Bài tập hóa học ĐHGTVT có lời giải

Đề bài:
CHƯƠNG I. Bài 1: Cho phản ứng:
( ) 2 3( ) ( ) 2 3
2 2
r r r
Al Fe O Fe Al O
+ → +
a, tính
0
298,PU
H
∆
biết rằng ở
25
o
C
và 1atm cứ khử được 47,87g
2 3
Fe O
thì tỏa ra
253,132kJ
b) tính
2 3( )r
Al O
của
2 3( )r
Fe O
biết của
2 3( )r
Al O
= -1669,79kJ/mol.

Bài làm
a) khử 47,87g
2 3( )r
Fe O
phản ứng tỏa nhiệt 253,13 (kj)
vậy khử 160g
2 3( )r
Fe O
phản ứng tỏa ra X (kj)
⇒

298,
160 253,132
846,065
47,87
o
pu
X
×
∆Η = = = −
(kj/mol)
b) áp dụng hệ quả 2 định luật Hess:
298, 298, , 298, ,
o o o
s s sp s tg
∆Η = ∆Η − ∆Η
∑ ∑
2 3 2 3
0
298, 298, , ( ) 298, , ( ) 298, , ( ) 298, , ( )

(2 ) ( )
o o o o
S s Fe r S Al O r s Al r s Fe O r
H H
∆ = ∆Η + ∆ − ∆Η +∆Η
Thay số ta có:

2 3
0
298, , ( )
846, 065 2 0 ( 1669,79) 2 0
s Fe O r
− = 〈 × + − 〉 −〈 × + ∆Η 〉

⇒
2 3
0
298, , ( )s Fe O r
∆Η
= -823,725 (kj/mol)
Bài 14: trộn
a
n
mol khí A với
b
n
mol khí B có nhiệt độ và áp suất ban đầu bằng
nhau ( trộn bằng cách nối hai bình khí với nhau bằng một ống có thể tích không
đáng kể): A, B là khí lý tưởng ( trong quá trình trộn giữ cho T không đổi).
a) tính biến thiên entanpi tự do trong quá trình trộn

b) áp dụng với A là
2
Η
, B là
2
N
với
A
V
=
b
n
=1 (mol), và T= 300
o
K
bài làm
a) áp dụng công thức:
G H T S∆ = ∆ − ×∆
do A, B là hai khí lý tưởng nên sẽ không xảy ra phản ứng hóa học ,
cũng như tương tác giữa chúng. Ở nhiệt độ không đổi thì:
0∆Η =
G T S
⇒ ∆ = − ×∆
(1)
khi trộn lẫn hai khí với nhau , chỉ xảy ra quá trình khuếch tán: là quá
trình giãn nở đẳng nhiệt
a
n
mol khí A từ thể tích
A

V
đến thể tích
A B
V V+
có:
ln
A B
A a
A
V V
S n R
V
+
∆ =
.
Tương tự khí A ta có hàm của khí B là:
ln
A B
B b
B
V V
S n R
V
+
∆ =
Do hàm entropi là hàm trạng thái có tính chất cộng tính nên ta có:
A B
S S S∆ = ∆ + ∆
Hay
ln ln

A B A B
a b
A B
V V V V
S n R n R
V V
+ +
∆ = +
(2) , với
a
A
n RT
V
P
=
,
b
B
n RT
V
P
=
Thay vào (2) ta có:
ln ln
a b a b
a b
a b
n n n n
S n R n R
n n

+ +
∆ = +
(3)
Thay (3) vào (1) ta có:
( ln ln )
a b a b
a b
a b
n n n n
G TR n n
n n
+ +
∆ = − +
(4)
b) Thay số T=
300
O
K
,
1
a b
n n= =
(mol), R= 8,314 vào (4) vậy ta có:
3457,695G J∆ = −
CHƯƠNG II. Bài 1: cho phản ứng đơn giản:
A B C+ →
, có hằng số cân bằng k=
4
6,5 10
−

×
1 1
M s
− −
. Nồng độ ban đầu của chất A là 0,2M, của chất B là 0,4M. Tính
vận tốc ban đầu của phản ứng.
Bài làm
Ta có phương trình phản ứng:
A B C+ →
, với các dữ liệu đề cho:
4 1 1
0,2 ; 0,4
6,5.10
A B
C M C M
k M s
− −
= =
=
Bậc của phản ứng A và B bằng 1, Nên ta áp dụng công thức:
. .
A B
V k C C=
, để tính
vận tốc của phản ứng
Vậy ta có:
4 5 1
. . 6,5 10 0, 2 0,4 5,2 10 ( )
A B
V k C C Ms

