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
Tìm hiểu , phân tích quá trình phá hủy (ăn mòn) của
cọc thép chôn vùi trong nền đất.
Để có thể phân tích được quá trình cọc thép bị phá hủy hay nói cách khác là ăn mòn khi bị vùi trong
nền đất thì trước hết ta cần tìm hiểu về tính xâm thực của đất,vì vậy sau đây ta sẽ đi khái niệm tính xâm
thực của đất và tính xâm thực của đất phụ thuộc vào các yếu tố nào ???
+ tính xâm thực của đất:
Rất nhiều dụng cụ và thiết bị được chôm ngầm trong đất : ống dẫn nước , khí ,dầu ,cáp điện và điện
thoại , cọc thép …nên hàng năm phải sửa chữa và thay thế 1 lượng lớn các loại kể trên vì bị hư hỏng do
ăn mòn. Đất là môi trường không đồng nhất .Tùy theo địa phương mà đặc tính của đất khác nhau rất
nhiều.
+ tính xâm thực của đất phụ thuộc vào các yếu tố sau:
- độ thâm nhập của không khí và nước vào trong đất .Bản thân độ thâm nhập này lại phụ thuộc cấu
tạo hạt và độ xốp của đất.
- độ ẩm của đất
- độ muối của đất
- độ dẫn điện

Trong thực tế người ta thường chỉ đo pH và độ dẫn điện của đất .Trong đa số trường hợp pH trong
khoảng từ 5 đến 8 ta có thể dự đôán đây la f 1 nền đất ẩm , axit,ít không khí ,độ dẫn điện tốt (>0,2
m
S
)sẽ rất xâm thực .Những số liệu dưới đây cho thấy sự tương quan giữu điện trở và tính xâm thực
của đất:
Điện trở riêng
mΩ
<5 5 đến 10 10 đến 20 20 đến 100 >100
Tính xâm thực của đất Rất cao cao Tương đối cao Trung bình Thấp
Tăng độ ẩm của đất sẽ tăng tính xâm thực của nó.Tuy nhiên nếu ẩm quá (15 đến 18%) sẽ làm
giảm tính xâm thực vì oxi khó thâm nhập bề mặt kim loại .Đất cát xâm thực hơn đất sét .Đôi khi
ta cũng gặp đất axit (pH=3 đến 4) hoặc kiềm (pH=10 đến 12) các loại đất ày có tính xâm thực
cao
Ngoài ra sự ăn mòn kim loại nói chung hay thép nói riêng khi ở trong môi trường đất còn
chịu ảnh hưởng của vi sinh vật và nhiệt độ
* Quá trình ăn mòn 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 khí không đều .Nơi oxi đến nhiều hơn sẽ là catot,còn nơi
oxi khó đến sẽ là anot dị phá hủy .Các vùng anot và catot có thể cách xa nhau hàng trăm mét , thậm chí
là vài cây số .

Ăn mòn trong có đặc điểm : thép bị phá hủy ở dạng ăn mòn điểm hố sâu , rỗ và chủ yếu ở mặt
dưới của ống.
Logan đưa ra công thực kinh ngiệm sau :

n
tn
kP
Τ=
.
trong đó :
tn
P
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 loại .Trong đất xốp cũng có thấy kìm hãm quá trình anot .Cong khi anot và
catot xa nhau thì kìm hãm có điện trở.
Trong khu vực công nhiệp , gần đường sắt chạy điện … các thiết bị ngầm trong đất cũng bị ăn
mòn do dòng điện lạc.
* Ăn mòn vi sinh :
-Ăn mòn vi sinh là sự ăn mòn trong điều kiện có tác dụng tăng cường của vi sinh vật và
sản phẩm hoạt động của nó
-ăn mòn vi sinh có tính mùa rõ rệt , mạnh nhất trong mùa xuân ấm áp và ẩm ướt thuận lợi
phát triển của vi khuẩn
-các vi khuẩn hiếu khí , cần oxi để hoạt động cũng như các vi khuẩn kỵ khí , không cần

oxi đều làm phát triển ăn mòn
Biện pháp phòng tránh ăn mòn dưới đất
-Sơn , phủ ,bịt bọc kim loại bằng các lớp bitum hoặc polime (1 hoặc nhiều lớp).
-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: (pt) H
2
/H
1
// CH
3
COOH/H
2
(pt)
P
H2
= 1atm; C
H+
1M Ca = 0,01M
E = 0,1698 (v) ở 25
0

C. Tính Ka của CH
3
COOH =?
Giải
2H
+
+ 2e
-

→
H
2
↑
Gọi nồng độ H
+
ở hai điện cực là C
1
(1M) và C
2
(mol/lit) trong dung dịch
CH
3
COOH.
Theo pt: C
1
> C
2
⇒
E =
1

