BÀI 1 : XÁC Đ NH H NG S I. CÂN B NG C A PH N NG M c đích thí nghi m: Nghiên cứu cân bằng hóa học của phản ứng : 2FeCl3 + KI 2FeCl2 + I2 + 2KCl (1) Từ đó tính n ng độ các chất phản ứng tại th i điểm cân bằng và xác định hằng s cân bằng Kc . II.Nguyên t c : Cho dung dịch FeCl3 tác dụng với dung dịch KI. Tại th i điểm cân bằng, n ng độ I2 được xác định b i cách chuẩn độ với Na2S2O3. Gọi [FeCl3], [FeCl3], [KI], [I2], [KCl] : N ng độ của các chất tại th i điểm cân bằng. C0 FeCl3, C0KI: N ng độ ban đấu của FeCl3, KI trước khi pha loãng. C FeCl3, CKI : N ng độ sau khi pha loãng để đưa vào phản ứng của FeCl3 và KI. III. Th c hành:  Chuẩn bị bảng thí nghiệm theo hương dẫn: Dung dịch Erlen 1 Erlen 2 Erlen 3 Erlen 4 FeCl3 0,025 M 50 ml 55 ml KI 0,025 M 50 ml 45 ml Lầy 8 erlen sạch cho vào m i erlen 30ml nước cất, làm lạnh bằng nước đá. Tiến hành thí nghiệm Đ dung dịch erlen 1 vào erlen 2 ghi th i điểm bắt đấu phản ứng (t=0). Sau những khoảng th i gian 10, 20, 30, 40 ... phút, m i lần lấy 15 ml dung dịch erlen đã được làm lạnh. Bắt đầu tiến hành chuẩn độ với Na2S2O3 0,01 với chất chỉ thị h tinh bột đến khi dung dịch mất màu tím xanh (nâu). Khi thể tích của 2 lần chuẩn độ kề nhau thì kết thúc việc chuẩn độ. Kết quả thí nghiệm thu được : Giải thích → Làm lạnh trong quá trình phản ứng để tránh I2 không bị thăng hoa điều kiện thư ng. Giúp n định nhiệt độ trong th i gian phản ứng ( 05C) để không thay đ i Kc trong quá trình phản ứng. → Lấy dd những khoảng th i gian cách nhau để xác định được Vtđ. → I2 + Na2S2O3 →NaI Na2S2O3 làm mất màu chỉ thị của h tinh bột. → Vtđ lớn nhất vì pư càng lâu thì lượng I2 sinh ra càng nhiều và tại th i điểm tđ là lớn nhất. ng 1 : dd mất màu tím xanh → màu vàng nhạt. Vtđ = 12.7 ml ng 2: dd mất màu tím xanh→vàng nhạt nhẹ. Vtđ = 14.3 ml ng 3: dd mát màu tím xanh→dd không màu. Vtđ = 16.2 ml ng 4: dd mất màu tím xanh →dd không màu. Vtđ = 16.3 ml. Kết thúc quá trình thí nghiệm. . → ng 1,2 có màu vàng nhạt b i vì còn ( Fe3+ dư trong quá trình phản ứng với I2. → ng 3 ,4 dd mất màu từ từ chuyển sang màu tím xanh nhạt b i quá trình pư là quá trình thuận nghịch nên để một th i gian I2 lại sinh ra và làm dd có màu tím xanh.  Thí nghiệm tương tự với Erlen 3 và Erlen 4. Kết qủa thu được : ng 1: Vtđ = 10.9 ml ng 2: Vtđ = 12.6 ml ng 3: Vtđ = 15. 9 ml ng 4: Vtđ = 16.1 ml  Xử lý s liệu : Từ bảng s liệu ta thấy rằng, thể tích dung dịch Na2S2O3 0.01M ứng với th i điểm cân bằng là 16.3 ml N ng độ của FeCl3 và KI sau khi trộn lẫn với nhau là : C FeCl 3  C 0FeCl 3 C KI  C 0KI  0.025 * VFeCl 3 VFeCl 3  VKI 50  0.0125( M ) 100 VKI 50  0.025  0.0125(M) 100 VFeCl 3  VKI n ng độ các chất tại th i điểm cân bằng : I 2   VNa 2S2O3 x0.01  16.3x0.01  5.43.10 3 ( M ) 2 x15 FeCl2   2I 2   2 x5.43.103  0,0109(M ) FeCl3   CFeCl  FeCl2   CFeCl  2I 2   0.0125  2 x5.43.103  1.63.103 (M) KI   CKI  2I 2   0.0125  2 x5.43.103  1.63.103 (M) KCl   2I 2   2 x5.43.103  0,0109 (M) 2 x15 3 3 Vậy hằng s cân bằng của phản ứng là: Kc  FeCl2 2 .I 2 . KCl 2  0,01092 .5.43.10 3 .0,01092 FeCl3 2 .KI 2 1.63.10 3 2 .1.63.10 3 2  10.65 Tương tự với erlen 3,4. Kết quả cho ta thấy, thể tích dung dịch Na2S2O3 0.01M ứng với th i điểm cân bằng là 16.1 ml. 0 C FeCl 3  C FeCl 3 0 C KI  C KI VFeCl 3 VFeCl 3  VKI  0.025 * 55  0.01375( M ) 100 VKI 45  0.025  0.01125( M ) VFeCl 3  VKI 100 n ng độ các chất tại th i điểm cân bằng : I 2   VNa 2 S2O3 x0.01 16.1x0.01   5.36.10 3 ( M ) 2 x15 2 x15 FeCl2   2I 2   2 x5.36.103  0,0107(M ) FeCl3   CFeCl  FeCl2   CFeCl  2I 2   0.01375  2 x5.36.103  3.03.103 (M) KI   CKI  2I 2   0.01125  2 x5.36.103  5.3.103 (M) KCl   2I 2   2x5.36.103  0,0107 (M) 3 3 Vậy hằng s cân bằng của phản ứng là: Kc  FeCl2 2 .I 2 . KCl 2  0,0107 2 .5.36.10 3 .0,0107 2 FeCl3 2 .KI 2 3.03.10 3 2 .5.3.10 3 2  0.2724 Nh n xét: Theo kết qua trên, ta thấy rằng hằng s cân bằng Kc trong 2 thí nghiệm trên sai lệch rất ít, điều đó chứng t rằng, hằng s cân bằng không phụ thuộc vào n ng độ của các chất phản ứng. Ngư i ta ứng dụng hằng s cân bằng trong việc tính toán sản phẩm sao cho sản phẩm tạo ra là cao nhất, do tại th i điểm cân bằng, sản phẩm tạo ra là cao nhất hay sản phẩm cần. II. Tr l i câu h i: 1. Tại sao dừng chuẩn độ khi thể tích 2 lần chuẩn độ liên tiếp bằng nhau? Khi chuẩn độ 2 lần liên tiếp sau một khoảng th i gian t nào đó nếu thể tích là như nhau thì chứng t rằng nộng độ của các chất trong dung dịch đã n định, khôn còn biến d i nửa, có nghĩa là phản ứng đã đạt trạng thái cân