− − −
= = × × × = ×
Bài 2: trộn 12 mol khí A với 8 mol khí B trong bình kính dung tích 2 lít phản
ứng xảy ra theo phương trình sau:
2 2A B C
+ →
, hằng số vận tốc của phản ứng
trên ở nhiệt đô đó cho là
2 1
2,5 minM
− −
và phản ứng là phản ứng đơn giản.
a) Tính vận tốc ban đầu của phản ứng.
b) Tính vận tốc của chất A mất đi 20% lượng ban đầu
Bài làm
a) Theo bài ra thì:
12 8
6( ), 4( )
2 2
A B
C M C M= = = =
Ta có phương trình phản ứng:
2 2A B C
+ →
Vì phản ứng là phản ứng đơn giản nên ta có bậc phản ứng của A là 2,
của B là 1. Vậy vận tốc ban đầu của phản ứng là:
2 1 2 1
2,5 6 4 360( .min )
A B
V kC C M

−
= = × × =
b) Lúc chất A mất đi 20% so với ban đầu, tức là khi nồng độ chất A phản
ứng:
0,2 0, 2.6 1,2
A
C M= =
Xét phản ứng:
2 2A B C+ →
Ban đầu: 6 4 M
Phản ứng: 1,2 0,6 1,2 M
Sau phản ứng: 4,8 3,4 1,2 M
Vậy vận tốc của phản ứng là:
2 1 2 1
2,5 4,8 3, 4 195,84( .min )
A B
V kC C M
−
= = × × =
CHƯƠNG III. Bài 1: khi oxi hóa 2,81g Cd thu được 3,21g oxit Cadimi. Tính
nguyên tử lượng của Cadimi. Biết hóa trị của Cd bằng 2.
Bài làm
• Theo bài ra ta tính được:
2
3, 21 2,81 1
( )
32 80
O
n mol
−

= =
,
1
16 0, 4( )
80
O
m g= × =
• Ta có phương trình phản ứng:
2
1
2
Cd O CdO+ →
• Ta có: 2,81g Cd được thay thế bằng 0,4g
2
O
• Vậy Đ của Cd được thay thế bằng 8g
2
O
( Đ: đương lượng )
• Đ=
8 2,81
56,2
0,4
×
=
( đương lượng gam),
•
⇒

56, 2 2 122, 4

Cd
M = × =
( đvC)
Bài 6 : Cần hòa tan bao nhiêu mol chất ta không điện ly vào 1 lit dung dịch để áp
suất thẩm thấu của dung dịch ở
0
O
C
bằng 760 mmHg.
Bài làm
• Theo bài ra ta có: V= 1(l), T= 273 (K) p=760 mmHg = 1atm, R= 0,082
• Áp dụng công thức:
1 1
0,045
0,082 273
PV
P RCT PV nRT n
RT
×
= ⇔ = ⇔ = = =
×
(mol)
CHƯƠNG IV Bài1: Tính thế điện cực của các điện cực sau ( Ở
0
25 C
)
a) Đồng nhúng trong dung dịch
2
0,001CuCl M
b) Palatin nhúng trong dung dịch

4 2 4 3
0,01 à ( ) 0,1FeSO Mv Fe SO M
, Biết:
3
2
0
0, 77
Fe
Fe
V
+
+
∂ =
Bài làm
a) Ta có phương trình điện ly:
2
2
2CuCl Cu Cl
+ −
→ +
Theo bài ra :
2
2 3
10 ( )
CuCl
Cu C M
+ −
= =
Phản ứng điện cực:
2

2Cu e Cu
+
+ ƒ
ở 298K:
2 2
0 2 3
0,059 0,059
log 0,337 log10 0,2485( )
2
Cu Cu
Cu cu
Cu V
n
+ +
+ −
∂ = ∂ + = + =
b) Ta có : Các phương trình điện ly:
2 2
4 4
FeSO Fe SO
+ −
→ +
,
2
4
2
10
FeSO
Fe
C C M

−
= =
,
3 2 _
2 4 3 4
( ) 2 3Fe SO Fe SO
+
→ +
,
3
2 4 3
( )
2 2 0,1 0, 2
Fe SO
Fe
C C M
+
= = × =
• Phản ứng điện cực:
3 2
1Fe e Fe
+ +
+
ƒ
• ở 298K :
3
3 3
2 2
2
0

2
0, 059 0, 2
log 0,77 0,059 log 0,847( )
10
Fe
Fe Fe
Fe Fe
Fe
C
V
n C
+
+ +
+ +
+
−
∂ = ∂ + = + =
Bài 5: Cho
3 3
2
0 0
0,44( ), à, 0,77( ),
Fe Fe
Fe
Fe
V v V
+ +
+
∂ = − ∂ =
Ở

