ÀI TẬP CÂU 1: trình bày 3 phương pháp chống ăn mòn thép trong lòng cốt đất và trong nước biển Bài làm 3 phương pháp chống ăn mòn cốt thép trong lòng đất : 1. chế biến lại đất bao quanh thiết bị : có thể thưc hiện bằng 3 phương pháp I. thêm các hóa chất vào tring đất để lamh thay đổi tính chất ăn mòn hoặc tạo ra màng bảo vệ trên khắp bề mặt kim loại. II. thay đất xung quanh thiết bị bằng những vật liệu khác nhau hoặc đất có khả năng chiings ăn mòn.
BÀI TẬP CÂU 1: trình bày 3 phương pháp chống ăn mòn thép trong lòng cốt đất và trong nước biển Bài làm 3 phương pháp chống ăn mòn cốt thép trong lòng đất : 1. chế biến lại đất bao quanh thiết bị : có thể thưc hiện bằng 3 phương pháp I. thêm các hóa chất vào tring đất để lamh thay đổi tính chất ăn mòn hoặc tạo ra màng bảo vệ trên khắp bề mặt kim loại. II. thay đất xung quanh thiết bị bằng những vật liệu khác nhau hoặc đất có khả năng chiings ăn mòn. III. Thay bằng cát co chứa cabonnatcanxi hoặc cát trung tính. 2. bao phủ bề nặt bằng lớp cách và bảo vệ điện hóa : I. bao phủ bề nặt bằng lớp cách : sử dụng các vật liệu hữu cơ ,xi măng , kim loại bảo vệ. a) Vật liệu hữu cơ : quét bao phủ lớp bitum , PVC chất dẻo…. b) Xi măng : những lớp bao phủ bằng xi măng hay bê tông dày từ 2- 5 cm , những lớp này phải đặc khít. c) Vật liệu bải vệ bằng kim loại : thông thường người ta thương dùng kẽm để bao phủ bề mặt kim loại các đường ống 3. Bảo vệ bằng phương pháp điện hóa 3 phương pháp chống ăn mòn cốt thép trong nước biển : 1. bao phủ bề nặt bằng lớp cách : người ta thường quét lớp sơn chống gỉ xuong quanh bề mặt thiết bị . sơn chống gỉ này luôn luôn có chứa các chất độc để chống bám phủ của những sinh vật phù điện phân như bột đồng oxit , bột đồng kim loại,…. 2. phương pháp bảo vệ catot bằng dòng điện ngoài 3. phương pháp bảo vệ protector CÂU 2 : Chương 1 Bài tập 3 : đốt cháy 0,352 gam benzen hơi ở 25°C trong một bình kín với một lượng dư ooxxy tỏa ra 22475,764 J , sản phẩm cháy là CO2 (K)và H2O (K). Hãy tính: a. nhiệt cháy của benzen hơi? b. Tính ▲U và ▲H của phản ứng kho đốt cháy 1 mol Benzen hơi? Lời giải: a. Phương trình Phản ứng : C6 H 6(h) + 7.5 O2 (K) => 6 CO2(K) + 3H2O (L) Theo bài cứ 0.532 / 78 (mol) tỏa ra 22475,746 J Vậy cứ 1 mol tỏa ra Q = ( -22475,746 . 1 )/ ( 0.532 / 78) = -3295136 J/mol b.▲U của phản ứng chính là nhiệt cháy của benzen nên : ▲U =Q = -3295136 J/mol Ta có : ▲U =Q v và Qp =▲H = Q v + ▲nRT = ▲U + ▲nRT ▲H = -3295136 + (6 – 1 – 7.5) 8.314 .298 = - 3301509 J/mol Kết luận : a. Q = -3295136 J/mol b.