bằng, ta có thể ngừng chuẩn dộ 2. Ý nghĩa hằng s cân bằng của phản ứng? Hằng s cân bằng là hằng s khi mà t c độ phản ứng thuận và t c độ phản ứng nghịch bằng nhau, vì vậy nếu biết được hằng s cân bằng của một phản ứng ta có thể điều khiền được phản ứng đó, t i ưu hoá lượng sản phẩm mà ta cần. BÁO CÁO TH C HÀNH HÓA LÝ Bài 2: Xây d ng gi n đ pha h hai c u tử hoà tan h n ch vào nhau Đi m Nh n xét GV -M c đích thí nghi m : + Xây dựng giản đ pha cho hệ phenol nước . + Tìm nhiệt độ tới hạn và nhiệt độ dung dịch th i điểm đó. -S li u th c nghi m : Thí nghi m 1: Phenol cho vào nước. Từ thí nghiệm ta thấy, tương ứng với từng n ng độ khác nhau của phenol ta có bảng s liệu sau. dung dịch trong và đục các nhiệt độ nhiệt độ khác nhau khi tăng n ng độ phenol thì nhiệt độ của nó tăng theo. Ta có bảng s liệu sau: Vphenol cho vào nước (ml) nhiệt độ trong ( 0C) nhiệt độ đục (0C) 1 82 75 2 81 79 3 85 80 4 87 86 5 84 82 6 92 90 7 95 91 8 93 92 9 93 92 10 92 90 11 91 88 12 90 86 Thí nghi m 2: Nước vào phenol VH2O vào phenol 1 45 15 2 51 Bão hoà 3 80 20 4 83 55 5 90 65 6 89 88 7 90 87 8 91 86 9 93 92 10 93 91 11 94 88 12 92 89 Xừ lý s li u: Tỷ lệ phần trăm dung dịch phenol trong nước là: Đ i với thí nghiệm 1: % Phenol  Vphenol _ vao _ H 2O .1,058 Vphenol _ vao _ H 2O .1,058  10 .100 Đ i với thí nghiệm 2: %Phenol  10.1,058 .100 10.1,058  VH 2O _ vao _ phenol Sau khí tính toán ta có 2 bảng s liệu sau, tỷ lệ phần trăm của phenol trong nước tương ứng với nhiệt độ đục: Thí nghiệm 1 %phenol T0 đục %phenol T0 đục 9,57 75 91,36 15 17,46 79 84,1 Bão hoà 24,09 80 77,91 20 29,74 86 72,57 55 34,6 82 67,91 65 38,83 90 63,81 88 42,55 91 60,18 87 45,84 92 56,94 86 48,78 92 54,03 92 51,41 90 51,41 91 53,79 88 49,03 88 55,94 86 46,86 89 Thí nghiệm 2 Từ bảng s liệu trên, ta vẽ được biểu đ nhiệt độ-n ng độ của phenol theo nước: nhiet do (o C) gian do he phenol nuoc 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0 0 50 % phenol (%) 100 Nh n xét: Ta vẽ giản đ pha của hệ với nhiệt đô nào cũng điều có thể được, ta có thể lấy nhiệt độ đục hay trong, tỷ lệ phần trăm nước hay phenol đều được hết, tuy nhiên sẽ có sai s và không được chính xác cho lắm. sai lệch giữa việc chọn nhiệt độ đục để vẽ giản đ không sai lệch bao nhiêu sao với việc dùng nhiệt độ trong để vẽ, ta nhiên ta dùng nhiệt độ trong để vẽ là vì ta dễ quan sát thấy đuợc dung dịch khi chuyển từ đục sang trong hơn, vì vậy s liệu ta có sẽ chính xác hơn, giản đ sẽ chính xác hơn. Trên giản đ , ta thấy đư ng cân bằng hai cấu tử bỉ đứt đoạn là vì có còn có những n ng độ, nhiệt độ mà tại đó ta chưa khảo sát. Từ giản đ ta thấy, khả năng hoà tan của phenol vào nước m i n ng đ , nhiệt độ là khác nhau, tại đỉnh của parabol tức điểm tới hạn thì n ng độ hai cấu tử bằng nhau. Trong công nghệp cũng như ứng dụng của hệ hai cấu tử hoà tan, thư ng được dùng để chiết tách các chất tan cần thiết ra kh i dung dịch, lợi dụng vào tính tan của nó tại các n ng độ khác nhau, nhiệt độ khác nhau mà độ tan của nó khác nhau,khi đó dung dịch sẽ phân lớp và ta sẽ dễ dàng chiết tách chất, dung dịch mong mu n kh i dung dịch Bài 4: CÂN B NG L NG - R N Điểm 1.T L i phê của giáo viên ng trình thí nghi m 1.1 S li u và gi n đ th c nghi m Nhi t đ (oC) Th i gian ng 1 ng 2 ng 3 ng 4 ng 5 ng 6 ng 7 ng 8 1 84 92 97 99 90 97 90 95 2 80 80 91 93 77 90 85 87 3 79 76 83 86 73 83 79 81 4 78 70 76 78 68 77 73 74 5 75 68 70 70.5 63 70 68 68 6 73 65 65 64 59 65 61 62.5 7 70 64 61 59 53 61 57.5 60 8 68 62 58 55 51 56 53 59 9 64 60 55 51.5 48 53 50 57 10 60 58 54 49 45 51 49 11 55.5 53.5 47.5 43 48 48 12 53 52 45 41 46 46 13 51 50 43 39 44 45 14 49 49 41.5 38 43 44.5 15 47 47.5 41 32 41.5 43 16 45 46 38 32 40 40 17 43.5 44.5 36 32 38.5 36 18 42 43 34 31 38 32 19 38 42 32.5 30 37 32 20 35 41.5 32 36 32 21 33.5 40.5 32 34.5 30 22 32 38.5 32 32 23 32 36 30 32 24 32 32 32 25 30 32 30.5 26 32 27 30 GI N Đ NHI T Đ - TH I GIAN 120 100 nhiệt độ 80 60 40 20 0 thời gian Kh i l ng Kh i l ng Thành ph n % klg Nhi t Diphenilamin (g) Naphtalen (g) c a Diphenilamin đ (oC) 1 0 10 0 79 2 2 8 20 76 3 4 6 40 61 4 5.5 4.5 55 47.5 5 7 3 70 39 6 7.5 2.5 75 34.5 7 9 1 90 49 8 10 0 100 60 ng GI N Đ NHI T Đ - THÀNH PH N B C 1.2 Nh n xét và gi i thích Cân bằng l ng- rắn không phụ thuộc nhiều vào áp suất ( khoảng vài atm)  Trong giản đ nhiệt độ - th i gian: Các đư ng (1),(2),(3),(4),(5),(6),(7),(8) trong giản đ nhiệt độ - tgian trên là các đư ng cong nguội lạnh tương ứng với thành phần cấu tử trong h n hợp khác nhau. Đư ng (1),(8) biểu diễn đư ng cong nguội lạnh lần lượt của Diphenilamin và Naphtalen nguyên chất. Các điểm là điểm bắt đầu kết tinh của cấu tử Diphenilamin hoặc Naphtalen trong h n hợp. Ta nhận thấy các đư ng (2),(3),(4),(5),(6),(7) có cùng 1 th i điểm mà tại đó đ thị của chúng là những đư ng nằm ngang.