n∆Eo 0, 059 = 0, 059

= 55,25

L

lgKcb =

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

Kcb = 1055,25 rất lớn  phản ứng xảy ra gần như hoàn toàn theo chiều thuận, ClO- oxy hóa hoàn toàn CN- thành CNO-. *Tính [CN-] còn lại sau xử lý: t=0

10-3

tcb = 0

x

10-3

0

x

10-3 -x

Cl0 10-3 -x

2 [ CNO− ][ Cl − ] (10−3 − x ) = [ CN − ][ ClO− ] = x2

(10−3 −x) x

=

K cb = 1027,62 → x =[CN-] 10-30,62 rất nhỏ.

ƠN

lgKcb

→

CNO- +

OF

CN- + ClO- =

Bài 17:

NH

Dung dịch chứa ion Fe (SCN)2+ có màu đỏ khi nồng độ của Fe(SCN)2+ lớn hơn 10-5M. Hằng số bền của ion Fe (SCN)2+ Kb1 = 2.102. a) Trong 500ml dung dịch có chứa 10-3 mol FeCl3 và 5.10-3 mol KSCN. Tính nồng độ của ion Fe (SCN)2+ ở trạng thái cân bằng? Dung dịch có màu đỏ không?

QU Y

b) Hòa tan tinh thể NaF vào dung dịch trên (thể tích dung dịch không đổi) sẽ tạo thành ion FeF2+ có hằng số bền Kb2 = 1,6.105. Hỏi phải thêm ít nhất bao nhiêu gam NaF thì màu đỏ mới biến mất?

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016)

M

Bài giải:

Fe3+ +

SCN- = Fe(SCN)2+

t=0

2.10-3

10-2

tcb

2.10-3 –x

Y

không?

KÈ

a) Tính nồng độ của ion Fe (SCN)2+ ở trạng thái cân bằng. Dung dịch có màu đỏ

x (2.10−3 − x )(10−2 − x )

DẠ

Kb1 =

10-2–x

0 x

= 2.102  x = 1,27.10-3M > 10-5M  dung dịch có màu đỏ.

b) Tính số gam NaF:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

32

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Màu đỏ của dung dịch biến mất khi [Fe (SCN)2+] ≤ 10-5M.

Kb1

[Fe(SCN)2 + ] [ Fe ( SCN ) 2 + ] 3+ = [Fe3+ ][SCN− ] → [Fe ] = Kb1[ SCN − ] ≤

FI CI A

Vậy [Fe3+] còn lại trong dung dịch được tính từ Kb1 của phức [Fe (SCN)2+]

L

CSCN- = [Fe (SCN)2+] + [SCN-]  [SCN-] = CSCN- -[Fe (SCN)2+] =10-2 -10-5 = 10-2M.

10 −5 = 5.10-6M. 2.10 2.10 −2

Lúc này Fe3+ trong dung dịch nằm ở 3 dạng [FeF2+], [Fe(SCN)2+] và [Fe3+]: [FeF2+] = CFe3+ - [Fe(SCN)2+] – [Fe3+] [FeF2+] ≥ 2.10-3 – 10-5 -5.10-6 = 1,985.10-3M. Tính [F-] trong dung dịch từ Kb2 của phức [FeF2+].

[ FeF 2+ ] [ FeF 2+ ] 1,985.10 −3 → [F ] = = = 2,481.10-3M − 3+ − 5 −6 K b 2 [ F ] 1,6.10 .5.10 [ Fe ][ F ]

ƠN

Kb2 =

OF

CFe3+ = [FeF2+] + [Fe(SCN)2+] + [Fe3+]

Nồng độ F- ban đầu tối thiểu cần có:

NH

CF- = [FeF2+] + [F-] = 1,985.10-3 + 2,481.10-3 = 4,466.10-3M

Trong 500 ml dung dịch cần lấy 4,466.10-3/2 = 2,233.10-3 mol NaF.

 Số gam NaF cần lấy 2,233.10-3 x 42 = 0,0938g =93,8 mg NaF.

QU Y

Bài 18:

a) Tính nồng độ các ion H3O+, OH-, HSO4- và SO42- có trong dung dịch H2SO4 nồng độ

1,0×10-7 M ở 250 C. Cho biết, tại 250 C, Ka2 (H2SO4) = 1,2×10-2; Kw = 1,0×10-14.

M

b) Cần pha bao nhiêu mL dung dịch NaOH 0,8M vào 200mL dung dịch H3PO4 0,2M để thu được dung dịch đệm có pH = 7,4. Cho biết các giá trị pKa của H3PO4 lần lượt

KÈ

là pK1 = 2,15; pK2 = 7,20; pK3 = 12,44. c) Thuốc aspirin (là axit axetylsalixilic kí hiệu là HA, có pKa = 3,52) được hấp thụ vào máu bằng cách thẩm thấu qua thành dạ dày. Giả sử quá trình thẩm thấu đạt

Y

trạng thái cân bằng, có nghĩa là nồng độ dạng trung hòa HA ở trong dịch dạ dày và

DẠ

trong máu là như nhau. Hãy tính tỉ số nồng độ aspirin tổng cộng trong máu/ nồng độ aspirin tổng cộng trong dịch dạ dày. Cho biết pH trong dịch dạ dày và trong máu lần lượt là 2,0 và 7,4.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

33

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2018)

L

Bài giải:

FI CI A

a) Tính nồng độ các ion H3O+, OH-, HSO4- và SO42Ta có:

[H 3 O + ][SO 24 − ] [SO 24− ] 1, 2.10−2 −2 = 1, 2.10 hay = [HSO −4 ] [HSO −4 ] [H 3 O + ]

Xét cân bằng phân li của nước, gọi nồng độ OH- là x: H3 O+

+

OH-

2,0. 10-7

Trước pư: Lượng phân li:

-x

x

x

x + 2,0. 10-7

Tại cân bằng:

x

ƠN

2 H2 O ⇄

OF

Giả thiết H2SO4 phân li hoàn toàn 2 nấc và sinh ra [H 3 O + ] = 2,0.10 −7 (M)

x(x + 2,0. 10-7) = 1,0.10-14 ⇒ x = 4,1.10-8 và [H3O+] = 2,41.10-7(M)

NH

Ta có:

[SO 42 − ] 1, 2.10 −2  = = 5.104 >> 1 nên giải thiết H2SO4 phân li hoàn toàn 2 nấc là − −7 [HSO 4 ] 2, 41.10

QU Y

phù hợp.