059,0
. Lg = 0,1698.
)
059,0
1689,0
(
⇔
0,059. lg
2
1
C
= 0,1698
⇒
C
2
= 1,32 . 10
-3
(M) C
1
2
−
=10
CH
3
COOH
↔
CH
3
COO
-


+ H
+
Bđ: Ca 0 0
⇒
Ka =
2
2
2
CCa
C
−
=
Pư: C
2
C
2
C
2
Cb: Ca - C
2
C
2
Ca + C
2
= 1,76.10
-5
Bài 5.
Tóm tắt:


γ
0
Fe
2+
/Fe = - 0,4 + (V); CP
0
Fe
3+
= 0,77(V) ở 25
0
C
a, CP
0
Fe
3+
= ?
b, K = ? nếu 2Fe
+3
2d


+ Fe
(r)

↔
3Fe
2+
(d
2
)

Giải:
a, pư : Fe
3+
+ 3e
-
↔
Fe thực hiện pass 2 gđ
(1) : Fe
3+
+ 1e
-
↔
Fe
2+
;
γ
0
1
= 0,77 (V);
∆
G
0
1
;
n = 1
(2) : Fe
2+
+ 2e
-
↔

Fe;
γ
0
2
= - 0,44 (V);
∆
G
0
2
;
n = 2
(3) : Fe
3+
+ 3e
-
↔
Fe;
γ
0
3
= ? ;
∆
G
0
3
;
n = 3
Ta có:
∆
0

G
3
=
∆
G
0
1
+
∆
G
0
2

⇔
γ
0
3
=
γ
0
1
+
γ
2
0
⇔
hay –n
3
F
γ

0
3
= n
1
F
γ
0
3
+ (- n
2
F
γ
2
0
)
⇔
n
3
γ
0
3
= n
1
γ
0
1
+ n
2
γ
2

0
⇒

γ
0
3
= =
037.0
3
2.44,077,0.1
=
−
b, 2Fe
3+
(dd) + Fe
(r)
⇔
Fe
3+
(dd)
số e trao đổi n = 2, E
0
=
γ
0
Fe
3+
/Fe
2+
- CP

0
Fe
2+
/Fe = 0,77 – (-0,4)
ADCT: lgk = =
059,0
21,1.2
= 41
⇒
K = 10
41
CHƯƠNG 3: DUNG DỊCH
Bài 17
Tóm tắt: Tính PH d
2
= ?
a, PH = - lg
[ ]
+
H
= lg
[ ]
01,0
= 2
b, POH = - lg
[ ]
−
OH
= lg
[ ]

02,0
= 1,7
⇒
PH = 14 – POH
c, Vì NH
4
OH là bazơ yếu
POH = -lg
22
.CdKd
= -lg
05,0.10.76,1
5−
= 3
⇒
PH = 14 – POH = 14 – 3 =11
d, Vì CH
3
OOH là axit yếu
PH = -lg
22
.CdKd
= -lg
01,0.10.76,1
5−
= 3.38
Bài 18
Tóm tắt: tính t
0
động đặc của C

10
H
8
trong benzen với C = 10%
t
0
đông đặc của benzen = 5,49
0
C
Giải
Nhiệt độ đông đặc của C
10
H
8
:
810
HtdC
∆
= t
0
cđ (cm)
– t
0
đ(ct)
Mà
810
HtdC
∆
= k
đ

C = K
đ
dm
ct
n
n
.
1000
hay
810
HtdC
∆
=
dmct
ct
MM
mkđ
.
100
mặt khác:
dmct
ct
MM
m
+
= 10%
⇔
dmct
ct
MM

m
+
=
10
1
⇒
ct
dm
m
m
= 9
⇒

810
HtdC
∆
=
427,4
128.9
1000.10.5
=
⇒
t
0
đ
810
HC
= -
810
HtdC

∆
+ t
0
đ
(dm)
= -4,427 + 5,49 = 1,063
0
C
Vậy nhiệt độ đông đặc của C
10
H
8
là t
0
đ
(ct)
= 1.063
0
C

CHƯƠNG 1: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC
Bài 13
Tóm tắt: trộn: n
A
(mol) A
k
+ n
B
(mol) B
k

với V = const
(Entanpi)
∆
G = ? Biết T, V lúc đầu = nhau, T = const
AD: n
A
= H
2
= 2(mol) ; n
B
= N
2
= 1(mol); T = 27
0
C
Giải
Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đều có T, V bằng nhau.
Gọi thể tích lúc đầu của hai khí A, B là V
1
= V
A
= V
B
Sau khi trộn, mỗi khí chiếm toàn bộ thể tích: V
2
= 2V
A
= 2V
B
– V