0
25 C
a) Tính
3
o
Fe
Fe
+
∂
?
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng:
( ) ( ) ( )
3 2
2 3
dd r dd
Fe Fe Fe
+ +
+ ƒ
Bài làm
a) Ta có phản ứng:
( ) ( )
3 2
2 3
dd dd
Fe Fe Fe
+ +
+ ƒ
, có thể xảy ra thông qua hai phản
ứng liên tiếp sau:
3 2

2
1 (1)
2 (2)
Fe e Fe
Fe e Fe
+ +
+
+
+
ƒ
ƒ
• ở (1) có
0 0
1 1 1
, , 1G n
∂ ∆ =
( n là số e trao đổi )
• ở (2) có
0 0
2 2 2
, , 2G n
∂ ∆ =
( n là số e trao đổi )
• cộng (1) và (2) ta có:
3
3Fe e Fe
+
+ ƒ
, có
0 0

3 3 3
, , 3G n
∂ ∆ =
( n là số
e trao đổi
ta lại có:
0 0
0 0 0 0 0 0 0
1 1 2 2
3 1 2 3 3 1 1 2 2 3
3
1 0,771 2 ( 0, 440)
0,336( )
3
n F n F
G G G n F n F n F V
n F
∂ + ∂ × + × −
∆ = ∆ + ∆ ⇔ − ∂ = − ∂ − ∂ ⇔ ∂ = = = −
b) Ta có:
2 3 2
( ) | || | ( )Fe Fe Fe Fe
+ + +
+ −
•
3 2
2
0 0
0,036( ), 0,77( )
Fe Fe

Fe
Fe
V V
+ +
+
∂ = − ∂ =
• Phản ứng tạo dòng:
( ) ( ) ( )
3 2
2 3
dd r dd
Fe Fe Fe
+ +
+ ƒ
• Có số e trao đổi: n= 3,
2 3
2
0 0 0
0,77 ( 0,036) 0,806( )
Fe Fe
Fe
Fe
E V
+ +
+
= ∂ −∂ = − − =
• Áp dụng công thức :
0
41
3 0,806

log 41 10
0,059 0,059
nE
k K
×
= = = ⇒ =
PHẦN LÝ THUYẾT
Đề bài: Tìm hiểu và phân tích quá trình sự phá hủy cọc thép chôn vùi trong
nền đất, phương pháp bảo vệ
Bài làm
1) Phân tích quá trình hình thành:
• Nhìn chung mọi quá trình ăn mòn kim loại trong đất hầu hết xảy ra
theo cơ chế điện hóa, khi ta chôn cọc thép xuống đất, thì sẽ xảy ra quá
trình ăn mòn, quá trình này diễn ra lâu dài trong các tế bào của
thép ,ăn mòn đầu tiên xảy ra trên bề mặt thép,sau đó tiếp tục lấn vào
sâu hơn, trong đó bao gồm một bề mặt anốt (nơi ăn mòn xảy ra), một bề
mặt cực âm (giảm oxy) và chất điện phân, phản ứng với các bề mặt này
là:
• Tại Anot:(cực dương là Fe) xảy ra phản ứng :
2
2
2
2
2 ( )
Fe Fe e
Fe OH Fe OH
+
+ −
→ +
+ →

• Một phần
2
( )Fe OH
bị oxi hóa thành
3
( )Fe OH
:
2 2 2 3
4 ( ) 2 4 ( )Fe OH O H O Fe OH+ + →
.
•
2 3
( ) à ( )Fe OH v Fe OH
tạo thành trên bề mặt thép , đồng thời bị mất
nước từng phần tạo ra gỉ sắt. Lớp gỉ sắt này có màu nâu đỏ ( màu của
3
( )Fe OH
), có cấu tạo xốp , do đó tiếp tục xâm nhập vào trong bề mặt
thép , làm cho sắt tiếp tục bị ăn mòn.
• Tại catot: (cực âm là Cácbon ) các electron chuyển từ anot Fe tới vùng
Catot, tại đây xảy ra phản ứng khử
2
O
:
2 2
2 4 4O H O e OH
−
+ + →
.
• Dòng điện được sinh ra có chiều từ C đến Fe như vậy theo thời gian cọc

thép tiếp tục bị ăn mòn.
 tùy theo môi trường đất mà cọc thép bị ăn mòn nhanh hay chậm.
 Đất thông khí tốt thì tốc độ ăn mòn cục bộ lớn.
 Độ ẩm trong đất lớn thì tốc độ ăn mòn tăng nhanh, tuy nhiên đến một giá
trị giới hạn nào đó của độ ẩm thì tốc độ ăn mòn cực đại và khi độ ẩm tiếp
tục tăng thì tốc độ ăn mòn lại giảm.
 Thành phần hóa học của đất.
 pH của môi trường đất tốc độ ăn mòn lớn khi: pH : 4 => 9
 bản chất của muối hòa tan: đặc biệt NaCl phá hủy cấu trúc bề mặt tự nhiên,
làm tăng độ dẫn điện của đất, tạo thuận lợi cho ăn mòn cục bộ.
 độ dẫn điện: rất quan trọng trong ăn mòn cục bộ. nó phụ thuộc vào lượng
muối hoặc chất hòa tan trong đất và độ xốp của đất.
 ăn mòn qua vi sinh vật: một kim loại có thể bị phá hủy trực tiếp hoặc gián
tiếp qua hoạt động của vi sinh vật, khi chúng bám trên bề mặt thép chúng
tiết ra các chất như: HCl … làm ăn mòn bề mặt thép.
2) Các phương pháp bảo vệ:
 chế biến lại đất bao quanh cọc thép:
• thêm các hóa chất cào trong đất làm thay đổi tính chất ăn mòn hoặc
tạo ra màng bảo vệ bề mặt thép
• thay đổi đất ăn mòn bằng những vật liệu khác hay đất có khả năng
chống ăn mòn
• thay bằng cát có chứa Cacbonatcanxi hoặc cát trung tính
 bao phủ bề mặt bằng lớp cách:
• sử dụng các vật liệu hữu cơ: quét bao phủ lớp bitum, chất dẻo…
• xi măng: những lớp phủ xi măng hay bê tong có chiều dày từ 2=>5
cm, những lớp này phải đặc xít
• kim loại: thương dùng là kẽm để bao phủ bảo vể cọc thép
 phương pháp điện hóa: bảo vệ catot, Tối ưu hóa che chắn bảo vệ ca-tốt kết
hợp với sơn chống ăn mòn. Trong trường hợp này, bảo vệ hiện tại sẽ xảy ra
ở khu vực bị hư hỏng và bảo vệ bề mặt bằng thép tiếp xúc, do đó làm giảm

nguồn cung cấp điện cần thiết. Cọc thép tấm có thể được trang bị bảo vệ
ca-tốt mà không cần che phủ và các anot bảo vệ có thể được gắn trực tiếp
trên các cọc tấm.
Họ và tên: Tạ Ngọc Vị
Lớp: Kết cấu xây dựng
Mã sv: 1114714
Số đt: 01696.039.608
BÀI KIỂM TRA: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Ph ầ n 1:
Trình bày 3 phương pháp chống ăn mòn:
1. Cột thép chôn trong nền đất.
2. Cột thép ngâm trong nước biển.
Tr ả l ờ i:
1. Ba phương pháp chống ăn mòn: cột thép chôn trong nền đất.
a. Phương pháp thứ 1:
Ta có thể thực hiện qua:
- Thêm các hóa chất vào trong đất để làm thay đỏi tính chất ăn mòn hoặc tạo
ra màng bảo vệ trên khắp bề mặt cốt thép.
- Thay đất ăn mòn xung quanh cột thép bằng những vật liệu khác đất có khả
năng chống ăn mòn.
- Thay bằng cát có chứa cacbonat canxi hoặc cát trung tính.
b. Phương pháp thứ 2:
Bao phủ bề mặt cột thép bằng lớp cách và bảo vệ điện hóa.
Ở phương pháp này ta sử dụng các vật liệu hữu cơ, xi măng và ngay cả kim loại
bảo vệ.
- Vật liệu hữu cơ: quét bao phủ lớp bitum, chất dẻo như polistiren, PVC,…
- Xi măng: những lớp bao phủ bằng xi măng hay bê tông có chiều dày từ 2- 5
cm, những lớp này phải đặc xít.
- Vật liệu bảo vệ kim loại: thông thường ta dùng kẽm để bảo vệ.
c. Phương pháp thứ 3:

Bảo vệ bằng phương pháp điện hóa.
Đặc biệt có hiệu quả nhất trong việc bảo vệ ống thép là phương pháp kết hợp bao
phủ đường ống bằng bitum và bảo vệ catot.
2. Ba phương pháp chống ăn mòn: cột thép ngâm trong nước biển.
+) Ống thép ngâm trong nước biển thì không những bị ăn mòn do nước biển mà
còn do bám bẩn của các sinh vật phù du (như con hà…) gây ra.
Cho nên chúng ta cần quét lớp sơn chống gi xung quanh bề mặt ống thép. Sơn
chống gỉ này luôn luôn có chúa các chất độc để chống bám phủ của những sinh
vật phù điện phân như chất bột đồng oxit, bột đồng kim loại arsenit đồng,
cacbonat bazơ đồng, calomen,…
+) Phương pháp thứ 2: Ta phủ lên bề mặt ống thép một lớp kẽm dày để bảo vệ
+) Phương pháp thứ 3: Sử dụng liên hợp quét sơn chống gỉ lên bề mặt kim loại và
bảo vệ catot có dòng hoặc phương pháp bảo vệ catot không dòng.
Ph ầ n 2: Bài tập
Bài 1: Tính biến thiên Entanpi tự do của quá trình trộn n
A
mol khí A và n
B
khí B.
Biết rằng ở nhiệt độ và thể tích lúc ban đầu bằng nhau. A, B là khí lí tưởng.
Trong quá trình trộn giữ cho nhiệt độ không đổi. Áp dụng với A là H
2
có n
A
= 2
mol và B là N
2
có n
B
= 1 mol và nhiệt độ bằng 27

o
C.
Giải:
a. Theo giải thiết: lúc ban đầu hai khí A, B đều có T, V bằng nhau.
Gọi thể tích lúc ban đầu của hai khí là: V
1
= V
A
= V
B
Sau khi trộn ta có: V
chung
= V
2
= V
A
+ V
B
= 2V
A
= 2V
B
Hàm entanpi là hàm trạng thái khuếch độ nên có tính chất cộng tính, vì vậy biến
thiên entanpi tự do của sự trộn lẫn hai khí bằng tổng biến thiên tự do của mỗi
khí.
⇒

∆
G =
∆

G
A
+
∆
G
B
Ta có:
∆
G
A
=
∆
H
A
– T.
∆
S
A

Vì T = const =>
∆
H
A
= 0
⇒

∆
G
A
= -T.

∆
S
A
= -T.n
A
.R.ln
V
VV
A
BA
+
= -T.n
A
.R.ln
V
V
A
A
2

= -T.n
A
.R.ln2
Tương tự ta có:
∆
G
B
=
∆
H

B
–T.
∆
S
B
T = const
⇒

∆
H
B
= 0
⇒
∆
G
B
= -T.
∆
S
B
= -T.n
B
.R.ln
V
VV
B
BA
+
= -T.n
B

.R.ln
V
V
B
B
2

= -T.n
B
.R.ln2
∆
G =
∆
G
A
+
∆
G
B

= (-T.n
A
.R.ln2) + (-T.n
B
.R.ln2)
= -T.R.( n
A
+ n
B
).ln2

b. Áp dụng:
Với A là H
2
có
n
H
2
= 2 mol
B là N
2
có
n
N
2
=1 mol
T = 27 + 273 = 300K
⇒
biến thiên entanpi tự do của quá trình trộn lẫn là:

∆
G = -T.R.(
n
H
2
+
n
N
2
).ln2
= -300 . 8,314 . (2+1) . ln2

= - 5187 J
Vậy biến thiên entanpi tự do của quá trình trộn lẫn hai khí N
2
và H
2
là
∆
G = - 5187 J
Bài 2: Ở 150
o
C một phản ứng thực hiện xong trong 16 phút. Nếu ở nhiệt độ 200
o
C
và 80
o
C thì phản ứng đó sẽ được thực hiện trong bao lâu. Cho hệ số phản ứng là
2,5.
Giải:
+) Thời gian để phản ứng được thực hiện xong nếu ở nhiệt dội là 2100
o
C là:
Theo qui tắc Vanhoff ta có:
V
2
= V
1
.
10
12
tt

oo
−
×
γ

⇒

V
V
1
2
=
10
12
tt
oo
−
×
γ
=
10
150200
5,2
−
×
= 2,5
5
Mặt khác, ta lại có:
V
V

1
2
=
t
t
2
1
⇒

t
t
2
1
= 2,5
5
t
2
=
5,2
5
1
t
= 0,16 (min)
Vậy nếu ở 200
o
C thì phản ứng sẽ được thực hiện trong 0,16 phút.
+) Thời gian để phản ứng được thực hiện xong nếu ở nhiệt độ là 80
o
C
Theo qui tắc Vanhoff ta có:

V
2
= V
1
.
10
12
tt
oo
−
×
γ

⇒

V
V
1
2
=
10
12
tt
oo
−
×
γ
=
10
15080

5,2
−
×
= 2,5
-7
Mặt khác, ta lại có:
V
V
1
2
=
t
t
2
1
⇒

t
t
2
1
= 2,5
-7
t
2
=
5,2
7
1
−

t
= 9765,625 (min) ≈ 162,76 h
Vậy nếu ở 80
o
C thì phản ứng sẽ được thực hiện trong 162,76h.
Bài 3: Tính xem ở pH nào dung dịch FeCl
3
0,1M bắt đầu kết tủa Fe(OH)
3
. Biết
tích số tan của Fe(OH)
3
ở điều kiện này là 3,8 .10
-38
.
Giải:
Ta có:
Phương trình điện li: FeCl
3
→ Fe
3+
+ 3Cl
-
0,1M 0,1M
Fe
3+
+ 3OH
-

→←

Fe(OH)
3
↓
Điều kiện để có kết tủa là:

T
OHFe )(
3
< [Fe
3+
].[OH
-
]
3
⇒
Để dung dịch FeCl
3
bắt đầu kết tủa FeCl
3
thì:

T
OHFe )(
3
= [Fe
3+
].[OH
-
]
3

⇒
[OH
-
]
3
=
[ ]
3
3
)(
3
Fe
T
OHFe
+

=
3
38
1,0
108,3 ×
−
= 7,243 × 10
-13
⇒
pOH = -lg[OH
-
] = -lg(7,243 .10
-13
) = 12,14

Mà: pOH + pH = 14

⇒
pH = 14 – pOH = 14 – 12,14 = 1,86
Vậy ở pH ≥ 1,86 thì dung dịch FeCl
3
bắt dầu kết tủa Fe(OH)
3

Bài 4: Tính sức điện động của các pin sau ở 25
o
C
a. (Pt) Fe | FeSO
4
|| ZnSO
4
| Zn
pH = 3 0,01 M
b. Fe | FeSO
4
|| FeSO
4
| Fe
2M 2.10
-3
M
Nếu muốn có sức điện động của pin bằng 0,177V thì tỉ số nông độ của dung dich
FeSO
4
phải thế nào?

Giải:
a. (Pt) Fe | FeSO
4
|| ZnSO
4
| Zn
pH = 3 0,01 M
Vì pH = 3
⇒
[H
+
] = 10
-3
M
Ta có: 2H
+
+ 2e
→←
H
2
⇒

ϕ
1
=
ϕ
H
H
2
=

=
ϕ
o
H
H
2
=
+
[ ]
P
H
H
2
2
lg
2
059,0
+
×
(ở 298K)
= 0,00 + 0,059lg[H
+
]
= 0,059.lg[10
-3
] = -0,177(V)
Lại có:
Phương trình điện li: ZnSO
4
→ Zn

2+
SO
4
2-
0,01M 0,01M
Zn
2+
+ 2e → Zn
Ở 298K ta có:
ϕ
2
=
ϕ
Zn
Zn
+
+
[ ]
Zn
+
×
2
lg
2
059,0

= -0,762 +
01,0lg
2
059,0

×
= -0,821(V)
⇒

ϕ
1
>
ϕ
2
⇒
E =
ϕ
)(+
-
ϕ
)(−
=
ϕ
1
-
ϕ
2
= (-0,117) – (-0,821)
= 0,644 V
Vậy sức điện động của pin ở 25
o
C là E
pin
= 0, 644V
b. Fe | FeSO

4
|| FeSO
4
| Fe
2M 2.10
-3
M
Theo đề bài ta có:
C
1
=2M
C
2
=2.10
-3

⇒
C
1
> C
2
⇒
E
pin
=
ϕ
)(+
-
ϕ
)(−

=
C
C
2
1
lg.
2
059,0
(Ở 298K)
=
3
10.2
2
lg.
2
059,0
−
= 0,0885 (V)
Vậy sức điện động của pin ở 25
o
C là E
pin
= 0,0885V
+) Nếu E
pin
= 0,177V
Ở 298K
E
pin
=

ϕ
)(+
-
ϕ
)(−
=
C
C
2
1
lg.
2
059,0

⇒

C
C
2
1
lg
=
059,0
2Ε
pin
=
059,0
177,02 ×
= 6

⇒

C
C
2
1
= 10
6
Vậu muốn có sức điện động của pin bằng 0,177 thì tỉ số nồng độ của dung dịch
FeSo
4
là
C
C
2
1
= 10
6
Trường Đại Học Giao Thông Vận Tải
Họ và tên : Bùi Duy Thành
Mã Sinh Viên : 1110857
Lớp : Quản lý xây dựng CTGT_K52
BÀI TẬP HÓA BỔ SUNG
Bài tập chương 1
Bài 1 : Cho phản ứng 2Al
(r)
+Fe
2
O
3(r)

