HÓA PHÂN TÍCH ĐỊNH LUẬT bảo TOÀN

ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN PROTON


Nồng độ proton trong dung dịch ở trạng thái cân
bằng là tổng nồng độ proton mà các chất ở trạng thái
so sánh đã giải phóng ra trừ đi tổng nồng độ proton
mà các chất ở trạng thái so sánh đã thu vào để đạt tới
cân bằng.


Pt bảo toàn proton của 1 dung dịch acid-bazo là pt biểu
diễn sự trao đổi proton của các acid-baz có trong dd đó qua
nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch: Số mol
proton của các acid cho luôn bằng số mol proton của các
baz nhận


1. Xây dựng phương trình ĐKP:

B1: Chọn mức không (MK)

B2:Viết các cân bằng cho-nhận proton của các chất ở MK

B3:Viết biểu thức ĐKP và biến đổi về dạng đơn giản nhất


2. cách chọn mức không:
Chọn MK có thành phần đơn giản nhất
- Xem các chất ở TPBĐ
Nếu KHÔNG có phàn ứng

Chọn MK là TPBĐ

VD:Dd HCl +HAx

Nếu CÓ phàn ứng

Chọn MK là TPGH

VD: Dd HCl C1 M + NaOH C2 M

Nếu cấu tử tồn tại nhiều dạng liên hợp. Khi đó chọn MK chỉ có 1 dạng
duy nhất:
VD:
22-Cacbonat có 3 dạng tồn tại CO2, CO3 ,HCO3
trong 3 dạng đó.

Chọn MK chỉ có 1


 Nước nguyên chất: mức không H O
2
+
H2O ⇌ H + OH
→

+
[H ] = [OH ]

 DD HCl: mức không HCl, H O
2

+
HCl → H + Cl
+
H2O ⇌ H + OH
→

+
[H ] = [Cl ] + [OH ]


- DD chứa hh CH3COOH C1M và HCl C2M
Mức không CH3COOH, HCl, H2O
HCl → H+ + ClCH3COOH ⇌ CH3COO-+ H+
H2O ⇌ H+ + OH→ [H+ ]= [Cl-] + [CH3COO-] + [OH-]
→ [H+ ]= C2 + C1 – [CH3COOH] + [OH-]


- DD chứa hh CH3COONa C1M và NaOH C2M
CH3COONa → CH3COO- +Na+
C1

C1

NaOH → Na+ + OHC2

C2

Mức không: CH3COO- và H2O
CH3COO + H⇌ CH3COOH (1)
H2O ⇌ H+ + OH- (2)

→[H+] = [OH-] – C2 – [CH3COOH]


- DD chứa hh CH3COOH C1M và CH3COONa C2M
+
CH3COONa→ CH3COO + Na
Mức không: CH3COOH và H2O
+
CH3COOH ⇌ CH3COO + H (1)
+
H2O ⇌ H + OH

(2)

+
→ [H ] = [OH ] + [CH3COO ] - C2
Mức không: CH3COO- và H2O
+
CH3COO + H ⇌ CH3COOH(1)
+
H2O ⇌ H + OH

(2)

+
→ [H ] = [OH ] - ([CH3COOH] - C1)


BẢO TOÀN NỒNG ĐỘ ĐẦU

Nồng độ ban đầu của 1 cấu tử bằng tổng nồng độ cân bằng của các
dạng tồn tại của cấu tử đó trong dung dịch

H3PO4

H3PO4

H2PO4

-

HPO4

2-

PO4

3-


-H3PO4 CM
H3PO4 ⇌ H+ + H2PO4H2PO4 - ⇌ H+ + HPO42HPO42- ⇌ H+ + PO43C = [H3PO4 ] + [H2PO4- ] + [HPO42-] +

[PO43- ]


- Na2CO3 CM
+
22Na2CO3 → 2Na + CO3 CO3 +

+
+
H ⇌ HCO3 HCO3 + H ⇌ H2CO3

2C= [H2CO3] + [HCO3 ] + [CO3 ]


BẢO TOÀN ĐIỆN TÍCH


Trong một hệ vật cô lập về điện, tổng đại số của
các điện tích là không đổi.
Hệ cô lập về điện là hệ vật không có trao đổi
điện tích với các vật khác ngoài hệ.


hệ quả 1:
- Điện tích luôn luôn xuất hiện hoặc mất đi từng cặp có giá trị
bằng nhau nhưng ngược dấu.
- Khi hỗn hợp kim lại phóng ra bao nhiêu mol electron thì tổng
điện tích dương của các cation kim loại tương ứng sẽ có bấy
nhiêu mol đơn vị điện tích dương.


hệ quả 2:
-  Trong các phản ứng oxi hóa khử thì tổng số mol electron do các nguyên tố khử cho phải
bằng tổng số mol electron do các nguyên tố oxi hóa nhận.
+ Bán phản ứng oxi hóa kim loại:     M  -   ne   →  M

n+

Nguyên tố kim loại cho bao nhiêu mol e thì cation kim loại ấy có bấy nhiêu mol đơn vị điện tích
dương (+).
+ Bán phản ứng khử gốc phi kim:   A  +  ne   →   A

n-

Nguyên tố phi kim A nhận bao nhiêu mol e thì anion tương ứng tích được bấy nhiêu mol đơn vị
điện tích âm (-).