Điểm đó ứng với quá trình kết tinh Eutecti (có sự kết tinh đ ng th i của cả Diphenilamin và Naphtalen, vì dung dịch bão hòa cả hai cấu tử.  Trong giản đ nhiệt độ - thành phần: Đư ng AED là đư ng l ng Đu ng AadD là đư ng rắn vùng phía trên đư ng l ng hệ t n tại trạng thái dung dịch đ ng nhất 1 pha l ng vùng phía dưới đư ng rắn hệ dị thể g m hai pha Diphenilamin rắn và Naphtalen rắn. vùng giới hạn b i hai đư ng rắn và l ng hệ t n tại hai pha cân bằng l ng – rắn. Điểm E gọi là điểm Eutecti. Đư ng cong AE mô tả nhiệt độ bắt đầu kết tinh của rắn Diphenilamin từ những dung dịch có thành phần nằm trong khoảng BC. Đư ng cong AE mô tả cân bằng giữa rắn Diphenilamin và dd bão hòa Diphenilamin nên nó mô tả sự phụ thuộc độ hòa tan của rắn Diphenilamin vào nhiệt độ, vì vậy còn có thể gọi là đư ng hòa tan của Diphenilamin (hay đư ng kết tinh của Diphenilamin ).Tương tự như vậy đ i với đư ng DE Ta hạ nhiệt độ của hệ 2 chất rắn trên, khi nhiệt độ hạ đến T1 điểm biểu diễn hệ sẽ chạy từ Q dến L1.Tại điểm L1 hệ bão hòa cấu tử Naphtalen nên tinh thể rắn Naphtalen đầu tiên kết tinh ra và có điểm biểu diễn là K1.Bắt đầu từ đó hệ bao g m hai pha cân bằng với nhau.Độ tự do c = k – f + 1 = 2 – 2 + 1 = 1 ( P=const )  nếu nhiệt độ của hệ thay đ i thì thành phần của pha l ng sẽ thay đ i theo. Khi điểm pha l ng đạt điểm eutecti, dung dịch bão hòa cả hai cấu tử, từ đó 2 chất rắn sẽ đ ng th i kết tinh (cho đến khi toàn bộ hệ tr thành rắn), trong giai đọan đó hệ bao m ba pha cân bằng có c = k – f + 1 = 2 – 3 + 1 = 0  trong su t quá trình kết tinh ra hai pha rắn từ dd, nhiệt độ của hệ và thành phần pha l ng không thay đ i. Dùng giản đồ nhiệt độ - thành phần ta có thể khảo sát định tính và định lượng các quá trình cân bằng lỏng – rắn xảy ra trong hệ hai cấu tử A-B. 2.Tr l i câu h i 2.1 Có k t lu n gì v s thay đổi nhi t đ k t tinh c a quá trình k t tinh dung d ch hai c u tử v i quá trình k t tinh dung d ch 1 c u tử? Đư ng nguội (hay đư ng kết tinh ) của 1 cấu tử nguyên chất g m những nhánh gần như d c thẳng đứng, chứng t có sự nguội khá nhanh, khi tới nhiệt độ kết tinh thì có một đọan thẳng ngang chứng t nhiệt độ không đ i ; đó là do có nhiệt kết tinh được t a ra bù vào ch mất nhiệt do nguội tự nhiên, kết quả là cấu tử đó kết tinh nhiệt độ không đ i ( dưới áp suất ngoài không đ i ).Sau khi đã kết tinh xong thì nhiệt độ mới lại tiếp tục hạ thấp, do đó lại có một nhánh d c, nhưng kém d c hơn nhánh đầu tiên. Đ i với h n hợp hai cấu tử theo những thành phần khác nhau; những đư ng nguội thọat đầu cũng như một nhánh d c gần thẳng đứng ( nguội nhanh ), khi tới nhiệt độ bắt đầu kết tinh thì nguội chậm lại do có nhiệt kết tinh được t a ra nhưng chưa đủ để làm cho nhiệt độ không đ i, điều này được phản ánh trên đư ng nguội bằng một nhánh d c ít hơn so với nhánh đầu tiên. Sự kết tinh từ dung dịch sẽ cho tinh thể nguyên chất nào hoặc cả hai tinh thể cùng một lúc là tùy thuộc vào thành phần của m i cấu tử trong dung dịch so với th i điểm eutecti của hệ. 2.2 H n h p Eutecti là gì? ng d ng áp suất không đ i, h n hợp eutecti sẽ kết tinh nhiệt độ không đ i theo đúng thành phần của nó ( phù hợp với độ tự do c = 0). H n hợp eutecti có tính chất gi ng như một hợp chất hóa học, song nó không phải là một hợp chất hóa học mà chỉ là một h n hợp g m những tinh thể rất nh , rất mịn của hai pha rắn A và B nguyên chất kết tinh xen kẽ vào nhau. Khi có sự tác động của cả nhiệt độ và áp suất bên ngoài c = k - f + 2 = 2 - 3 + 2 = 1, cho thấy nếu áp suất thay đ i thì không những nhiệt độ kết tinh của dd eutecti thay đ i mà cả thành phần cảu h n hợp cũng thay đ i theo (như vậy nó không phải là một chất). H n hợp eutecti có khá nhiều ứng dụng trong thực tế, ví dụ ta mu n có “ thiếc hàn” nóng chảy nhiệt độ thấp , ngưới ta trộn thiếc (tonc=232oC) và chì (tonc=327oC) theo các thành phần thích hợp sẽ thu được các hợp kim có nhiệt độ nóng chảy thấp hơn 200oC. Bài 5: XÁC Đ NH B C C A PH N Điểm 1.T NG L i phê của giáo viên ng trình thí nghi m M c đích thí nghi m : Xác đ nh b c tổng c ng c a ph n Fe3++ I- Fe2+ +1/2 I2 b ng ph ơng pháp vi phân ng 1.1 S li u và gi n đ th c nghi m Thí nghiệm 