→2Fe
(r)
+ Al
2
O
3(r)
a. Tính ∆H
0
298,p
ư
biết phản ứng ở 25
0
C và 1 atm cứ khử được 47,87 g Fe
2
O
3

thì tỏa ra 253,132 kJ
b. Tính ∆H
0
298,s
của Fe
2
O
3
biết ∆H
0
298,s
của Al
2

O
3(r)
= -1669,79 kJ/mol.
Gi ả i
a. Nếu khử 47,87 g Fe
2
O
3
thì tỏa ra 253,134 kJ
Nếu khử 160 g Fe
2
O
3
thì tỏa ra x kJ
Vậy ta tính được x = 846,07 kJ
∆H
0
298,p
ư
= -846,07 kJ
b. Theo định luật Hess
∆H
0
298,p
ư
= 2. ∆H
0
s,298,Fe
+ ∆H
0

s,298,Al2O3
– 2.∆H
0
s,298,Fe
- ∆H
0
s,298,Fe2O3
Vậy ∆H
0
s,298,Fe2O3
= -823,73kJ
Bài 2 : Cho phản ứng 4NH
3
+ 3O
2
→ 2N
2
+ 6H
2
O
a. Tính ∆H
0
298
biết phản ứng ở 25
0
C và 1 atm cứ 4,89 lít N
2
thì tỏa ra 153,06
kJ
b. Tính ∆H

0
298,s
của NH
3
biết ∆H
0
298,s
của H
2
O
(l)
=-285,84 kJ/mol.
Gi ả i
a.
)(6,528.2,0
)(2,0
298.082,0
89,4.1
2
2
gm
mol
RT
PV
n
N
N
==
===
Cứ 5,6 g N

2
thì tỏa ra 153,06 kJ
28 g N
2
thì tỏa ra x kJ
x = 756,3 kJ
Nhưng theo phương trình thì phản ứng tạo ra 2 phân tử N
2
vậy ∆H
0
298
= -1530,6
kJ
b. Theo định luật Hess thì
∆H
0
298,p
ư

= 2.∆H
0
s,298,N2
+ 6.∆H
0
s,298,H2O
– 3. ∆H
0
s,298,O2
- ∆H
0

s,298,NH3
∆H
0
s,298,NH3
= -46,11 kJ/mol
Bài tập chương 2
Bài 1 : Cho phản ứng A + B → C có hằng số vận tốc k=6,5.10
-4
M
-1
.s
-1
. Nồng độ
ban đầu của chất A là 0,2 M của chất B là 0,4 M. Tính vận tốc ban đầu của phản
ứng.
Gi ả i
Theo định luật VantHoff ta có v =k.[A]
m
.[B]
n
Do đây là phản ứng đơn giản nên m=n=1
Vậy v = 0,2.0,4.6,5.10
-4
= 5,2.10
-5
M.s
-1
.
Bài 4 : Cho hằng số vận tốc của phản ứng đơn giản A→B là k= 4,5.10
-5

s
-1
. Nồng
độ ban đầu của A là 1,6 M. Tính vận tốc ban đầu của phản ứng theo M.s
-1
và
M.min
-1
.
Gi ả i
Theo định luật VantHoff ta có v =k.[A]
m
Do đây là phản ứng đơn giản nên m=1
Vậy v = 1,6.4,5.10
-5
= 7,2.10
-5
M.s
-1
= 4,32.10
-3
M.min
-1
Bài tập chương 3
Bài 1 : Khi oxi hóa 2,81 gam Cd thu được 3,21 gam CdO. Tính nguyên tử lượng
của Cd. Biết hóa trị của Cd là II.
Gi ả i
2Cd +O
2
→2CdO

Theo định luật bảo toàn khối lượng thì ta có m
Cd
+m
O2
=m
CdO

)(0125,0
32
)81,221,3(
32
2
mol
mm
n
CdCdO
O
=
−
=
−
=
)(4,112
0125,0.2
81,2
.2
21
dvC
n
m

M
O
Cd
Cd
===
Vậy
Bài 2 : Hòa tan 1,11 gam một kim loại vào axit H
2
SO
4
loãng thu được 376,1 ml
khí H
2
ở 0
0
C và 1,01 atm. Xác định đương lượng gam của kim loại.
)(017,0
273.082,0
3761,0.01,1
2
mol
RT
PV
n
H
===
Gi ả i
Ta có
Cứ 1,11 g Kim Loại → 0,034 g H2
x g Kim Loại → 1,008 g H2