A
+ V
1
Ta có:
∆
G =
∆
H - T
∆
S
Vì T = const nên
∆
H = 0.
⇒
∆
G = - T
∆
S
* Tìm
∆
S =
∆
S
A
+
∆
S
B
⇔
∆

S = n
A
R ln
A
A
V
V2
+n
B
R ln
B
B
V
V2
⇔
∆
S = n
A
R ln
2
+ n
B
R ln
2

⇔
∆
S = (n
A
+ n

B
) Rln
2
⇒
∆
G = - TR(n
A
+ n
B
) ln
2
AD: n
A
= n
2
H
= 2 (mol); n
B
= n
2
N
= 1(mol)
⇒
∆
G = - (27 + 237). 8,314. (2+1)
≈
- 5187 (J)
Bài 14
Tóm tắt: trộn n
A

(mol)A
k
+ n
B
(mol) B
k
với V = const
Biết T,P lúc đầu = bằng nhau; T = const
a,
∆
G = ?
b, AD: n
A
=

n
B
= 1 (mol) A là H
2
; B là N
2
; T = 300
0
C
Giải
Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đề có T,P bằng nhau.
Gọi thể tích lúc đầu của hai khí V
1
, V
A

= V
B
sau khi trộn, mỗi khí chiếm
toàn bộ thể tích trong ống V
2
= V
A
+ V
b
Ta có:
∆
G =
∆
H - T
∆
S
Vì T = const
⇒
∆
H = 0
* Tìm
∆
S = SA
∆
S
A
-
∆
S
B


T,P = const
⇔
∆
S = n
A
Rln
A
BA
V
VV −
+ n
B
Rln
B
BA
V
VV −
Vì T,V = const
⇒
tỉ lệ thể tích = tỉ lệ về số mol
⇔
∆
S = n
A
Rln
A
BA
n
nn −

+ n
B
Rln
B
BA
n
nn −
PV = nRT.
γ
=
P
nRT
hệ số
⇒
∆
G = -TR (n
A
ln
A
BA
n
nn −
+ n
B
Rln
B
BA
n
nn −
)

b, Áp dụng: n
A
= n
2
H
= 1(mol) ; n
B
= n
2
N
= 1(mol)
∆
G = 8,314. (1.ln
1
11+
+ 1.ln
1
11+
)
CHƯƠNG 1 HÓA ĐỘNG HỌC
Bài 5
Tóm tắt: Hệ số nhiệt độ của pư
γ
= 2,5
t
0
1
= 150
0
C thì t

1
= 16 p
3
min
t
0
2
= 200
0
C thì t
2
= ?
t
0
3
= 80
0
C thì t
3
= ?
Giải
*Tìm t
2
: ADCT: v
2
= v
0
1
.
γ

.(
10
0
1
0
2
tt −
)
⇔
1
2
v
v
= 2,5. (
5
5,2
10
150200
=
−
)
Mặt khác:
1
2
v
v
=
2
1
t

t

⇒
t
2
=
12
1
/ vv
t
=
5
5,2
16
= 2,5
5
min
* Tìm t
3
: ADCT: v
3
= v
1
.
γ
.(
10
0
1
0

3
tt −
)
⇒
1
3
v
v
2,5. (
7
5,2
1
10
15080
=
−
)
Mặt khác:
1
3
v
v
=
3
1
t
t

⇒
t

3
=
13
1
/ vv
t
= 16.2,5
7
= 9765625 min = 162,7h
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 H
2
O (V=const)
Sau 200min có
5
3
lượng este pư.
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.C
este
.C
NaOH
Gọi C

este
tại thời điểm t là x (mol/lit)
Với v = const
⇒
C
NaOH
= C
este
= 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 = -
dt
dc
este
k.C
1
este
. C
1
NaOH
Hay = -
dt
dc
= kC
2

⇒
2

c
dc
= - kdt
Tích phân 2 vế ta có:
∫∫
=
−
−
t
XC
Co
kdt
C
dc
0
2
0
.
⇔

XCo −
1
-
Co
1
= kt
⇔

kt
XCoCo

=
− )(
1

(*)
a, Với t = 200 min; X =
Co
5
3
=
5
3
.0,01 = 6.10
-3

AD:
(*)
: k =
CoXCot
X
)( −
=
11
3
3
75,0
01,0).10.601,0.(200
10.6
−−
−

−
=
−
mCM
b, Với công thức
(*)
: t =
CoXCok
X
)( −
với: k = 0,75; Co= 0,01M
t=
(min)13200
01,0)10.9,901,0(75,0
10.9,9
3
3
=
−
−
−
= 220(h).