Vậy: [OH-] = 4,1.10-8(M); [H3O+] = 2,41.10-7(M); [SO42-] = 1,0.10-7(M)

[SO 24− ] [SO 24− ] 4 − = 5.10  [HSO 4 ] =  [HSO −4 ] = 2,0.10 −12 (M) − 4 [HSO 4 ] 5.10

M

b) Tính thể tích dung dịch NaOH

Do pH = 7,4 > pK2 nên dung dịch đệm chứa H2PO4- và HPO42-

KÈ

H3PO4 + OH- ⇄ H2PO4- + H2O H3PO4 + 2OH- ⇄ HPO42- + 2H2O

Y

Áp dụng công thức tính pH của dung dịch đệm:

DẠ

pH = pK 2 + log

[HPO 24− ] [HPO 24 − ]  = 10pH −7,2 = 1,58(1) − − [H 2 PO 4 ] [H 2 PO 4 ]

Ta có: n H PO − + n HPO 2 − = 250.0, 2 = 50(mmol)(2) 2

4

4

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

34

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

(1) và (2) ⇒ n H PO− = 19,39(mmol); n HPO 2 − = 30, 62(mmol) 4

4

L

2

FI CI A

⇒ nNaOHcần thêm= 30,62.2 +19,39 = 80,63 (mmol) ⇒ VNaOHcần thêm = 80,63/0,8 = 100,788mL Bài 19:

Trong dung dịch nước, ion Pb2+ tồn tại ở dạng kết tủa PbO, là một oxit lưỡng tính. Trong axit, tồn tại dưới dạng ion Pb2+ là chủ yếu với pH tăng dần. PbO và Pb(OH)3- được hình thành trong lượng thấy rõ. Cân bằng quan trong cho PbO

OF

trong nước được đưa ra sau đây:

Ksp = 8,0.10-16

PbO + 3H2O ⇌ Pb(OH)3- + H3O+

Ka = 1,0.10-15

(1) (2)

ƠN

PbO + H2O ⇌ Pb2+ + 2OH-

1.PbO hòa tan hoàn toàn khi ở pH đủ thấp. Khi nồng độ ban đầu của Pb2+ là 1,00.10-2 mol/l. Tính pH mà kết tủa PbO bắt đầu hình thành.

NH

2.Dùng giá trị đã cho ở câu a, khi pH tăng lên đến giá tị nào đó thì kết tủa tan trở lại. Ở pH bằng bao nhiêu thì kết tủa tan hết?

3.Viết biểu thức tính độ tan S của PbO?

QU Y

4.Theo lí thuyết, PbO tan hết ở pH = 9,4. Tính nồng độ các ion trong dung dịch và độ tan của PbO ở pH đó.

5.Tính khoảng pH khi mà nồng độ dung dịch là 1,0.10-3 mol/l hay thấp hơn.

Bài giải:

M

(Đề chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011)

KÈ

1.Ta có: [Pb2+] = 1,00.10-2 mol/l Kết tủa PbO bắt đầu hình thành khi: [Pb2+].[OH-]2 = Ksp =8,0.10-16

⇒

[OH - ] =

K sp 8,0.10-16 -7 = 2+ -2 = 2,83.10 M [Pb ] 1,00.10

DẠ

Y

⇒ pOH = 6,55 ⇒ pH = 7,45 2. Ở pH tương đối cao thì phản ứng (2) chiếm ưu thế hơn, tương ứng với ion Pb(OH)3-.

Ta có: [Pb(OH)3-] = 1,00.10-2 mol/l. Ta dung công thức Ka để tính pH.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

35

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

PbO + 3H2O ⇌ Pb(OH)3- + H3O+

Ka = 1,0.10-15

Ka 1,0.10-15 = = 1,0.10-13M -2 [Pb(OH)3 ] 1,00.10

FI CI A

K a = [Pb(OH)3- ].[H3O+ ] ⇒

[H3O + ] =

⇒ pH = 13

Dùng Ksp thì [Pb2+] = 8,00.10-14 M (rất bé) nên bỏ qua.

3. Ta có:

S = C Pb2+ = [Pb 2+ ] + [Pb(OH)3- ]

[OH - ] =

K H 2O 10-14 = = 2,5.10-5 M [H 3O + ] 4.10-10

[Pb 2+ ] =

K sp 8,0.10-16 = = 1,28.10-6 M - 2 -5 2 [OH ] (2,5.10 )

Ka 1,0.10-15 = = 2,5.10-6 M + -10 [H3O ] 4.10

NH

[Pb(OH)3- ] =

ƠN

⇒

OF

4.Ta có: pH = 9,4 ⇒[H3O+] = 10-9,4=4.10-10 M

L

Tiểu luận Hóa học phân tích

2+ -6 -6 -6 Suy ra: S = [Pb ] + [Pb(OH)3 ] = 1,28.10 + 2,5.10 = 3,78.10 M

5.Ở pH tương đối thấp thì Pb2+ sẽ chiếm ưu thế.

QU Y

[Pb2+] = 1,0.10-3 M. Ksp = [Pb2+].[OH-]2

⇒

K sp 8,0.10-16 -7 = 2+ -3 = 8,94.10 M [Pb ] 1,0.10

[H3O+ ] =

K H2O 10-14 -8 = -7 = 1,12.10 M [OH ] 8,94.10

KÈ

⇒ pH = 7,95

M

⇒

[OH - ] =

[Pb(OH)3- ] =

Ka 1,0.10-15 = = 8,93.10-8 M + -8 [H3O ] 1,12.10

Y

Do đó, trong môi trường axit thì [Pb(OH)3-] không đáng kể và [Pb2+] chiếm ưu thế.