1: Xác định bậc riêng n1 của Fe3+ Gọi Cx là n ng độ Fe2+ sinh ra tại m i th i điểm t xác định thông qua n ng độ Iod sinh ra.Lượng Iod này được chuẩn độ bằng Na2S2O3 với chỉ thị h tinh bột như trên ta có : Cx  C Na 2 S2O3 .VNa 2 S2O3 Vhh Từ các giá trị Cx trên xây dựng được đ thị 1/Cx = f (1/t) bằng phương trình thực nghiệm 1/Cx = α + β.1/t (1) Từ phương trình (1) suy ra β là tg góc nghiêng của đ thị hợp với phương ngang (góc nh hơn 180o). Sau đó tính 1/β.Vẽ đ thị lg(1/β) và lg C F0 e theo phương 3 trình : lg(-dc/dt)t=0 = lg(1/β)=A1 + n1 lg(C0Fe3+) (2) Đ thị (2) là 1 đư ng thẳng và ta sẽ tính được n1 bằng tg góc nghiêng của đ thị hợp với phương ngang (góc nh hơn 180o). Erlen 1 1/T V _Na2SO3 C _ Fe2+ (N) 1/C _ Fe2+ S l n Th i chu n đ gian T (s-1) (ml) 1 16 0.00104167 3.9 0.000375361 2664.102564 2 14 0.00119048 2.4 0.000234375 4266.666667 3 12 0.00138889 1.8 0.000176817 5655.555556 4 10 0.00166667 1.2 0.000118577 8433.333333 5 8 0.00208333 0.9 8.91972.10-5 11211.11111 6 6 0.00277778 0.6 5.96421.10-5 16766.66667 7 4 0.00416667 0.2 1.99601.10-5 50100 8 2 0.00833333 0.1 9.99001.10-6 100100 (1/N) Đ th 1/C_1/T y = 1E+07x - 14153 120000 1/C (1/N) 100000 80000 60000 40000 20000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 2 S l n Th i chu n đ gian T 1/T (pm-1) V _ Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 1 16 0.00104167 4.4 0.000421 2372.727 2 14 0.00119048 2.8 0.000272 3671.429 3 12 0.00138889 2.2 0.000215 4645.455 4 10 0.00166667 1.7 0.000167 5982.353 5 8 0.00208333 1.4 0.000138 7242.857 6 6 0.00277778 0.8 7.94.10-5 12600 7 4 0.00416667 0.3 2.99.10-5 33433.33 8 2 0.00833333 0.2 2.10-5 50100 Đ th 1/C_1/T y = 7E+06x - 4585.1 60000 1/C (1/N) 50000 40000 30000 20000 10000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 3 S l n Th i chu n đ gian T 1 16 2 14 V _Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 0.00104167 6.4 0.0006015 1662.5 0.00119048 4.1 0.00039385 2539.02439 1/T (pm-1) 3 12 0.00138889 2.7 0.0002629 3803.703704 4 10 0.00166667 2.1 0.00020568 4861.904762 5 8 0.00208333 1.6 0.00015748 6 6 0.00277778 1.4 0.00013807 7242.857143 7 4 0.00416667 0.9 8.9197.10-5 11211.11111 8 2 0.00833333 0.3 2.991.10-5 6350 33433.33333 Đ th 1/C_1/T 1/C (1/N) y = 4E+06x - 2956.6 40000 35000 30000 25000 20000 15000 10000 5000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 4 S l n Th i chu n đ gian T 1 16 1/T (pm-1) 0.00104167 V Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 9.1 0.0008341 1198.901099 2 14 0.00119048 6 0.00056604 1766.666667 3 12 0.00138889 4.8 0.00045802 2183.333333 4 10 0.00166667 2.9 0.00028183 3548.275862 5 8 0.00208333 2.2 0.00021526 4645.454545 6 6 0.00277778 1.6 0.00015748 6350 7 4 0.00416667 1.1 0.0001088 9190.909091 8 2 0.00833333 0.5 4.9751.10-5 20100 Đ th 1/C_1/T y = 3E+06x - 1080.2 25000 1/C (1/N) 20000 15000 10000 5000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 1/T (s-1) Từ 4 đồ thị trên ta có được những giá trị của β như sau: β lg(1/β) 107 -7 7.106 -6.845 4.106 -6.602 3.106 -6.477  Tính lại n ng độ của Fe3+: Bình 1 : CFe3+ = ( 1/60. 10 )/100 = 1/600  lg(CFe3+) = -2,778 Bình 2: CFe3+ = 1/300  lg(CFe3+) = -2.477 0.009 Bình 3 : CFe3+ = 1/200  lg(CFe3+) = -2.3 Bình 4 : CFe3+ = 1/15  lg(CFe3+) = -2.176 0 Vẽ đ th lg(1/β) và lg C Fe3 y = 0.8806x - 4.5887 -6.4 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 -6.5 0 lg(1/β) -6.6 -6.7 -6.8 -6.9 -7 -7.1 lg(CFe3+)  Từ đồ thị trên ta xác định được bậc của riêng n1 của Fe3+ là 0.8806≈ 1 Thí nghi m 2: Xác đ nh b c riêng n2 c a ITương tự như thí nghiệm1 với C0Fe3+ không đ i, C0I- biến thiên ta xác định được bậc riêng n2 của IErlen 1 V _ Na2SO3 C _ Fe2+ (N) 1/C _ Fe2+ S l n Th i chu n đ gian T 1 16 0.00104167 5 0.00047619 2100 2 14 0.00119048 3.6 0.00034749 2877.778 3 12 0.00138889 2.4 0.000234375 4266.667 4 10 0.00166667 1.9 0.000186457 5363.158 5 8 0.00208333 1.3 0.000128332 7792.308 6 6 0.00277778 0.8 7.93651.10-5 12600 1/T (pm-1) (1/N) (ml) 7 4 0.00416667 0.4 3.98406.10-5 25100 8 2 0.00833333 0.1 9.99001.10-6 100100 Đ th 1/C_1/T y = 1E+07x - 17560 120000 100000 1/C (1/N) 80000 60000 40000 20000 0 -20000 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 2 V _ Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 0.00104167 8.7 0.0008 1249.425 14 0.00119048 6.9 0.000645 1549.275 3 12 0.00138889 5.7 0.000539 1854.386 4 10 0.00166667 5 0.000476 2100 5 8 0.00208333 3.1 0.000301 3325.806 6 6 0.00277778 2.4 0.000234 4266.667 7 4 0.00416667 