▲U= -3295136 J/mol ▲H = - 3301509 J/mol Chương 2 Bàu tập 2 : trộn 12 mol khí A với 8 mol khí B trong 1 binh kín dung tích 2 lít phản ứng xay ra theo phương trình sau : 2A + B => 2C Hằng số vận tốc của phản ứng trên ở nhiệt độ đó , cho là 2.5 (M -2 Chương 2 Bàu tập 2 : trộn 12 mol khí A với 8 mol khí B trong 1 binh kín dung tích 2 lít phản ứng xay ra theo phương trình sau : 2A + B => 2C Hằng số vận tốc của phản ứng trên ở nhiệt độ đó , cho là 2.5 M -2 min -1 và phản ứng là đơn giản. a) tính vạn tốc ban đầu của phản ứng . b) tính vận tốc lúc chất A mất đi 20% lương ban đầu. Lời giải: a. [ A] = 12/2 =6 (mol/l) [B] = 8/2 =4 (mol/l) Vân tốc ban đầu của phản ứng là : V = k [A] 2 . [B] = 2,5 . 6 2 . 4 = 360 (M.min -1 ) b. khi A mất đi 20% : [A] = 6- 6. =4.8 (mol/l) [B] = 4 - .6. = 3.4 (mol/l) tính vận tốc lúc chất A mất đi 20% lương ban đầu là : V = k [A] 2 . [B] = 2,5 . 4,8 2 .3,4 = 195,84 (M.min -1 ) Chương 3 Bài tập 3: Xác định đương lượng gam của một kim loại, biết khi kết tủa ion Cl từ d 2 chứa 1,755 (g) NaCl thì thu được 4,275 (g) kết tủa Clorua kim loại đó. Biết Đ Na = 23. Lời giải: Gọi A là kim loại cần tìm đương lượng gam Ta có n NaCl = 1,755/58,5 = 0,03 (mol) NaCl ==> Na + + Cl - 0,03 0,03 0,03 (mol) => m Cl - = 0,03 x 35,5 = 1,065 (g) => m Na = 1,755 – 1,065 = 0,69 (g) Theo đề bài ta có m↓ = 4,275 (g) Mà m↓ = m A + m Cl - => m A = m↓ - m Cl - = 4,275 – 1,065 m A = 3,21 (g) Áp dụng định luật Đương lượng ta có: m A /Đ A = m Na /Đ Na =>Đ A = (m A x Đ Na )/m Na = (3,21x23)/0,69 Đ A = 107 (g) Kết luận : Đ A = 107 (g) Chương 4 Bài tập 11 : Tính (ŋ) khi điện phân dung dịch Na 2 SO 4 trong nước ở 25°C với thế ngoài đặt vào 2 cực bằng thế phân hủy E ph = 2.21V Lời giải : Na 2 SO 4 _ => 2Na + + SO 4 2- H 2 O <=> H + + OH - Ở anot : 2H + + 2e => H 2 Ở catot: 2OH - + 2e => O 2 + H 2 O Trong dung dịch Na 2 SO 4 có [OH - ] = [H + ] = 10 -7 Nên φ O 2 /2OH - = φ° - 0.059log [OH - ] = 0.4 - 0.059log 10 -7 = 0.813 (v) φ 2H + / H 2 = φ° + 0.059log [H + ] = 0.00 + 0.059log 10 -7 = -0.413 (v) ta có E pc = φ O 2 /2OH - - φ 2H + / H 2 = 1.326 (v) ŋ = E ph - E pc = 2.21 – 1.326 = 0.984 (V) Kết luận : ŋ = 0.984 (V) Trình bày lời giải 2 bài tập trong mỗi chương từ chương I đến chương IV. • Tìm hiểu , phân tích quá trình phá hủy của cọc thép chôn vùi trong nền đất. Chương I: Bài 1: Tóm tắt: cho phản ứng : )( 32)( )( 32)( 22 R R R R OAlFeOFeAl +→+ A, tính ? 0 ,298 =∆ pu H biết C 0 25 , 1 atm khử 47,87g 32 OFe tỏa ra 253,132 kJ B, tính ? 