DẠ

Trong môi trường bazơ thì [Pb(OH)3-] chiếm ưu thế.

[Pb(OH)3-] = 1,00.10-3 M từ Ka

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

36

Tiểu luận Hóa học phân tích

Ka 1,0.10-15 = = 1,00.10-12 M -3 [Pb(OH)3 ] 1,00.10

L

[H3O + ] =

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

[Pb 2+ ] =

FI CI A

⇒ pH = 12 và [OH-] = 1,00.10-2M.

K sp 8,0.10-16 = = 8,00.10-12 M - 2 -2 2 [OH ] (1,00.10 )

Ta thấy: [Pb2+] ≪ [Pb(OH)3-] nên trong môi trường bazơ, [Pb2+] không đáng kể.

Vậy pH có giá trị từ 7,95 đến 12.

OF

Bài 20:

1.Khi cho từ từ một bazơ mạnh vào dung dịch chứa ion Zn2+ thì thu được kết tủa keo trắng Zn(OH)2. Tính pH của 1 lít dung dịch chứa 5.10-2 mol Zn2+ và 0,1 mol

ƠN

OH-. Biết K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17 .

2.Khi cho thêm tiếp bazơ vào dung dịch thì kết tủa keo trắng bị hòa tan, thành dạng

NH

phức Zn(OH)42-. Cho biết hằng số phức bền là 4,6.1017. Tính pH của dung dịch ở câu (1) khi cho 0,1 mol OH- vào dung dịch trên (cho rằng thể tích thay đổi không đáng kể)

Bài giải:

QU Y

(Đề chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2011)

Zn(OH)2 ⇌ Zn 2+ + 2OH-

1.

S

S

K S ( Zn ( OH )2 ) = 1, 2.10 −17

2S

M

K S(Zn(OH)2 ) = 4S3 = 1,2.10-17 ⇒ S = 1,44.10-6 mol/l

KÈ

⇒[OH-] = 2S = 2,88.10-6(mol/l)

Zn(OH)2 ⇌ Zn 2+ + 2OH-

K S(Zn(OH)2 ) = 1,2.10-17

Zn 2+ + 4OH- ⇌ Zn(OH)42-

K f = 4,6.1017

Zn(OH)2 + 2OH- ⇌ Zn(OH)42-

K = KS.Kf = 5,52

⇒pOH = 5,54 ⇒ pH = 14 – 5,54 = 8,46

DẠ

Y

2.

[]

2x

(0,05-x)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

37

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

[Zn(OH)20,05-x 4 ] K= = = 5,52 ⇒ x ≈ 0,03 - 2 [OH ] (2x)2

FI CI A

⇒ [OH-] = 2x = 0,06 ⇒pOH = 1,22

⇒pH = 14 – 1,22 =12,78.

Bài 21:

KS = 2,2.10-20

Cu 2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )42+

Kf = 2,1.10-13

OF

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

Sử dụng phương trình và giá trị K cho ở trên để trả lời những câu hỏi sau:

ƠN

1.Xác định nồng độ mol của Cu(OH)2 ở pH = 8,00.

2.Nếu 20,00 ml của 0,0010M CuSO4 trộn với 50,0 ml của 0,0010M NaOH, xác định liệu Cu(OH)2 có kết tủa không? Hoàn thiện câu trả lời bằng việc tính toán thích

NH

hợp.

3.Viết phương trình khi cho Cu(OH)2tác dụng với dung dịch NH3 và tính giá trị K cho phản ứng.

QU Y

4.Tính nồng độ NH3 cần cho sự hòa tan 0,100g Cu(OH)2 trong 1,00 lít nước.

5.Mô tả khi quan sát nếu 5,0M NH3 được cho từ từ vào 0,10M dung dịch chứa ion Cu2+.

Bài giải:

M

1.Ta có: Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

(Đề thi Olympic Mỹ năm 2012) Ks = 2,2.10-20

KÈ

* pH = 8⇒pOH = 6 ⇒ [OH # ] = 10-6 M. KS = [Cu2+].[OH–]2

2,2 . 10–20 = [Cu2+].[10–6]2

Y

⇒[Cu2+] = 2,2.10–8 M

DẠ

2.Nồng độ của Cu2+ và OH # sau khi trộn là:  0, 0200.1, 0.10−3  −4  = 2,86.10 M 0, 0700  

Cab = 

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

38

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

 1, 0.10−3  −4  = 7,14.10 M 0, 0700  

Vậy có kết tủa Cu(OH)2 tạo thành.

Cu(OH) 2 ⇌ Cu 2+ + 2OH-

Ks = 2,2.10-20

Cu 2+ + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )42+

Kf = 2,1.10-13

Cu(OH)2 + 4NH3 ⇌ Cu(NH3 )2+ 4 + 2OH

K

⇒ K = KS . Kf= (2,2.10–20).(2,1.1013) = 4,6.10–7

n Cu(OH)2 =

mCu(OH)2 1 = = 0,00103(mol) M Cu(OH)2 97,54

ƠN

4.

OF

3.

FI CI A

Cab .CZ[ = (2,86.10–4).(7,14.10–4) 2= 1,46.10–10>> KS

L

CZ[ = 0, 0500. 

⇒ Nồng độ Cu(OH)2 trong 1 lít nước là 0,00103M. - 2 [Cu(NH3 )2+ 4 ].[OH ] Ta có: K = [NH3 ]4

NH

⇒ Nồng độ OH– sẽ là 0,00206 M và nồng độ Cu(NH3)42+ là 0,00103M.

Cu(NH3 )42+ .[OH- ]2 0,00103.(0,00206)2 = = 0,00950 ⇒ [NH 4 ] = K 4,6.10-7

QU Y

4

⇒[NH3] = (0.00950)1/4 = 0,312 M

5.Khi thêm dung dịch NH3 vào thì ban đầu tạo thành chất kết tủa màu xanh. Sau đó kết tủa dần hòa tan và tạo thành phức màu xanh đậm.