1.4 0.000138 7242.857 8 2 0.00833333 0.8 7.94.10-5 12600 S l n Th i chu n đ gian T 1 16 2 1/T (pm-1) Đ th 1/C_1/T y = 2E+06x - 206.93 14000 12000 1/C (1/N) 10000 8000 6000 4000 2000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 3 V _ Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 0.00104167 12.7 0.001127 887.4016 14 0.00119048 10.4 0.000942 1061.538 3 12 0.00138889 8.9 0.000817 1223.596 4 10 0.00166667 7.2 0.000672 1488.889 5 8 0.00208333 6 0.000566 1766.667 6 6 0.00277778 4.8 0.000458 2183.333 7 4 0.00416667 2.9 0.000282 3548.276 8 2 0.00833333 1.1 0.000109 9190.909 S l n Th i chu n đ gian T 1 16 2 Đ th 1/C_1/T 1/T (pm-1) y = 1E+06x - 506.07 10000 1/C (1/N) 8000 6000 4000 2000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 0.008 0.009 1/T (s-1) Erlen 4 V _ Na2SO3 C _ Fe2+ 1/C _ Fe2+ (ml) (N) (1/N) 0.00104167 18.1 0.001533 652.4862 14 0.00119048 14.4 0.001259 794.4444 3 12 0.00138889 12.1 0.001079 926.4463 4 10 0.00166667 10 0.000909 1100 5 8 0.00208333 7.3 0.00068 1469.863 6 6 0.00277778 4.2 0.000403 2480.952 7 4 0.00416667 2.8 0.000272 3671.429 8 2 0.00833333 1.3 0.000128 7792.308 S l n Th i chu n đ gian T 1 16 2 Đ th 1/C_1/T 1/T (pm-1) 1/C (1/N) y = 988301x - 436.99 9000 8000 7000 6000 5000 4000 3000 2000 1000 0 0 0.001 0.002 0.003 0.004 0.005 0.006 0.007 1/T (s-1) Từ 4 đồ thị trên ta có được những giá trị của β như sau: β lg(1/β) 107 -7 2.106 -6.301 106 -6 988301 -5.995  Tính lại n ng độ Iod: Bình 1 : C0I- = 1/400  lg(C0I) = -2.6 Bình 2 : C0I- = 1/ 200  lg(C0I) = -2.3 Bình 3 : C0I- = 3/400  lg(C0I) = -2.125 Bình 4 : C0I- = 1/100  lg(C0I) = -2 0.008 0.009 y = 1.7648x - 2.3422 -5.8 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 -6 0 lg(1/β) -6.2 -6.4 -6.6 -6.8 -7 -7.2 lg(C0I)  Từ đồ thị trên ta xác định được bậc của riêng n2 của I- là 1.7648 ≈ 2 2.K t qu thí nghi m Ta xác định được bậc của phản ứng Fe3++ I- Fe2+ +1/2 I2 bằng phương pháp vi phân một cách khá chính xác là n = n1+n2 = 1 +2 = 3. III. Nh n xét:  Ta cho HNO3 vào dung dịch để tạo môi trư ng acid tránh Fe3+ bị thủy phân tạo Fe(OH)3.  HNO3 có tính oxy hóa mạnh, dùng để bảo vệ Fe3+ (nếu trong dung dịch có lẫn các ion khác có tính khử thì các ion này sẽ tác dụng với HNO3 mà không tác dụng với Fe3+).  Ta cho thêm KNO3 vào dung dịch để b sung lượng NO3- vì ta không thể sử dụng quá nhiều lượng acid HNO3, nó có thể sẽ oxy hóa Fe2+ tr lại thành Fe3+. Thí nghiệm không được làm quá 15 phút vì khi đó Fe3+ và I- đã phản ứng hết với nhau, lượng I2 sinh ra là lớn nhất và không tạo thêm nữa. Bài 6: XÁC Đ NH H NG S PH N Điểm T T CĐ C A NG B C 2 L i phê của giáo viên ng trình thí nghi m Xác đ nh h ng s t c đ cũa ph n ng thu phân este trong môi tr ng ki m.   CH 3COONa+ C2 H 5 OH CH 3COOC2 H 5 + NaOH   Gọi a,b là n ng độ ban đầu (tại th i điểm t = 0 ) của CH3COOC2H5 và NaOH, x là n ng độ CH3COONa th i điểm t. Đây là phản ứng phân huỷ ester nên là phản ứng bậc 2 vì vậy t c độ phản ứng là: d a  x  k (a  a ).(b  x) dt 1 ax  ln  kt  C a b b x  Tại th i điểm ban đầu t = 0,x = 0, nên C  a 1 ln a b b 1 b(a  x) ln  kt a  b a (b  x) Gọi V0, Vt, V∞ là thể tích NaOH còn trong h n hợp phản ứng tại các th i điểm t = 0, t, ∞. N ng độ NaOH còn lại độ của ester ban đầu và Nghĩa là b = A .V0 các th i điểm sẽ tỷ lệ với các thể tích đó. Còn n ng các th i điểm t sẽ tỷ lệ tương ứng với (V0-V∞) và (Vt-V∞). A = A . ( V 0 - V∞ ) ( b – x ) = A .Vt ( a – x ) = A .( Vt - V∞ ) Với A là hằng s tỷ lệ Thay vào (1)  k=  V -V V  1 ln  0  . t  A.V t  V0 Vt -V0  (2) Khi sử dụng dd NaOH 0.05N với lượng h n hợp phản ứng dùng là 10ml thì s đương lượng NaOH có trong 10ml h n hợp phản ứng (hay trong V0 ml NaOH) là V0 . 0,05 . 10-3 N ng độ đương lượng NaOH trong mẫu thử (10ml) là: b = (V0 . 0,05 . 10-3) mà 10 3 = 0,005 V0 10 b = A .V0  A = 0,005 Áp dụng công thức (2) ta lần lượt tính được hằng s t c độ K tương ứng với từng th i điểm của phản ứng thủy phân este trong môi trư ng NaOH. Theo kết quả thí nghiệm ta có: T (pm) VNaOH đư chu n VNaOH còn l i (ml) trong m u thử H ng s t c đ K (ml) 0 5.5 4.5 5 6 4 2.1072 10 6.4 3.6 2.2314 15 6.8 3.2 2.6203 20 7.1 2.9 2.9114 ∞ 8 2 Với V0, Vt, V∞ trong công thức (2) là thể tích NaOH 0.05N còn lại trong mẫu thử (10 ml) tại các th i điểm t = 0, t, ∞ . Từ đó ta tính được giá trị hằng s t c độ trung bình của phản ứng   CH 3COONa+ C2 H 5 OH CH 3COOC2 H 5 + NaOH   k= 2.1072+ 2.2314+ 2.6203+ 2.9114  2.4676 4 Lưu ý Không dùng HCl chuẩn độ trực tiếp NaOH trong hỗn hợp phản