0 ,,298 )( 32 =∆ R OFes H biết 79,1669 0 ,,298 )( 32 −=∆ R OAls H kJ/mol Giải : Ta có phản ứng : )( 32)( )( 32)( 22 R R R R OAlFeOFeAl +→+ A, cứ khử được 47,87 g 32 OFe thì có -253,132 kJ Vậy 1 mol hay 160g 32 OFe thì có x kJ )(06,846 87,47 )132,253(160 kJx −= − =⇒ Vậy )(06,846 0 ,298 kJH pu −=∆ B, vì phản ứng tỏa nhiệt nên : ∑∑ ∆−∆=∆ 0 )(,,298 0 )(,,298 0 ,298 tgsspspu HHH )2()2( 0 )(,,298 0 ,,298 0 )(,,298 0 ,,298 0 ,298 32)(32)( ROFesAlsROAlsFespu HHHHH RR ∆+∆−∆+∆=∆⇔ (1) Lại có : 0 0 ,,298 0 ,,298 )()( =∆=∆ RR AlsFes HH Nên : 0 )(,,298 0 )(,,298 0 ,298 3232 )1( ROFesROAlspu HHH ∆−∆=∆⇔ 0 )(,,298 32 79,166906,846 ROFes H∆−−=−⇒ )/(73,82306,84679,1669 0 )(,,298 32 molkJH ROFes −=+−=∆⇒ Bài 4: Tóm tắt : Đốt cháy 1 mol )(66 L HC ở C 0 25 , 1 atm thu được sản phẩm gồm có )(2 )( 2 , L k OHCO tỏa ra 3301,510(kJ) , ? 0 )(,,298 66 =∆ LHCs H (biết : )/(51,393 0 )(,,298 2 molkJH KCOs −=∆ và )/(84,285 0 )(,,298 2 molkJH LOHs −=∆ ) 2 1 1 1 2 1 2 2 v t v t t v t v = ⇒ = Giải : Ta có phản ứng : OHCOOHC 22266 36 2 15 +→+ Theo giả thiết )(510,3301 0 ,298 kJH pu −=∆ Vì phản ứng tỏa nhiệt nên : ∑∑ ∆−∆=∆ 0 )(,,298 0 )(,,298 0 ,298 tgsspspu HHH ) 2 15 ()36( 0 )(,,298 0 ,,298 0 )(,,298 0 ,,298 0 ,298 2 )( 6 62 )( 2 KOsCsLOHsCOspu HHHHH L H K ∆+∆−∆+∆=∆⇔ [ ] )0. 2 15 ()84,285.(3)51,393.(6510,3301 0 ,,298 )( 6 6 +∆−−+−=−⇔ L H Cs H 0 ,,298 )( 6 6 58,3218510,3301 L H Cs H∆−−=−⇔ )/(929,82510,330158,3218 0 ,,298 )( 6 6 molkJH L H Cs =+−=∆⇔ Chương 2 Bài 5: Tóm tắt : Hệ số nhiệt độ của phản ứng 5,2= γ Ct 00 1 150= thì min16 1 =t Ct 00 2 200= thì ? 2 =t Ct 00 3 80= thì ? 3 =t Giải : gọi v1 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T1 v2 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T2 Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian thực hiện phản ứng nên ta có: (*) Mặt khác ta có: Thay vào (*) ta được: Với: ; ; 2 1 10 2 1 . T T v v γ − = 2 1 1 2 10 T T t t γ − = 0 1 423T K= 2,5 γ = 1 16mint = TH1:Thời gian thực hiện xong phản ứng ở( C 0 200 ) T=473K TH2:Thời gian thực hiện xong phản ứng ở( C 0 80 ) T=353K Bài 7: Tóm Tắt: Cho phản ứng BA → với 13 min10.8 −− =k t=? để S C còn lại -0,25 so với ban đầu Giải: gọi a là nồng độ ban đầu của chất A: tại thời điểm nồng độ A còn 0,25 so vs bđ,tức là đã pư 0,75a(M) Bđ : a 0 M pư: 0,75a 0,75a M Còn lại: 0,25a 0,25a M vận tốc phản ứng tại thời điểm t là: ( ) Lấy tích phân 2 vế ta có: Chương 3: Bài 3: Tóm tắt: Xác định đương lượng gam của 1 kim loại, biết khi kết tủa ion Cl từ dd chứa 1,755g NaCl thì thu được 4,275 g kết tủa Clorua kim loại biết Đ Na = 23 Giải: Gọi KL cần tìm là A, hóa trị n và Khối lượng phân tử là M 2 473 423 10 16 0,16min 2,5 t − = ≈ 2 353 423 10 16 9765,625min 162,76 2,5 t h − = = ≈ A B→ A A A A dC v kC dt dC kdt C = − = ⇒ = − 3 2 1 8.10 mink M − − − = 0,25 0 3 ln 4 ln 173,29min 0,25 8.10 a t A A a dC kdt C a kt t a − = − ⇒ = ⇒ = = ∫ ∫ A + nNaCl → ACl n ( ↓ ) 58,5n (M+ 35,5n) (g) 1,755 4,275 (g) ⇔ 4,275 . 58,5n = 1,755 . (M + 35,5n ) ⇔ M = 755,1 785,187 n Theo công thức tính Đượng Lượng ta có : Đ = n M trong đó : M là phân tử A n là số ion hóa trị I trao đổi(trong trường hợp này bằng trị của A , do Cl hóa Trị I) Đ A = n M A = n n 755.1 785,187 = 755,1 785,187 = 107 Bài 8: Đề bài : Áp suất hơi nước ở 42 0 C bằng 61,5 mmHg. Nếu ở cùng điều kiện này dung dịch chứa 3 gam đường Glucôzơ ( 6126 OHC ) trong 540 gam nước có độ giảm áp suất hơi bằng bao nhiêu ? Giải: T=42 0 C P=61,5mmHg m nuoc =540g g → n nuoc =540:18=30 mol m glucozo = 3 g → n glucozo = 180 3 = 60 1 mol Gọi : ∆ P là độ giảm áp suất hơi P 0 là áp suất hơi cua r nước ban đầu N là nồng độ phần mol của dường glucozo N= = + dmglucozo glucozo nn n 4 10.55.5 30 60 1 60 1 − = + mol Áp dụng ĐL vant hoff và Raoult ở cung nhiệt độ 42 0 C và và áp suất 61,5mmHg là : N P P = ∆ 0 ⇒ ∆ P = N.P 0 = 5.55.10 4− .61,5=0.0341 mmHg Chương 4 : Bài 1: Tóm tắt : Tính ?= + M M n ϕ ở C 0 25 A, Cu nhúng trong dung dịch 2 CuCl 0,001 M B, Pt nhúng trong dung dịch 4 FeSO 0,01M và ( ) 3 42 SOFe 0,1 M Giải: A, Ta có −+ +→ ClCuCuCl 2 2 2 CueCu →+ + 2 2 [ ] + ++ += 2 2 0 2 lg. 059,0 Cu n Cu Cu Cu Cu ϕϕ )(2565,0)001,0lg(. 2 059,0 345,0 V=+= B, Ta có − + +→ 2 4 2 4 SOFeFeSO 0,01 → 0,01 (mol) ( ) − + +→ 2 4 3 3 42 32 SOFeSOFe 0,1 → 0,2 (mol) ++ →+ 23 1 FeeFe [ ] [ ] + + ++ += 2 3 3 0 3 lg. 059,0 Fe Fe n Fe Fe Fe Fe ϕϕ )(847,0 01,0 2,0 lg.059,077,0 V= += Bài 2: Tóm tắt: A, Tính E=? gồm : (ở C 0 25 ) Cd nhúng trong dung dịch 4 CdSO M 2 10 − + Pb nhúng trong dung dịch 23 )(NOPb 1M B, có nhận xét gì khi thay đổi C của muối mà không thay đổi tỉ số C Giải: )()( −−+= ϕϕ E Gọi điện thế cực của dạng Pb Pb và Cd Cd ++ 22 là 21 và ϕϕ (M) 0,01 0,01 CdSO : có Ta ? tính *) 2 4 2 4 1 → +→ = − + SOCd ϕ Phương trình điện cực: CdeCd →+ + 2 2 )01,0lg(. 2 059,0 2 0 2 1 +==⇒ ++ Cd Cd Cd Cd ϕϕϕ = - 0,402 + (- 0,059) = -0,461(V) (M) 1 1 2)Pb(NO :có Ta ?Tính 3 2 23 2 → +→ = − + NOPb ϕ Phương trình điện cực: PbePb →+ + 2 2 )(126,0 )1lg(. 