M

Bài 22:

KÈ

Dung dịch A chứa axit photphoric có pH = 1,46.

1.Tính nồng độ của các cấu tử trong dung dịch A. Cho biết các giá trị Ka của H3PO4 lần lượt là 7,5.10-3; 6,2.10-8 và 4,8.10-13.

Y

2.Trộn 50ml dung dịch A với 50 ml dung dịch NH3 0,4 M. Kết quả thu được 100 ml

DẠ

dung dịch B. Tính pH của dung dịch B, biết cd e5f = g, 7f

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

39

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

3.Trộn 100ml dung dịch B với 100 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,2M.Có kết tủa xuất

FI CI A

qua và kết tủa NH4MgPO4 được thừa nhận là chủ yếu, biết KS = 2,5.10-13.

L

hiện không? Tính khối lượng kết tủa (nếu có)? Biết sự thủy phân của Mg2+ được bỏ

4.Tính nồngđộ các cấu tử trong dung dịch Ca3(PO4)2 biết KS = 2,22.10-25. Cho rằng sự thủy phân của Ca2+ không đáng kể.

(Đề chuẩn bị Olympic quốc tế năm 2014) Bài giải:

K a1 = 7,5.10-3

H2PO-4 ⇌ H+ + HPO2-4

K a2 = 6,2.10-8

HPO2-4 ⇌ H + + PO3-4

K a3 = 4,8.10-13

(3)

H 2O ⇌ H + + OH-

K W = 10-14

(4)

ƠN

OF

+ 1. H3PO4 ⇌ H + H 2PO4

(1)

(2)

NH

Ta thấy: Ka1≫ Ka2, Ka3 nên bỏ qua cân bằng (2) và (3).

Nếu Ka1.Ca≫ KW thì bỏ qua cân bằng (4).

Vậy ta xét cân bằng (1):

C

Ca

[]

Ca – x

K a1 = 7,5.10-3

QU Y

H3PO4 ⇌ H+ + H 2PO-4 x

x

x2 = K a1 = 7,5.10-3 C x Ta có: a (*)

M

pH = 1,46 ⇒ x = [H+] = 10-1,46 = 0,035

KÈ

Thay x = 0,035 vào (*) ⇒ Ca = 0,2M.

Vậy nồng độ các cấu tử trong dung dịch A là:

10-14 [OH ] = = 2,9.10-13M 0,035 [H+] = 0,035M;

Y

-

DẠ

Ca = [PO 43- ] +

Ta có:

[H + ] [H + ]2 [H + ]3 .[PO3-4 ]+ .[PO3-4 ] + .[PO3-4 ] K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

40

Tiểu luận Hóa học phân tích

Ca .K a1.K a2 .K a3 C = +3 + 3 + 2 [H ] [H ] [H ] [H ] + K a1.[H ] + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3 1+ + + K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3

L

a + 2

+

FI CI A

[PO3-4 ] =

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Thế số vào ta được: [PO43-] = 8,57.10-19M

[HPO 24 ]=

Ca .K a1.K a2 .[H + ] [H + ]3 + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3

OF

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 6,25.10-8 M.

Ca .K a1.[H + ]2 [H 2 PO ] = + 3 [H ] + K a1.[H + ]2 + K a1.K a2 .[H + ] + K a1.K a2 .K a3 4

ƠN

Thế số vào ta được: [HPO42-] = 0,035M

[H3PO4 ] = Ca - [H2 PO-4 ] - [HPO2-4 ] - [PO3-4 ] ≈ 0,165M 2.

H 3PO 4 + 2NH 3 ⇌ (NH 4 ) 2 HPO 4

C(M)

,.

,1

NH

.

.

Sau phản ứng 0

0

0,1

Saukhi trộn, dung dịch B chứa Ch[ = 0,2M, C[iZ = 0,1M

QU Y

Các cân bằng:

K a = 10-9,24

(1)

H 2O ⇌ H+ + OH-

K W = 10-14

(2)

HPO2-4 ⇌ H + + PO3-4

K a3 = 4,8.10-13

(3)

HPO2-4 + H2O ⇌ H 2 PO2-4 + OH- K b1 = 1,6.10-7

(4)

KÈ

M

NH+4 ⇌ H+ + NH3

H 2 PO2-4 + H2O ⇌ H3PO4 + OH- K b2 = 1,3.10-12

(5)

Ta có: C[iZ .Kb1≫ Ch[ .Ka≫ C[iZ .Ka3⇒ dung dịch có tính bazơ

Y

Kb1≫ Kb2⇒ Cân bằng (4) là chủ yếu:

DẠ

HPO2-4 + H2O ⇌ H 2 PO2-4 + OH-

C

0,1

[]

0,1 – x

x

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

K b1 = 1,6.10-7

x 41

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

x2 = 1,6.10-7 0,1 x Ta có: ⇒ x = 1,3.10-4

FI CI A

[OH-] = x = 1,3.10-4 M ⇒ pOH = 3,9 ⇒ pH = 10,1

Mg 2+ + NH+4 + PO3-4 ⇌ NgNH4PO4 ↓

Từ cân bằng (3) ta có:

[PO3-4 ] =

K a3 .C HPO24

[H + ]

=

4,8.10-13 .0,1 = 6,04.10-4 10-10,1

Nồng độ các cấu tử sau khi trộn là:

CNH+ = 4

0,2 0,2 6,04.10-4 = 0,1M CMg2+ = = 0,1M CPO3- = = 3,02.10-4 M 4 2 2 2 ; ; .

C NH + .C Mg 2+ .C PO3- = 3,02.10-6 > K S = 2,5.10-13 4

4

Khối lượng kết tủa là:

Ca 3 (PO4 )2 ⇌ 3Ca 2+ + 2PO3-4

4.

