BÀI KIỂM TRA: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG

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
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 nA mol khí A và nB
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 H2
có nA = 2 mol và B là N2 có nB = 1 mol và nhiệt độ bằng 27oC.
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: V1 = VA = VB
Sau khi trộn ta có: Vchung = V2 = VA + VB = 2VA = 2VB
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 = ∆ GA+ ∆ GB
Ta có:
∆ GA = ∆ HA – T. ∆ SA

Vì T = const => ∆ HA = 0
⇒ ∆ GA = -T. ∆ SA = -T.nA.R.ln V A

+V B

V
2V
= -T.nA.R.ln
V

A

A

A

= -T.nA.R.ln2
Tương tự ta có:
∆ GB = ∆ HB –T. ∆ SB
T = const ⇒ ∆ HB = 0

⇒ ∆ GB = -T. ∆ SB = -T.nB.R.ln V A

+V B

V
2V
= -T.nB.R.ln
V

B
B

B

= -T.nB.R.ln2


∆G

= ∆ GA+ ∆ GB
= (-T.nA.R.ln2) + (-T.nB.R.ln2)
= -T.R.( nA+ nB).ln2
b. Áp dụng:
Với A là H2 có n H = 2 mol
2

B là N2 có n N =1 mol
T = 27 + 273 = 300K
⇒ biến thiên entanpi tự do của quá trình trộn lẫn là:
∆ G = -T.R.( n H + n N ).ln2
= -300 . 8,314 . (2+1) . ln2
= - 5187 J
Vậy biến thiên entanpi tự do của quá trình trộn lẫn hai khí N2 và H2 là
∆ G = - 5187 J
2

2

2

Bài 2: Ở 150oC một phản ứng thực hiện xong trong 16 phút. Nếu ở nhiệt độ
200oC và 80oC 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 2100oC là:
Theo qui tắc Vanhoff ta có:
o

o

2

1

−
V2 = V1 . γ × t t
10

⇒

V
V

o

o

2

1

−
= γ ×t t

2

10

1

Mặt khác, ta lại có:
⇒

t2 =

t
t

1

= 2,5 ×

200 − 150
= 2,55
10

V
V

t
t

2
1

=

1
2

= 2,55

2

t
2,5
1

5

= 0,16 (min)

Vậy nếu ở 200oC 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 80oC
Theo qui tắc Vanhoff ta có:


o

o

V2 = V1 . γ × t 2

− t1

10

⇒

V
V

o

o

2

1

−
= γ ×t t

2

10

1

Mặt khác, ta lại có:

t
t

⇒

t2 =

1

= 2,5 ×

80 − 150
= 2,5-7
10

V
V

t
t

2

=

1

1

2

= 2,5-7

2

t
2,5
1

−7

= 9765,625 (min) ≈ 162,76 h

Vậy nếu ở 80oC thì phản ứng sẽ được thực hiện trong 162,76h.
Bài 3: Tính xem ở pH nào dung dịch FeCl3 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:
FeCl3 → Fe3+ + 3Cl0,1M
0,1M
3+
Fe
+ 3OH- ←→ Fe(OH)3↓
Điều kiện để có kết tủa là:
T Fe(OH ) < [Fe3+].[OH-]3
⇒ Để dung dịch FeCl3 bắt đầu kết tủa FeCl3 thì:
T Fe(OH ) = [Fe3+].[OH-]3
3

3

⇒ [OH-]3 =

3

T Fe(OH )
[Fe ]
3,8×10
0,1

3

3+

−38

=

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 FeCl3 bắt dầu kết tủa Fe(OH)3

Bài 4: Tính sức điện động của các pin sau ở 25oC


a. (Pt) Fe | FeSO4 || ZnSO4 | Zn
pH = 3 0,01 M
b. Fe | FeSO4 || FeSO4 | Fe
2M
2.10-3M
Nếu muốn có sức điện động của pin bằng 0,177V thì tỉ số nông độ của dung
dich FeSO4 phải thế nào?
Giải:
a. (Pt) Fe | FeSO4 || ZnSO4 | Zn
pH = 3 0,01 M
⇒

Vì pH = 3
Ta có:
⇒

ϕ

1

= ϕH

[H+] = 10-3M
2H+ + 2e ←→ H2

=

H2

=ϕ

o

0,059
× lg
+
H
2
H2
=

[H ]

+ 2

PH

(ở 298K)
2

+

= 0,00 + 0,059lg[H ]
= 0,059.lg[10-3] = -0,177(V)
Lại có:
Phương trình điện li:
ZnSO4 → Zn2+

SO420,01M
0,01M
2+
Zn
+ 2e → Zn
Ở 298K ta có:

ϕ

2

= ϕ Zn

[

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

+

]

= -0,821(V)
⇒
⇒

ϕ

1

> ϕ2

E = ϕ (+ ) - ϕ (− )

= ϕ1 - ϕ 2
= (-0,117) – (-0,821)
= 0,644 V
Vậy sức điện động của pin ở 25oC là Epin= 0, 644V
b. Fe | FeSO4 || FeSO4 | Fe
2M
2.10-3M
Theo đề bài ta có:
C1 =2M
C2 =2.10-3


⇒

C1 > C2

⇒

Epin = ϕ (+ ) - ϕ (− ) =

0,059
. lg C1 (Ở 298K)
2
C2
0,059
2
. lg
=
2
2.10 −3

= 0,0885 (V)
Vậy sức điện động của pin ở 25oC là Epin = 0,0885V
+) Nếu Epin = 0,177V
Ở 298K
Epin =

ϕ

(+ )

- ϕ (− ) =

C = 2Ε
C 0,059
C = 106
C

pin

1

⇒ lg

2

⇒

0,059 C1
. lg
2
C2
2 × 0,177

= 0,059

=6

1

2

Vậu muốn có sức điện động của pin bằng 0,177 thì tỉ số nồng độ của dung
dịch FeSo4 là

C
C

1
2

= 106