2 059,0 2 0 2 0 2 2 V Pb Pb Pb Pb Pb Pb −== +== + ++ ϕ ϕϕϕ Nhận thấy 12 ϕϕ > ⇒ Pb đóng vai trò cực dương Cd đóng vai trò cực âm )(335,0)461,0(126,0 12 VE =−−−=−=⇒ ϕϕ [...]... là chiều sâu thâm nhập cực đại của vết rỗ , tạo thành sau thời gian T k là hệ số tỉ lệ n là hằng số (phụ thuộc vào khối lượng và chủ yếu vào độ thông khí của đất : -trong đất thông khí tốt (cát,á sét) thì n=0,1 đến 0,2 -trong đất thông khí kém (than bùn,đất xét nặng) n=0,6 đến 0,7 Trong phần lớn các loại đất thì quá trình ăn mòn xảy ra với kìm hãm quá trình catot do khó vận chuyển oxi đến bề mặt kim... điện hóa trong đất: Ăn mòn điện hóa trong đất có quá trình catot là khử Oxi ,Trừ trường hợp đất rất axit thì có thể khử ion H+ Cấu trúc không đồng nhất của đất có thể tạo ra các cặp pin ăn mòn do thông khí oxi không đều Hình minh họa: (a) (b) Hình thành cặp pin co không khí (oxi) không đều trong đất (a) đặt ống với độ sâu không đều (b) độ xốp của đất khác nhau Hình trên minh họa 2 trường hợp thông. .. -Bảo vệ điện hóa bằng dòng anot hi sinh (kim loại bảo vệ nối với kim loại khác có điện thế âm hơn) Vật liệu anot hi sinh : Li,Na,K,Mg,Al,Zn… -Bảo vệ anot bằng dòng ngoài : Thiết bị cần bảo vệ được nối với cực âm của nguồn điện 1 chiều , còn điện cực phụ (anot) nối với cực dương 1-Thiết bị cần bảo vệ 2-chất độn dẫn điện 3-điện cực phụ (anot) 4-nguồn điện 1 chiều CHƯƠNG 4: ĐIỆN HÓA HỌC Bài 4 Tóm tắt:... 10 ct ct dm ct dm 5.10.1000 ⇒ ∆tdC10 H 8 = = 4,427 9.128 ⇒ t0đ C10 H 8 = - ∆tdC10 H 8 + t0đ (dm) = -4,427 + 5,49 = 1,0630C Vậy nhiệt độ đông đặc của C10H8 là t0đ(ct) = 1.0630C CHƯƠNG 1: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC Bài 13 Tóm tắt: trộn: nA(mol) Ak + nB(mol) Bk với V = const (Entanpi) ∆ G = ? Biết T, V lúc đầu = nhau, T = const AD: nA= H2 = 2(mol) ; nB = N2 = 1(mol); T = 270C Giải Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đều... + nBRln n nA B nRT PV = nRT γ = P hệ số ⇒ ∆ G = -TR (nAln nA − nB nA − nB + nBRln n ) nA B b, Áp dụng: nA = n H = 1(mol) ; nB = n N = 1(mol) 2 ∆ G = 8,314 (1.ln 1+ 1 1+ 1 + 1.ln ) 1 1 2 CHƯƠNG 1 HÓA ĐỘNG HỌC Bài 5 Tóm tắt: Hệ số nhiệt độ của pư γ = 2,5 t 10 = 1500 C thì t1 = 16 p3min t 0 = 2000C thì t2 = ? 2 0 t 3 = 800C thì t3 = ? Giải 0 0 v γ ( t2 − t1 ) ⇔ 2 = 2,5 ( 200 − 150 = 2,55 ) *Tìm t2: ADCT:... ADCT: v3 = v1 ) v1 10 2,57 10 v t t 3 1 1 Mặt khác: v = t ⇒ t3 = v / v = 16.2,57 = 9765625 min = 162,7h 3 1 3 1 Bài 6 Tóm tắt: cho pư xà phòng hóa este: RCOOP’ + NaOH → RCOONa + R’OH Cho 0,01 mol este + 0,01mol NaOH vào V =1 lít H2O (V=const) Sau 200min có 3 lượng este pư 5 Tính: a, h = ?