KS = 2,22.10-25

(1)

K W = 10-14

(2)

PO3-4 + H2O ⇌ HPO42- + OH-

K b1 = 10-1,68

(3)

HPO2-4 + H2O ⇌ H2 PO-4 + OH-

K b2 = 10-6,79

(4)

H 2 PO-4 + H 2O ⇌ H3PO4 + OH-

K b3 = 10-11,852

(5)

QU Y

H2O ⇌ H+ + OH-

S = 5 KS = 1,17.10-5M

M

Ta có:

NH

mMgNH4 PO4 = 3,02.10-6 .200.10-3.137 = 8,3.10-5 (g)

⇒ Có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.

ƠN

Ta có:

OF

3.

Ta thấy: Kb1≫Kb2, Kb3⇒ Bỏ qua cân bằng (4) và (5)

KÈ

Nếu Kb1.Cb≫ KW⇒ Bỏ qua cân bằng (2)

PO 3-4 + H 2 O ⇌ HPO 2-4 + OH 2S

Y

C

K b1 = 10-1,68

2S – x

x

x

DẠ

[]

x2 = K b1 = 10-1,68 2S - x ⇒ x = 2,34.10-5

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

42

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

Vậy [OH-] = 2,34.10-5 M ⇒ [H+] = 4,27.10-10 M 2 K S' = K S .α3Ca 2+ .α PO 34

Với

α Ca2+ ≈ 1 α PO34

[H + ] [H + ]2 [H + ]3 =1+ + + = 8,97.102 K a3 K a2 .K a3 K a1.K a2 .K a3

⇒

OF

' -25 2 2 -19 ⇒ KS = 2,22.10 .(8,97.10 ) = 1,79.10

FI CI A

Xét cân bằng (1), ta có:

S' = 5 KS' = 1,78.10-4M

ƠN

⇒ [Ca2+] = 3S’ = 5,34.10-4 M; [PO43-] = 2S’ = 3,97.10-7 M. Bài 23:

Dung dịch Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20ml hỗn hợp chứa

Na2SO4

NH

0,020M, Na2C2O4 5,0.10-3M; KI 9,7.10-3M; KCl 0,05M; KIO3 0,0010M. Khi kết tủa màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện thì 21,60 ml dung dịch Pb(NO3)2được dung hết.

1.Xác định thứ tự xuất hiện kết tủa.

Cho biết:

QU Y

2.Tính nồng độ còn lại dung dịch Pb(NO3)2. pK s ( PbSO4 ) = 7, 66

pK s ( PbCl2 ) = 4, 77

;

pK s ( Pb ( IO3 ))2 = 12, 61

;

pK s ( PbI2 ) = 7,86

;

pK s ( PbC2O4 ) = 10, 05

;

. Các ion khác được bỏ qua.

3.Một trong những chất thử phổ biến để phát hiện ion Pb2+ là K2CrO4, xuất hiện kết

M

tủa màu vàng tan trở lại trong NaOH. Tính tan của PbCrO4 không những phụ thuộc vào pH mà còn phụ thuộc vào sự tạo phức. Cho biết độ tan của PbCrO4 trong

Cho:

KÈ

dung dịch CH3COOH 1M là S = 2,9.10-5M. Tính tích số tan của PbCrO4. pK a(CH3COOH) = 4,76

;

lgβPb(CH COO+ ) = 2,68 3

;

lgβ Pb(CH3COO)2 = 4,08

;

lgβPbOH+ = 7,8

pKa(HCrO- ) = 6,5

DẠ

Y

4

(Đề dự trữ Olympic quốc tế năm 2014)

Bài giải:

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

43

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

1.Để tạo thành kết tủa PbSO4:

K S(PbSO4 ) 10-7,66 = = 1,09.10-6 M [SO 2] 0,02 4

FI CI A

[Pb 2+ ] >

L

Tiểu luận Hóa học phân tích

K S(PbC2O4 ) 10-10,05 -8 [Pb ] > = 2-3 = 1,78.10 M [C 2O 4 ] 5.10 2+

KS(PbI2 ) 10-7,86 -4 = - 2 -3 2 = 1,47.10 M [I ] (9,7.10 )

[Pb 2+ ] >

KS(PbCl2 ) 10-4,77 -3 = - 2 2 = 6,34.10 M [Cl ] (0,05)

[Pb 2+ ] >

K S(Pb(IO3 )2 ) 10-12,61 = = 2,45.10-7 M [IO3- ]2 (0,001) 2

Để tạo thành kết tủa PbI2:

Để tạo thành kết tủa PbCl2: Để tạo thành kết tủa Pb(IO3)2:

OF

[Pb 2+ ] >

ƠN

Để tạo thành kết tủa PbC2O4:

Vậy thứ tự xuất hiện kết tủa là: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2, PbCl2

Lúc đó để bắt đầu kết tủa PbI2 thì:

CPb2+ =

KS(PbI2 ) 10-7,86 = = 6,36.10-4 M C2I(4,66.10-3 )2

K S(PbSO4 ) 10-7,66 -5 = -4 = 3,44.10 M CPb2+ 6,36.10

QU Y

[SO 24 ] =

9,7.10-3 .20.10-3 = 4,66.10-3M -3 (20 + 21,60).10

NH

2.Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa PbI2 thì:

CI- =

.

Độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa là:

S = K S(PbSO4 ) = 1,48.10-4 M

[SO42-] <SiklZ ⇒ PbSO4 đã kết tủa.