Vận dụng hệ quả 2 để cân bằng phản ứng oxi hóa khử.


hệ quả 3:
Một hỗn hợp gồm nhiều chất khử có độ tăng số oxi hóa không
đổi và khối lượng cho trước sẽ phóng ra một số mol electron
không đổi cho mọi tác nhân oxi hóa khi phản ứng oxi hóa khử
xảy ra.

Vận dụng hệ quả 3 để giải nhanh nhất bài toán “siêu kinh
điển” và các bài toán về hỗn hợp gồm nhiều chất khử tác dụng
với nhiều dung dịch axit khác nhau.


hệ quả 4:
- Thể hiện bản chất điện hóa của các phản ứng điện phân xảy ra ở bề mặt các điện cực của bình
điện phân và định luật Faraday:  điện lượng Q = It tải qua bình điện phân thì số mol electron do
catot phóng ra = số mol electron do anot thu vào = ne 
-  Điện tích của 1 mol electron thì bằng 1 Faraday: 
23

-19
           1F = 96.500 c = 6,023.10 .1,6.10 c = 26,8Ah
    VD:
-Catot cho electron, anot nhận electron nên ta xem catot như chất khử, anot như chất oxi hóa
mạnh như ý muốn.

Vận dụng hệ quả 4 để giải được các bài toán điện phân một cách ngắn gọn đơn giản nhưng rất
chính xác


Dạng 1: Áp dụng đơn thuần định luật bảo toàn điện tích 
Một dung dịch có chứa 4 ion với thành phần :
0,01 mol Na+, 0,02 mol Mg2+, 0,015 mol SO42− , x mol Cl− . Giá trị của x là 
A. 0,015       B. 0,035.        C. 0,02.       D. 0,01. 
Giải: 
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 
0,01.1+0,02.2=0.015.2+x.1 ⇒ x=0,02 
 ⇒  Đáp án C


Dạng 2 : Kết hợp với định luật bảo toàn khối lượng 
2+
3+
–
2DdA có 0,1 mol Fe , 0,2 mol Al  , x mol Cl , y mol SO4
–
2Tính số mol Cl  và số mol SO4  biết khi cô cạn dung thu được 46,9 gam chất rắn khan.
Giải:
Áp dụng định luật bảo toàn điện tich ta có:
Số mol điện tích dương = số mol điện tích âm

0,1*2 + 0,2*3 = x*1 + y*2

Hay  x + 2y = 0,8  (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có :
Khối lượng chất rắn khi cô cạn dd=
2+
3+
2m Fe  + m Al  + m Cl  + mSO4 Hay 35,5x + 96y = 35,9(g) (2)
Giải hệ (1), (2) ta được
x =0,2 mol
y = 0,3 mol


Dạng 3 : Kết hợp với bảo toàn nguyên tố
Cho hỗn hợp X gồm x mol FeS2 và 0,045 mol Cu2S tác dụng vừa đủ với HNO3 loãng, đun nóng thu được
dung dịch chỉ chứa muối sunfat của các kim loại và giải phóng khí NO duy chất. Giá trị của x là: 
A. 0,045         B. 0,09.        C. 0,135.       D. 0,18. 

Giải: 
- Áp dụng bảo toàn nguyên tố
Fe3+ : x mol; Cu2+ : 0,09 mol; SO42−: (x+0,045) mol 
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích (trong dung dịch chỉ chứa các muối sunfat) ta có: 
3x+2.0,09 = 2(x+0,045)  ⇒ x=0,09 
⇒ Đáp án B


Dạng 4: Kết

hợp với việc viết pt ở dạng ion thu gọn 

Cho tan hoàn toàn 15,6 gam hỗn hợp gồm Al và Al 2O3 trong 500 ml dung dịch NaOH 1M thu

được 6,72 lít H2(đktc) và dung dịch X. Thể tích HCl 2M tối thiểu cần cho vào X để thu được lượng kết tủa lớn
nhất?
A. 0,175 lít.     B. 0,25 lít.      C. 0,125 lít.       D. 0,52 lít. 

Giải: 
Dung dịch X chứa các ion Na+ ; AlO2- ; OH− dư(có thể). 
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 
n AlO2-  + nOH− = nNa+ = 0,5 mol
Khi cho HCl vào dung dịch X: 
H+ +OH− → H2O (1) 
H+ + AlO2- + H2O→Al(OH)3 (2) 
3H+ +Al(OH)3 → Al3+ + 3H2O (3) 
Để kết tủa là lớn nhất  ⇒ không xảy ra (3) và  nH+ = n AlO2- + nOH− = 0,5 mol 
⇒ VHCl= 0,5/2=0,25 (lít) 
 ⇒  Đáp án B