ứng mà phải làm như trong phần hướng dẫn thí nghiệm Nếu ta chuẩn độ 10ml dd trong h n hợp bằng HCl (có vài giọt phenoltalein)  lúc ban đầu NaOH sẽ dư so với HCl nên dd sẽ có màu h ng, sau 1 kh ang th i gian thì NaOH bắt đầu ít dần đi vì bị HCl trung hoà, đến 1 lúc nào đó dung dịch sẽ từ từ mất màu.  có màu sang không màu Còn làm theo hướng dẫn thí nghiệm thì ngược lại dd sẽ chuyển dần từ không màu sang có màu (khi bắt đầu dư NaOH). Vì hiện tượng từ không màu sang có màu dễ nhận thấy hơn từ có màu sang không màu  Tiến hành theo hướng dẫn thì độ chính xác sẽ cao hơn. Tại sao không chuẩn độ trực tiếp CH3COOC2H5 mà lại phải chuẩn độ gián tiếp qua NaOH? - Không có thu c thử cho CH3COOC2H5. - Chuẩn độ NaOH sẽ cho điểm tương đương rõ ràng, bước nhảy lớn. Bài 7: XÚC TÁC Đ NG TH PH N NG PHÂN HU H2O2 Điểm L i phê của giáo viên 1. S li u th c nghi m: t (phút) 5 10 15 20 30 V (KMnO4) (ml) 9,2 8,5 7,9 7,5 7 6,6 C (H2O2) (N) 0.0425 0.0395 0.0375 0.035 0.033  0 0.046 Cách tính ��2 2 : Định luật đương lượng: ��2 2 . ��2 Trong đó: ��2 2 = 2. Xử lý k t qu : ,� � 4 2 = . = t (phút) 5 10 K (ph-1) 0,015827 0,015234 =� N � � � 4. � � 4 �2 �2 ��2 2 15 20 30 0,01362 0,013665 0,011071 Hằng số tốc độ trung bình: K 0,15827  0,15234  0,01362  0,013665  0,011071  0,013883 5 Thời gian bán hủy: T1/ 2  ln 2 ln 2   49,93ph K 0,013883 Có thể sử dụng cách vẽ đồ thị để xác định hằng số tốc độ phản ứng K: Phương trình vận t c cho phản ứng bậc nhất: t (ph) � � 2 �2 ��2 �0� � 2 2 ��2 �2 = � 0 5 10 15 20 30 0 0.079137 0,152341 0,2043 0,273293 0,332134 2 �0� � 2 2 ��2 �2 Vẽ đ thị theo t: 0.4 y = 0.0112x + 0.0243 R2 = 0.9681 0.35 0.3 0.25 0.2 0.15 0.1 0.05 0 0 5 10 15 20 25 30 35 Từ đ thị suy ra: K= 0.0112 3. Nh n xét: a. Tại sao dùng Cu2+ làm chất xúc tác trong phản ứng này? -Khi dùng xúc tác tránh sử dụng các nguyên t đa hóa trị như Fe, Mn… Trong khi đó Cu2+ rất khó bị khử về Cu(I). -Cu2+ cho tác dụng xúc tác rất mạnh. b. Vì sao phản ứng được xem là phản ứng bậc 1? Phản ứng phân hủy H2O2 diễn ra qua 2 giai đoạn: HOOH → O2 + 2H+ (chậm) HOOH + 2H+ → 2H2O (nhanh) T c độ của phản ứng được xác định b i giai đoạn 1 (là giai đoạn chậm) và do đó phản ứng xãy ra theo bậc 1. Bài 9: Đ D N ĐI N C A DUNG D CH CH T ĐI N LI Điểm L i phê của giáo viên 4. S li u th c nghi m: a. Xác định hằng số bình điện cực: L (S) χ (S.cm-1), 310C 1311.10-6 1580.10-6 1.205 = � � − b. Đo độ dẫn L của dung dịch CH3COOH và HCl:  Đ i v i dung d ch CH3COOH: C N (CH3COOH) 1/64 1/32 1/16 1/8 L (S) 309.10-6 438.10-6 618.10-6 880.10-6 372,345.10-6 527,79.10-6 744,69.10-6 1060,4.10-6 23,83008 16,88928 11,91504 8,4832 �= �= . � .� �. � �. � − − .đ −  Đ i v i dung d ch HCl: C N (HCl) 0.001 0.002 0.003 0.004 L (S) �= �= . � .� �. � �. � − − .đ − 548.10-6 1230.10-6 1920.10-6 2600.10-6 66,034.10-5 148,215.10-5 231,36.10-5 313,3.10-5 660,34 741,075 771,2 783,25 5. Xử lý k t qu : a. Xác định độ dẫn điện đương lượng tới hạn λ0 và hằng s điện ly K của chất điện ly yếu CH3COOH: = � .� → = � . � −� � � . . �� + � Phương trình trên có dạng đư ng thẳng y= ax + b. Ta vẽ đ thị 1/λ – λC: λC 0.372345 0.52779 0.74469 1.0604 1/λ 0.04196 0.059209 0.08393 0.11788 0.14 y = 0.1105x + 0.001 R2 = 0.9998 0.12 0.1 0.08 Series1 0.06 Linear (Series1) 0.04 0.02 0 0 0.2 Từ đ thị suy ra: => λ0= 1000 �. � 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1 1  0.1105 và  0.001 0 K 0 − .đ − và K= 0.00905 H s phân ly ∞ c a ch t đi n ly y u CH3COOH: ∞= λ/λ0 C N (CH3COOH) �= � ∞= λ/λ0 .� �. � 1/64 − .đ − 9.670848 0.032881 1/32 1/16 1/8 6.944656 4.848920 3.470400 0.023612 0.016486 0.011799 b. Xác định λ0 của chất điện ly mạnh HCl: Vẽ đ thị � − √�: √� � � = � − �√� 0.031623 0.044721 0.054772 0.063246 660,34 741,075 771,2 783,25 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0 0 Từ đ thị suy ra: λ0= 548.91 �. � 6. Nh n xét: − .đ −  Khi xác định hằng s bình điện cực: độ dẫn điện riêng của dung dịch KCl 0.01N = � phải lớn hơn 1 vì χ > L với χ là 310C (đã biết trước) và L là độ dẫn điện của dung dịch KCl được xác định bằng máy đo độ dẫn ứng với chiều dài 1cm (bao g m cả điện tr của máy đo và dây dẫn nên độ dẫn điện sẽ giảm xu ng). Kết quả ta thu được k = 1.205 > 1 là hợp lý. 0.02  Dung dịch HCl có độ dẫn điện riêng lớn hơn dung dịch CH3COOH rất nhiều vì HCl là chất điện ly mạnh, hệ s phân ly ∞ gần bằng 1, trong khi đó CH3COOH là chất điện ly yếu, hệ s phân ly ∞ rất bé.  