M

Phương trình phản ứng:

KÈ

Pb 2+ + C 2 O 24 ⇌ PbC 2 O 4 ↓ Pb 2+ + 2IO3- ⇌ Pb(IO3 )2 ↓ Pb 2+ + SO 24 ⇌ PbSO 4 ↓

Y

Pb 2+ + 2I- ⇌ PbI 2 ↓

DẠ

Vì vừa bắt đầu kết tủa PbI2 nên coi như không đáng kể nên:

n Pb2+ = n C O2- + 2 4

1 n - + n SO24 2 IO3

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

44

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

⇒

1 .0,001 + 0,02) 2

L

CPb(NO3 )2 .41,6.10-3 = 20.10-3.(5.10-3 +

FI CI A

C Pb(NO3 )2 = 0,035M

⇒

3.Trong dung dịch có các cân bằng: KS

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+

Ka1 = 10-4,76

H 2O ⇌ H + + OH-

K W =10-14

CrO2-4 + H+ ⇌ HCrO-4

(K ′m )-1=106,5

ƠN

OF

PbCrO4 ⇌ Pb2+ + CrO42-

β* =107,8

Pb 2+ + OH - ⇌ PbOH +

Pb2+ + CH3COO- ⇌ Pb(CH3COO)+

NH

Pb2+ + 2CH3COO- ⇌ Pb(CH3COO)2

β1 =102,68 β2 =104,08

[Pb 2+ ]' = [Pb 2+ ] + [PbOH + ] + [Pb(CH 3COO) + ] + [Pb(CH 3COO) 2 ]

αPb2+ = 1 +

⇒

QU Y

  10 -14 .β* = [Pb 2+ ].  1 + + β1.[CH 3COO - ] + β 2 .[CH 3COO - ]2  + [H ]  

10-14 .β* + β1.[CH3COO- ] + β2 .[CH3COO- ]2 + [H ] 

2[CrO 4 2- ]' = [CrO 24 ] + [HCrO 4 ] = [CrO 4 ].  1+

α CrO2- = 1 +

⇒

[H + ] K 'a

KÈ

4

[H + ]   K 'a 

M



(1)

Trong đó [CH3COO-] và [H+] được tính:

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ 0,1

Y

C

DẠ

[]

0,1 – x

x

x

x2 = 10−4,76 Ta có: 0,1 − x ⇒ x =1,31.10-3

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

45

K S(PbCrO 4 )

' K S(PbCrO S2 4) = = α Pb 2+ .α CrO 2α Pb 2+ .α CrO 24

4

(3)

FI CI A

Mặt khác:

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

Tiểu luận Hóa học phân tích

⇒[H+] = [CH3COO-] = 1,31.10-3M; S = 2,9.10-5 vào (1), (2), (3) ⇒KS = 1,23.10-13.

II. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI: Bài 1:

OF

Hãy lập phương trình tính pH của dung dịch để bắt đầu kết tủa muối MS bằng dung dịch H2S bão hoà (0,1M) chứa ion M2+ có nồng độ 10-2M và phương trình tính pH khi sự kết tủa kết thúc lúc [M2+] = 10-4M (sai số 1%). Cho biết các hằng số phân ly axit

ƠN

của H2S là K1 = 10-7 và K2 = 10-14.

Cho một dung dịch chứa Zn2+ và Cd2+ có nồng độ 10-2M. Hỏi phải duy trì nồng độ trong khoảng pH nào để kết tủa hoàn toàn CdS (sai số 1%) mà không kết tủa ZnS? Cho

NH

biết tích số tan của CdS là 10-27,8 và của ZnS là 10-21.6.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2003-khối B) Bài 2:

QU Y

Hằng số phân ly K2 của H3PO4 là 6,2.10-8. Tính pH của dung dịch chứa Na2HPO4 và NaH2PO4 với số mol bằng nhau. Hỏi muốn chuẩn bị một dung dịch đệm có pH = 7,38 cần phải hoà tan bao nhiêu gam NaH2PO4.H2O trong 1 lít dung dịch Na2HPO4 1M (M(NaH2PO4.H2O) = 138).

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2003-khối B)

M

Bài 3:

KÈ

Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd. 1) Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường axit.

Y

Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.

2) Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi NO3- có bị

DẠ

khử hoàn toàn ở 25oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO3- còn lại trong

nước khi cân bằng.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

46

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

3) Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14 và 25oC

FI CI A

0,98V; Eo(Cd2+/Cd) = -0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14.

L

Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) =

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005) Bài 4:

1. Thiết lập phương trình liên hệ giữa lg[Mn+] và pH, pKs của mỗi hiđroxit sau: Zn(OH)2, Fe(OH)2, Fe(OH)3. ([Mn+] là nồng độ ion kim loại, Ks là tích số tan của hiđroxit bazơ).

OF

2. Ks của Zn(OH)2 = 10-16, của Fe(OH)2 = 10-14, của Fe(OH)3 = 10-38. Nồng độ ban đầu của mỗi ion trong dung dịch đều bằng 10-2M. ở pH nào bắt đầu kết tủa từng ion một.

3. Ở pH = 0 chứa Fe2+, Zn2+, Fe3+ đều có nồng độ 10-2M. Khi thêm NaOH vào thì hiđroxit

ƠN

nào kết tủa trước?

4. Dung dịch chỉ chứa Fe2+, Fe3+ đều có nồng độ 10-2M. Nếu chấp nhận một ion kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion đó còn lại trong dung dịch ít hơn 1/1000 lượng ban đầu thì ở

NH

khoảng pH nào chỉ kết tủa một hiđroxit, còn hiđroxit kia không kết tủa.

5. Zn(OH)2 hoà tan trong NaOH theo tỉ lệ số mol 1:1: Zn(OH)2(r) + OH- ⇄ ZnO2H- + H2O

QU Y

Tìm x trong phương trình pH = pKs + lg[x]. ở đây Ks = [Zn O2H-][H+] 6. Nếu ban đầu [Zn2+] = 10-2M thì khi thêm NaOH vào (thể tích dung dịch không biến

đổi) thấy Zn(OH)2 bắt đầu tan hoàn toàn ở pH = 13. Tính Ks của Zn(OH)2. (Đề tuyển chọn thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2005 – ĐHBKHN )

M

Bài 5:

1/ Hỏi phải thêm bao nhiêu ml dung dịch H2SO4 1M vào 100ml dung dịch BaCl2 0,1M để

KÈ

bắt đầu xuất hiện kết tủa BaSO4? Tính pH của dung dịch tại thời điểm đó? Cho biết tích số tan của BaSO4 là KS = 1,26.10-10 và coi H2SO4 phân li hoàn toàn.

2/ Một dung dịch chứa hỗn hợp 2 axit HCOOH 0,1M (pKa1 = 3,8) và CH3COOH 1,0M

Y

(pKa2 – 4,8).