Vậy đương lượng gam của kim loại là:
)(9,32
034,0
11,1.008,1
gx ==
Bài tập chương 4
Bài 1 : Tính thế điện cực của các điện cực sau (ở 25
0
C) :
a. Đồng nhúng trong dung dịch CuCl
2
0,001M.
b. Platin nhúng trong dung dịch chứa FeSO
4
0,01M và Fe
2
(SO
4
)
3
0,1M
Biết
V
FeFe
77,0
23
/
0
+=
++

ϕ
Gi ả i
a. Điện cực Cu|Cu
2+

Phản ứng ở điện cực Cu
2+
+ 2e Cu
)(2565,0001,0log
2
059,0
2
2
0
V
Cu
Cu
Cu
Cu
=+=
+
+
ϕϕ
b. (Pt) Fe
3+
|Fe
2+
||Fe
2+
|Fe

3+

0,1M 0,01M 0,01M 0,1M
)(829,0
01,0
1,0
log
1
059,0
2
3
2
3
0
V
Fe
Fe
Fe
Fe
=+=
+
+
+
+
ϕϕ
Bài 3 : Tính suất điện động của các pin sau ở 25
0
C
a. (Pt) H
2

|H
2
SO
4
||ZnSO
4
|Zn
pH=3 0,01M
b. Fe|FeSO
4
||FeSO
4
|Fe
2M 2.10
-3
Nếu muốn suất điện động của pin là 0,177 V thì tỉ số nồng độ của dung dịch
FeSO
4
phải như thế nào ?
Gi ả i
a. (Pt) H
2
|H
+
||Zn
2+
|Zn
)(17,010log
1
059,0

30
2
2
V
H
H
H
H
−=+=
−
+
+
ϕϕ
)(821,010log
2
059,0
20
2
2
V
Zn
Zn
Zn
Zn
−=+=
−
+
+
ϕϕ
Vậy cực âm của pin là Zn

2+
|Zn
Cực dương của pin là H
2
|H
+
E
pin
= E
(+)
-E
(-)
= 0,644 (V)
b. Fe|Fe
2+
||Fe
2+
|Fe
C1 C2 (M)
1log
2
059,0
2
2
0
C
Fe
Fe
Fe
Fe

T
+==
+
+
ϕϕϕ
2log
2
059,0
2
2
0
C
Fe
Fe
Fe
Fe
P
+==
+
+
ϕϕϕ
)(10
2
1
)(177,0
6
lan
C
C
VE

PT
pin
=⇒
=−=
ϕϕ
Bài tập nâng cao
Tìm hi ể u phân tích : Quá trình phá h ủ y c ủ a c ọ c thép chôn vùi trong
n ề n đấ t v à ph ươ ng ph á p b ả o v ệ .
Quá trình ăn mòn của cọc thép chôn trong nền đất
Phân tích trong phần bản chất của sự ăn mòn, sự khác biệt về điện thế được tạo
ra trên bề mặt thép bởi sự không đồng nhất về thành phần trên bề mặt thép, hoặc
bề mặt ẩm ướt, hoặc bởi chất điện phân mà thép được nhúng vào. Các tế bào
điện phân được hình thành gồm: Anot và Catot.
Kết quả của sự khác biệt về điện thế trong tế bào là các electron mang điện tích
âm (-) sẽ dịch chuyển từ Anode sang Catot, và các nguyên tử sắt trong khu vực
Anot sẽ chuyển đổi thành các ion dương (+).


Các ion sắt mang điện tích dương Fe
2+
của Anot sẽ thu hút và phản ứng với các
ion mang điện tích âm OH- trong chất điện phân tạo thành oxit sắt từ, hay còn
gọi là gỉ sắt (rust). Ở Catot, electron mang điện tích âm sẽ phản ứng với ion H
+

trong chất điện phân để tạo thành khí H
2
.
Trong điều kiện thích hợp, sự ăn mòn diễn ra bởi hàng tỉ phản ứng mỗi giây, và
rất nhanh sau đó, 1 lớp gỉ sắt sẽ xuất hiện trên khu vực Anot.

Thật vậy, khi phóng đại vùng Anot và Catot của 1 mẩu thép nhỏ bằng kính hiển
vi, ta nhận thấy rằng tất cả các điện liên kết với nhau ở lớp thép nền, hiện tượng
ăn mòn xảy ra tại Anot.
Khu vực Anot sau khi bị ăn mòn sẽ làm thay đổi hiệu điện thế, và như vậy Anot
và Catot sẽ thay đổi vai trò cho nhau, khu vực trước đây chưa bị ăn mòn sẽ bị tấn
công. Quá trình này cứ tiếp diễn cho đến khi toàn bộ bề mặt thép đều bị gỉ sét.