Khảo sát sự thay đ i của độ dẫn điện theo n ng độ chất điện ly manh HCl và chất điện ly yếu CH3COOH ta rút ra một s nhận xét: o Kết quả thí nghiệm cho thấy khi n ng độ HCl tăng từ 0.001 đến 0.004 N và n ng độ CH3COOH tăng từ 1/64 đến 1/8 N thì độ dẫn điện cả hai dung dịch này đều tăng lên rất nhanh. o Trong khi đó, độ dẫn điện đương lượng λ lại giảm xu ng. Đ i với dung dịch HCl, khi n ng độ tăng thì λ giảm chậm theo quy tắc đư ng thẳng. Đ i với dung dịch CH3COOH, khi n ng độ tăng thì λ giảm rất nhanh, sau đó giảm chậm hơn. o Cần lưu ý là các dung dịch chúng ta khảo sát dẫn điện n ng độ rất loãng nên độ cả 2 trư ng hợp đều tăng theo n ng độ. Tuy nhiên, nếu n ng độ dung dịch đặc hơn thì kết quả không còn như vậy nữa. Tra cứu tài liệu, chúng ta sẽ tìm được biểu đ sự phụ thuộc độ dẫn điện riêng của dung dịch HCl và CH3COOH vào n ng độ. Đư ng biểu diễn sự phụ thuộc độ dẫn điện của dung dịch vào n ng độ là đư ng cong có điểm cực đại. Có nghĩa là, điểm cực đại, nếu chúng ta tiếp tục tăng n ng độ của dung dịch thì độ dẫn điện sẽ không tăng lên mà nó sẽ giảm xu ng. Có thể giải thích điều này như sau: Nếu xem rằng, trong các dung dịch loãng của chất điện ly mạnh như HCl, t c độ chuyển vận của các ion hầu như không phụ thuộc n ng độ, độ dẫn điện tăng tỉ lệ thuận với s ion, nó tăng khi n ng độ tăng. Trong các dung dịch đặc của chất điện ly mạnh, đám mây ion làm giảm t c độ chuyển vận của các ion và độ dẫn điện bị giảm xu ng. Trong các chất điện ly yếu như CH3COOH, mật độ của mây ion nh và t c độ chuyển vận của các ion ít phụ thuộc vào n ng độ, nhưng khi n ng độ dung dịch tăng sẽ làm giảm đáng kể độ phân ly, dẫn đến làm giảm độ dẫn điện. Trong thực tế các đư ng biểu diễn này được sử dụng để chọn chất điện ly và n ng độ tương ứng cho độ dẫn điện cao nhất. Sử dụng nó cho phép tiết kiệm được điện năng.  Chúng ta thấy rằng nước tinh khiết (nước cất) không dẫn điện nhưng nếu trong nước có lẫn tạp chất (chứa các ion dẫn điện) thì nó có khả năng dẫn điện. Độ dẫn điện của H+ và OH- cao hơn hẳn các ion khác là do t c độ tuyệt đ i (linh độ) của H+ và OH- đặc biệt lớn: voH+ = 36.3*10-4 và voOH- = 20.5*10-4 cm2/von.giây. Để giải thích sự khác biệt đó, trước kia ngư i ta cho rằng, trong dung dịch các ion H+ có t c độ chuyển động lớn là do có bán kính ion nh . Nhưng đã xác định được rằng, trong dung dịch nước không t n tại ion H+ độc lập mà là ion oxonium (H3O+). Các ion này cũng như các ion OHđều bị hydrat hóa và bán kính hiệu dụng hydrat hóa của chúng cũng có cùng bậc như bán kính của các ion khác. Vậy nếu di chuyển điện tích của các ion này là bình thư ng thì linh độ của chúng không thể khác một cách đáng kể so với các ion khác. Từ lâu đã biết rõ, quá trình phân ly nước diễn ra theo sơ đ sau: chuyển proton từ một phân tử nước này sang phân tử nước khác. Các ion H3O+ được tạo ra liên tục do sự trao đ i proton với các phân tử nước bao quanh, song diễn ra một cách vô trật tự. Nhưng dưới tác dụng của điện trư ng ngoài thì ngoài sự trao đ i vô trật tự trên còn diễn ra quá trình có xu hướng: một phần proton (H+) bắt đầu chuyển theo trư ng lực về phía catod, và do đó chuyển được điện tích. Vậy dòng điện được chuyển không phải là do các ion H3O+ (dù nó có tham gia vào quá trình), mà b i các proton được chuyển từ phân tử nước này đến phân tử nước khác bên cạnh theo trư ng lực. Nh sự chuyển proton mô tả như trên làm tăng độ dẫn điện của dung dịch, vì proton có bán kính nh , và đi qua không phải toàn đoạn đư ng đến catod, mà chỉ qua một khoảng cách giữa các phân tử nước. Dạng như vậy của sự dẫn điện có thể gọi là sự dẫn điện dây chuyền. Tương tự, có thể giải thích về độ dẫn điện lớn đặc biệt của các ion hydroxyl, song trong trư ng hợp này các proton được chuyển từ các phân tử nước đến các ion hydroxyl, tức là tương ứng với sự chuyển các ion hydroxyl theo hướng về phía anod. Mặt khác, vì trạng thái năng lượng của hydro trong phân tử nước tương ứng với cực tiểu thế năng (h thế năng) sâu hơn trong H3O+. Điều đó giải thích vì sao linh độ của ion OH- nh hơn của H+. Bài 10 : XÁC Đ NH S C CĂNG B MẶT C A CH T L NG Đi m L i phê GV I. M C ĐệCH THệ NGHI M : Đo sức căng bề mặt của dung dịch bằng phương pháp đo lực căng tác dụng lên một đơn vị chiều dài của chu vi bề mặt phân chia pha. II. S LI U TH C NGHI M : ToC  (mN/m) Nước cất 30 70,5 n-butanol 0.6 M 31 39 Lần pha 1 30.5 47 Lần pha 2 31 56 Lần pha 3 31 63 Lần pha 4 31 66 Lần pha 5 31 68.5 Lần pha 6 30.5 69.5 Lần pha 7 31 71,5 Lần pha 8 30 72 Lần pha 9 31 72,6 Lần pha 10 31 72,8 Dung môi / Dung d ch đo Tra