Bài tập hóa học đại cương

BÀI KIỂM TRA: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Phần 1:
Trình bày 3 phương pháp chống ăn mòn:
1. Cột thép chôn trong nền đất.
2. Cột thép ngâm trong nước biển.
Trả lời:
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.
Phần 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
BÀI KIỂM TRA
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 0,059log 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.