DẠ

a. Tính pH của dung dịch. b. Tính độ điện ly α của từng axit trong dung dịch.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2008) 47

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Bài 6:

L

Ở 250C có E01(Cu+/Cu) = 0,52V; E02(Cu2+/Cu+) = 0,16V. Trong môi trường

FI CI A

amoniac các ion Cu+ và Cu2+ tạo thành các ion phức [Cu(NH3)2]+ có lgKb1 = 1,09 và [Cu(NH3)4]2+ có lgKb2 = 12,7 (Kb1 và Kb2 là các hằng số bền tổng của các ion phức tương

ứng).

a. Tính thế khử chuẩn E03 của cặp [Cu(NH3)2]+/Cu và E04 của cặp [Cu(NH3)4]2+/ b. So sánh độ bền của Cu(I) trong nước và trong amoniac.

OF

[Cu(NH3)2]+.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2008) Bài 7:

ƠN

Ở 250C có E0(O2/2O) = +1,229V; E0(Zn2+/Zn) = -0,763V; E0(Fe3+/Fe2+) = +0,771V.

1. Giải thích tại sao dung dịch muối Fe2+ không bảo quản được lâu trong không khí?

NH

Biết PO2 trong không khí là 0,20 atm, coi dung dịch bảo quản có pH = 1.

2. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng sau ở 25oC Zn + 2Fe3+ ⇄ Zn2+ + 2Fe2+

QU Y

Từ đó rút ra kết luận gì? Giải thích tại sao trước khi xác định nồng độ Fe2+ người ta thường cho vào dung dịch Fe2+ một ít kim loại Zn.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2010- vòng 1) Bài 8:

M

Sục khí Clo (giữ cho PCl2 = 1atm) vào nước nguyên chất ở 25oC có phản ứng:

KÈ

Cl2(K) + H2O ⇄ HOCl + H+ + Cl- (1) 1. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng (1), nồng độ các ion, các phân tử trong cân bằng và tính pH của dung dịch.

Cl2(K) + aq ⇄ Cl2.aq (2)

DẠ

Y

2. Tính nồng độ Cl2.aq trong dung dịch clo phản ứng (2)

3. Tính độ hòa tan của Cl2 (mol/lit) trong nước nguyên chất, trong dung dịch NaCl 1M và trong dung dịch HCl 1M.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

48

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

Biết: Eo(Cl2(k)/Cl-) = +1,36V; Eo(Cl2.aq/Cl-) = 1,40V; Eo(HOCl/Cl-) = 1,49V

L

Bài 9:

FI CI A

Trộn 100ml dung dịch AgNO3 5.10-2M với 100ml dung dịch NaCl 0,1M ở 25oC được dung dịch A.

1. Tính thế của điện cực Ag nhúng trong dung dịch A. Biết ở 25oC tích số tan của AgCl là Ks = 2,5.10-10 và Eo(Ag+/Ag) = +0,80V.

2. Thêm vào dung dịch A 100ml dung dịch Na2S2O3 0,2M. Kết tủa AgCl tan hoàn toàn

OF

tạo thành ion phức [Ag(S2O3)2]3- và thế điện cực đo được là 0,20V. Tính hằng số tạo thành tổng cộng β2 của ion phức (các quá trình phụ có thể bỏ qua).

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2010 – vòng 2)

ƠN

Bài 10:

Hàm lượng SO2 trong không khí được xác định theo nguyên tắc: hấp thụ SO2 vào dung dịch Ce(SO4)2 dư, sau đó chuẩn độ lượng Ce4+ dư bằng dung dịch FeSO4.

NH

Người ta hút không khí ở khu vực của một nhà máy vào 50 ml dung dịch Ce(SO4)2 0,011 M với tốc độ 3,2 lit/phút, sau 75 phút thì cần 13,95 ml dung dịch FeSO4 0,038 M để chuẩn độ lượng Ce4+ dư.

QU Y

- Viết các phản ứng xảy ra.

- Biết nồng độ cho phép của SO2 trong không khí theo tiêu chuẩn là 2ppm. Hỏi mẫu không khí trên có bị ô nhiễm bới SO2 không?

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014 – bảng A)

M

Bài 11:

Hóa học xanh (green chemistry) luôn hướng tới các quá trình sản xuất sạch hơn,

KÈ

giảm thiểu ô nhiễm môi trường, tách loại, thu hồi, tái sử dụng lại các chất thải. Dưới đây là một ví dụ:

Để tách loại các kim loại nặng Cr (VI), Ni (II) từ nước thải mạ điện, người ta tiến

Y

hành khử Cr(VI) về Cr(III) bằng FeSO4 trong môi trường axit, sau đó dùng kiềm để kết

DẠ

tủa các hydroxit Cr(OH)3, Ni(OH)2, Fe(OH)3 tại các pH thích hợp nhằm thu hồi, tái sử

dụng lại hydroxit của các kim loại này. a) Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình tách loại này.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

49

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

b) Giả thiết nồng độ ban đầu của các ion Cr (VI) và Ni (II) trong nước thải đều

FI CI A

nước thải không đổi). Hãy xác định các giá trị pH đối với từng hydroxit kim loại:

L

bằng 10-3M; lượng FeSO4 lấy vừa đủ để khử Cr(VI) về Cr(III) (coi thể tích dung dịch - pHbđ của dung dịch khi bắt đầu xuất hiện kết tủa hydroxit kim loại.

- pHht của dung dịch khi kết tủa hoàn toàn hydroxit kim loại. (các hydroxit kim loại

được xem như kết tủa hoàn toàn khi nồng độ ion kim loại còn lại trong dung dịch bằng 10-6M).

OF

- Khoảng giá trị pH tối ưu để có thể tách riêng từng hydroxit kim loại khỏi hỗn hợp của chúng.

Cho biết tích số tan của Fe(OH)3, Cr(OH)3, Ni(OH)2 lần lượt bằng 10-38, 10-30, 10-15.