bảng trong giáo trình thực hành, ta có sức căng bề mặt của nước nhiệt độ phòng 30oC là : o = 71,38. III. NH N XÉT : Ta dùng vòng platin vì Platin là kim loại trơ về mặt hóa học, nó không phản ứng với bất cứ chất gì trong quá trình đo và bảo quản vì vậy giúp đo sức căng bề mặt với độ chính xác cao. Ta dùng dung môi đo là H2O do nước có sức căng bề mặt lớn nhất và nước phân cực mạnh hơn n-butanol. Khi càng pha loãng, n-butanol có sức căng bề mặt càng tăng và thấp hơn sức căng của nước là do n-butanol tan t t vào H2O tạo dung dịch tương đ i đ ng nhất. Qua m i lần pha thì lượng nbutanol càng ít, lượng nước càng tăng và đến một lúc nào đó sức căng bề mặt tăng rất chậm do lúc đó chỉ còn lại chủ yếu là H2O. Để tạo nên sức căng bề mặt, áp lực vòng platin tạo ra phải vừa đủ để thắng áp lực nội phân tử. Ngoài phương pháp đo sức căng bề mặt chất l ng bằng vòng platin còn có nhiều phương pháp khác như : xác định sự biến đ i mực chất l ng trong mao quản, công giọt chất l ng, phương pháp Lecomtedu Nouy, bản phẳng Lwihelmy, áp suất cực đại của bọt khí, xác định hình dạng của bọt khí. Khi đo sức căng bề mặt ta làm nên làm nơi không có gió và nhiệt độ cao vì sẽ dẫn đến kết quả không chính xác. Bài 11: XÁC Đ NH NG NG KEO T C A KEO Fe(OH)3 Điểm L i phê của giáo viên I. Cách ti n hành đi u ch dung d ch keo : Hệ keo của Fe(OH)3 được xác định như sau : FeCl3 + 3H2O  Fe(OH)3 + 3HCl Dung dịch keo được điều chế bằng cách cho FeCl3 vào nước cất đang sôi. Chất làm cho độ bền của keo này được chấp nhận là FeOCl (có chứa ion FeO+) là sản phẩm của sự thủy phân không hoàn toàn FeCl3 theo phương trình phản ứng : FeCl3 + H2O  FeOCl + 2HCl Mixen của sol có công thức : {m[Fe(OH)3].nFeO+ (n – x)Cl-}.xClTiến hành thí nghiệm Giải thích Lấy 4 ng nghiệm, m i ng 5 ml dung Vì dịch keo, cho 1 ml Na2SO4 có n ng độ thước < 10-7 : chưa đạt tới ngưỡng keo 0,0001N; 0,001 N ; 0,01 N ; 0,1 N lần tụ. ng nghiệm 1, 2, các hạt có kích lượt vào từng ng. Sau 20 phút, ta thấy ng 1, 2 trong , ng 3 hơi đục, ng 4 có kết tủa lắng xu ng. Ta chọn ng 3 và ghi nhận n ng độ ng nghiệm s 3 là 0,01 N để tiếp tục xác định ngưỡng keo tụ chính xác. ng nghiệm s 3, các hạt keo đạt kích thước 10-7  10-5 cm : đã đạt đến ngưỡng keo tụ. ng nghiệm s 4, kích thước các hạt > 10-5 cm nên hệ không bền về mặt động học, dẫn đến các hạt phân tán dễ dàng tách ra kh i môi trư ng phân tán. Đây gọi là hiện tượng sa lắng. Vậy : C* = C3 = 0,01 N II. Xác đ nh ng ng keo t chính xác : Pha 10 ml dung dịch Na2SO4 có n ng độ C* = 0,01 N trong bình định mức r i pha loãng để thu được các n ng độ theo bảng 1 sau : S TT ng nghiệm S ml Na2SO4 có n ng độ 0,01 N S ml nước cất N ng độ Na2SO4 (N) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005 0,006 0,007 0,008 0,009 Bảng 1 Lấy 9 ng nghiệm được đánh s lần lượt từ 1  9. Cho vào m i ng 5 ml dung dịch keo Fe(OH)3 điều chế độ tương ứng từ C1  C9 trên và 1 ml dung dịch Na2SO4 đã pha loãng với các n ng bảng 1. Lắc thật kỹ từng ng nghiệm r i để yên một th i gian sau đò quan sát hiện tượng keo tụ thu được S TT ng nghiệm N ng độ Na2SO4 1 2 3 từng ng nghiệm theo bảng 2. 4 5 6 7 8 9 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005 0,006 0,007 0,008 0,009 Vdd Na2SO4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Vdd Fe(OH)3 5 5 5 5 5 5 5 5 5 Hiện tượng - - - + + + + + + Bảng 2 Với : (–) : Không hoặc ít có hiện tượng keo tụ (+) : Có hiện tượng keo tụ hoặc kết tủa lắng xu ng Theo bảng 2 ta thấy : n ng độ chất điện ly Na2SO4 nh nhất để xuất hiện hiện tượng keo tụ trong dung dịch keo Fe(OH)3 là ng nghiệm s 4 với n ng độ tương ứng là C4 = 0,004 N. Từ đó ta tính được ngưỡng keo tụ của Fe(OH)3 theo công thức : γ= C.V 0,004.1 .1000 = .1000 = 0,8 ω 5 IV. Nh n xét : Qua quá trình thực hiện thí nghiệm, ta thấy rằng : sự keo tụ chịu ảnh hư ng b i nhiều yếu t như th i gian, nhiệt độ, n ng độ chất điện ly … Trong s đó, yếu t n ng độ chất điện ly đóng vai trò quan trọng. Từ thí nghiệm khảo sát tính keo tụ của dung dịch keo Fe(OH)3 trong môi trư ng chất điện ly, ta thấy sự khác biệt của dung dịch thực và dung dịch keo là :  Các hạt keo có kích thước lớn hơn các hạt phân tử (10-710-5 cm) nên các hạt keo khuếch tán rất chậm hơn các hạt phân tử trong dung dịch thực.  Các hạt keo có kích thước nh nên thư ng không bền về mặt nhiệt động, do đó, các hạt keo thư ng có xu hướng kết lại với nhau (giảm bề mặt tiếp xúc và nhiệt động học).  Các hạt keo mang điện tích nên chịu ảnh hư ng b i các chất điện ly.