(hệ số vận tốc) b, t = ? để 99% este đã pư Giải Pư trên là pư đơn giản nên bậc pư = 2 Ta có CT: v = k.Ceste.CNaOH Gọi... ADCT: lgk = = 0,059 = 41 ⇒ K = 1041 CHƯƠNG 3: DUNG DỊCH Bài 17 Tóm tắt: Tính PH d2 = ? a, PH = - lg [ H + ] = lg [ 0,01] = 2 b, POH = - lg [OH − ] = lg [ 0,02] = 1,7 ⇒ PH = 14 – POH c, Vì NH4OH là bazơ yếu POH = -lg Kd 2 Cd 2 = -lg 1,76.10−5.0,05 = 3 ⇒ PH = 14 – POH = 14 – 3 =11 d, Vì CH3OOH là axit yếu PH = -lg Kd 2 Cd 2 = -lg 1,76.10−5.0,01 = 3.38 Bài 18 Tóm tắt: tính t0 động đặc của C10H8 trong benzen... ⇔ 0,059 lg 0,1689 0,059 Lg = 0,1698 ( 0,059 ) 1 1 = 0,1698 ⇒ C2 = 1,32 10-3 (M) C −1 =10 2 C2 CH3COOH ↔ CH3COO - + H+ Bđ: Ca 0 0 Pư: C2 C2 C2 Ca + C2 C22 = Ca − C 2 C2 Cb: Ca - C2 ⇒ Ka = = 1,76.10-5 Bài 5 Tóm tắt: γ 0 Fe2+/Fe = - 0,4 + (V); CP0Fe3+ = 0,77(V) ở 250C a, CP0Fe3+ = ? b, K = ? nếu 2Fe 3+2 + Fe (r) ↔ 3Fe2+ (d2) d Giải: a, pư : Fe3+ + 3e- ↔ Fe thực hiện pass 2 gđ (1) 0 0 : Fe3+ + 1e- ↔ Fe2+;... = nAR ln 2V A 2VB +nBR ln V VA B ⇔ ∆ S = nAR ln2 + nBR ln2 ⇔ ∆ S = (nA + nB) Rln2 ⇒ ∆ G = - TR(nA + nB) ln2 AD: nA = n H = 2 (mol); nB = n N = 1(mol) 2 2 ⇒ ∆ G = - (27 + 237) 8,314 (2+1) ≈ - 5187 (J) Bài 14 Tóm tắt: trộn nA (mol)Ak + nB(mol) Bk với V = const Biết T,P lúc đầu = bằng nhau; T = const a, ∆ G = ? b, AD: nA = nB= 1 (mol) A là H2; B là N2; T = 3000C Giải Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đề có T,P... Ta có CT: v = k.Ceste.CNaOH Gọi Ceste tại thời điểm t là x (mol/lit) Với v = const ⇒ CNaOH = Ceste = 0,0(M) = Co Nồng độ còn lại của este = nồng độ của NaOH = Co – X.C mol/l ⇒ Co – X = C Lại có pt động học v = Hay = - dceste k.C 1 C 1NaOH este dt dc dc = kC2 ⇒ 2 = - kdt dt c C0 − X Tích phân 2 vế ta có: ∫ Co ⇔ t dc = kdt − C2 ∫ 0 1 = kt Co(Co − X ) 1 1 = kt ⇔ Co − X Co 3 5 a, Với t = 200 min; X = Co . min16 1 =t Ct 00 2 200= thì ? 2 =t Ct 00 3 80= thì ? 3 =t Giải : gọi v1 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T1 v2 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T2 Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian thực hiện phản. chiều sâu thâm nhập cực đại của vết rỗ , tạo thành sau thời gian T k là hệ số tỉ lệ n là hằng số (phụ thuộc vào khối lượng và chủ yếu vào độ thông khí của đất : -trong đất thông khí tốt (cát,á. khít. c) Vật liệu bải vệ bằng kim loại : thông thường người ta thương dùng kẽm để bao phủ bề mặt kim loại các đường ống 3. Bảo vệ bằng phương pháp điện hóa 3 phương pháp chống ăn mòn cốt thép