ƠN

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014 – bảng A) Bài 12:

Người ta cho 10-3 mol AgBr vào 1 lít nước. Hỏi phải thêm bao nhiêu mL dung dịch NH3

NH

đặc 14,7M vào đó để hòa tan hoàn toàn kết tủa AgBr? (giả thiết thể tích dung dịch không đổi). Cho biết TAgBr= 10-12; hằng số không bền của phức chất [Ag(NH3)2]+ là KKb= 10-7 (Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014 – bảng B)

QU Y

Bài 13:

a. Tính pH của dung dịch hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 0,05 M và Pb(NO3)2 0,1 M. Cho: Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+ (1) pKa(1) = 2,17 Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ (2) pKa(2) = 7,8

M

b. Sục khí H2 S đến bão hòa (nồng độ H2S luôn bằng 0,1 M) vào các dung dịch hỗn hợp

KÈ

trên. Những kết tủa nào sẽ bị tách ra từ dung dịch?

Cho: E0 (Fe3+ / Fe2+) = 0,77 V; E0 (S/ H2S) = 0,14 V; pK a1,(H2S) = 7,0 pK a2,(H2S) = 12,9.

Tích số tan của FeS bằng 10  17,2 và của PbS bằng 10  26,6

Y

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2014 – bảng B)

DẠ

Bài 14:

1) Tính độ tan (theo mol/L) của SrF2 trong nước khi bỏ qua tính bazơ của F-.

Cho TSrF2 = 7,9.10-10.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

50

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

3) Tính độ tan của SrF2 trong dung dịch đệm có pH = 2. Cho Ka(HF) = 7,2.10-4.

L

2) Độ tan thực của SrF2 sẽ lớn hơn hay bé hơn giá trị tính được ở câu 1? Giải thích.

FI CI A

4) Cho 10-3 mol SrF2 vào 1 lít nước. Cần phải đưa pH của dung dịch đến giá trị nào để hòa tan hết lượng muối SrF2 trên. Coi thể tích dung dịch không đổi.

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016 – bảng B) Bài 15:

Đun nóng chảy 0,935 g quặng cromit (chứa Cr2O3) với Na2O2 để oxy hóa crom thành

OF

CrO42-. Hòa tan toàn bộ sản phẩm thu được vào nước rồi đun sôi lâu để phân hủy hết Na2O2. Lọc bỏ phần không tan. Axit hóa dung dịch bằng lượng dư H2SO4 loãng và thêm vào đó 50,00 ml dung dịch FeSO4 0,08 M. Chuẩn độ lượng sắt(II) dư hết 14,85 ml dung

ƠN

dịch KMnO4 loãng.

Biết rằng để chuẩn độ 10,00 ml dung dịch H2C2O4 0,0125 M trong môi trường axit H2SO4 loãng người ta phải dùng hết 12,5 ml dung dịch KMnO4 nói trên.

NH

1) Viết phương trình của tất cả các phản ứng xảy ra dưới dạng phân tử.

2) Tính hàm lượng % của Cr2O3 có trong mẫu quặng.

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

(Đề thi Olympic hóa học sinh viên toàn quốc năm 2016 – bảng B)

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

51

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

L

C. KẾT LUẬN

FI CI A

Bằng sự nỗ lực và cố gắng của bản thân, sự giúp đỡ của giáo viên và các ý kiến

đóng góp của các bạn, đề tài “Tuyển chọn các bài tập hóa phân tích trong các kì thi Olympic sinh viên toàn quốc và một số kì thi Olimpic quốc tế” đã được hoàn thành.

Trong phạm vi đề tài, em chỉ tập trung nghiên cứu và đề cập đến một lượng bài tập rất nhỏ trong sự đa dạng, phong phú của bài tập hóa học phân tích. Tuy vậy, trong quá trình

OF

nghiên cứu đề tài, em đã giải quyết được những vấn đề lý luận và thực tiễn sau: - Đã làm quen và nắm được phương pháp nghiên cứu một đề tài.

- Dựa vào nội dung chương trình, tính đặc thù của chương trình và mục tiêu dạy học của

ƠN

học phần hoá học phân tích thuộc chương trình ĐHSP em đã sưu tầm, chọn lọc và biên soạn được một số bài tập tự luận có đáp án và một số bài tập về tự giải.

-Trích dẫn một số đề của các kì thi Olympi qua nhiều năm có tính cập nhật, làm tài liệu

NH

tham khảo cho trước kì thi Olympic sinh viên và quốc tế.

Tóm lại, bài tiểu luận này đã đạt được một số kết quả nhất định. Tuy nhiên, do trong thời gian còn hạn chế nên có một số bài tập đáp án vẫn chưa hoàn thành hết được.

Rất mong nhận được sự thông cảm và ý kiến đóng góp xây dựng của quý thầy cô và các

QU Y

bạn để đề tài hoàn thiện hơn.

Một lần nữa xin bày tỏ lòng cảm ơn với thầy Nguyễn Đình Luyện và các bạn đã

DẠ

Y

KÈ

M

tạo điều kiện giúp em hoàn thành đề tài này.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

52

Tiểu luận Hóa học phân tích

GVHD: PGS.TS. NGUYỄN ĐÌNH LUYỆN

FI CI A

[1]. Nguyễn Tinh Dung, Hóa học Phân tích-Phần 1, NXBGD 1981.

L

D.TÀI LIỆU THAM KHẢO

[2]. Nguyễn Tinh Dung, Bài tậpHóa học Phân tích, NXBGD 1982.

[3]. Nguyễn Tinh Dung, Đào Thị Phương Diệp,Hóa học Phân tích, NXB ĐHSP 2005.

[4] Nguyễn Tinh Dung, Đào Thị Phương Diệp, Câu hỏi và bài tập cân bằng ion trong [5]. Các đề thi Olympic sinh viên toàn quốc các năm.

[6]. Các đề thi dự trữ Olympic sinh viên toàn quốc.

[7]. www.hoahoc.org

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

[8]. www.dayhoahoc.com

OF

dung dịch, NXB ĐHSP 2007.

HVTH: Phạm Thị Thơ – K29

53