ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ, ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ. Χημεία

Transcript

1 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ, ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ Χημεία Λύσεις Ασκήσεων Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

2 Λύσεις ασκήσεων χημείας γʹ λυκείου Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών

3 Επιστημονικός υπεύθυνος ΣΤΕΛΙΟΣ ΛΙΟΔΑΚΗΣ ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΑΡΧΙΚΗΣ ΕΚ ΟΣΗΣ Ομάδα συγγραφής ΣΤΕΛΙΟΣ ΛΙΟΔΑΚΗΣ, Δρ. Χημικός, Επίκουρος Καθηγητής ΕΜΠ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΓΑΚΗΣ, Δρ. Χημικός Μηχανικός, Λέκτορας ΕΜΠ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΠΟΥΛΟΣ, Χημ. Μηχ. Δ/θμιας Εκπαίδευσης ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΠΟΥΛΟΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης ΑΝΑΣΤΑΣΙΟΣ ΚΑΛΛΗΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης Ομάδα Τεχνικής Υποστήριξης: ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΜΕΡΚΟΣ, Δρ. Χημικός Μηχανικός ΕΜΠ ΑΝΤΖΕΛΑ ΛΑΖΑΡΟΥ, φωτογράφος ΤΕΙ Αθήνας Υπεύθυνος στο Πλαίσιο του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου: ΑΝΤΩΝΙΟΣ ΜΠΟΜΠΕΤΣΗΣ, Χημικός, Μ.Ed., Ph.D., Σύμβουλος Π.Ι. Ομάδα Κρίσης: ΒΑΣΙΛΕΙΑ ΧΑΤΖΗΝΙΚΗΤΑ, Επίκουρος καθηγήτρια Παν/μιου Αιγαίου ΣΠΥΡΙΔΩΝ ΑΒΡΑΜΙΩΤΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΠΑΡΑΣΚΕΥΑΣ ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΣΟΥΛΤΑΝΑ ΛΕΥΚΟΠΟΥΛΟΥ, Δρ. Χημικός, Σχολικός Σύμβουλος ΜΙΧΑΗΛ ΜΠΑΣΙΟΣ, Χημικός, καθηγητής Δ.Ε. ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ, ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ Στέλιος Λιοδάκης Δημήτρης Γάκης Δημήτρης Θεοδωρόπουλος Παναγιώτης Θεοδωρόπουλος Αναστάσιος Κάλλης Η συγγραφή και η επιστηµονική επιµέλεια του βιβλίου πραγµατοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Λύσεις ασκήσεων χημείας γʹ λυκείου Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

5 Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1: Οξειδοαναγωγή Ηλεκτρόλυση 5 Κεφάλαιο : Θερμοχημεία 13 Κεφάλαιο 3: Χημική κινητική 19 Κεφάλαιο 4: Χημική ισορροπία 5 Κεφάλαιο 5: Οξέα Βάσεις Ιοντική ισορροπία 4 Κεφάλαιο 6: Ηλεκτρονιακή δομή των ατόμων 76 Κεφάλαιο 7: Οργανική Χημεία 84

6 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ -ΗΛΕΚΤΡΟΛΥΣΗ 1-1. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα 13. Η 3 ΡΟ 4 : 3 + x + ( 8) = 0 ή x = +5 Ρ 4 : ο Α.Ο. στα ελεύθερα στοιχεία είναι 0 ΡΗ 3 : x+3=0ήx= 3 Η 3 ΡΟ 3 : + x + ( 6) = 0 ή x = ΜnO : x + ( 4) = 0 ή x = +4 Κ ΜnΟ 4 : + x + ( 8) = 0 ή x = +6 KMnO 4 : 1 + x + ( 8) = 0 ή x = Στις 5 πρώτες ουσίες βρίσκεται εύκολα με βάση τα προηγούμενα. Στη χλωράσβεστο: Cl Ca ClO To Cl στο Cl έχει προφανώς Α.Ο. = 1 To Cl στο ClO έχει Α.Ο. = x όπου x + ( ) = 1 ή x = Η συμπλήρωση των κενών γίνεται εύκολα μελετώντας τη θεωρία. 17. Με κανόνες που εφαρμόσαμε σε προηγούμενες ασκήσεις γίνεται εύκολα η αντιστοίχηση. 18. α. Προφανώς (Σ). β. Υπάρχουν οξειδώσεις όπου δεν παρατηρείται πραγματική αποβολή ηλεκτρονίων (κατά το σχηματισμό ομοιοπολικών δεσμών) (Λ). γ. Προφανώς (Σ). δ. Όπως και το β (Λ). ε. Το οξειδωτικό οξειδώνει και το ίδιο ανάγεται (Λ). στ. Όπως και το ε (Λ).

7 6 19. Εύκολα φαίνεται ότι η σωστή απάντηση είναι η (γ), γιατί το Na οξειδώνεται από 0 +1 και προκαλεί αναγωγή. 0. Με τις γνώσεις της θεωρίας είναι εύκολο να γίνει η αντιστοίχηση. 1. Ο πρώτος ορισμός περιλαμβάνει πραγματική και φαινομενική αποβολή ηλεκτρονίων ενώ ο δεύτερος περιλαμβάνει μόνο πραγματική αποβολή ηλεκτρονίων.. Η (γ) όπου οι αριθμοί οξείδωσης παραμένουν σταθεροί. 3. Στην πρώτη ο C είναι αναγωγικό σώμα γιατί οξειδώνεται. Στην δεύτερη ο C είναι οξειδωτικό σώμα γιατί ανάγεται. 4. i. ο Ρ αναγωγικό γιατί οξειδώνεται, το ΗΝΟ 3 οξειδωτικό γιατί το Ν ανάγεται από ii. CO αναγωγικό γιατί ο C οξειδώνεται, FeO οξειδωτικό γιατί ο Fe ανάγεται. Με ανάλογο τρόπο βρίσκουμε το οξειδωτικό και αναγωγικό στις επόμενες αντιδράσεις. 5. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 6. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 7. Στη (γ) όπου το S ανάγεται από Στη (δ) όπου το Η ανάγεται από Οξειδοαναγωγικές είναι: η (α) όπου ο C οξειδώνεται από + +4 και το Ο ανάγεται από 0 και η (β) όπου οξειδώνονται δύο στοιχεία, ο C από + +4 και ορισμένα άτομα χλωρίου από 1 0, ανάγεται δε το Ο από Συμπληρώνουμε ορισμένες χαρακτηριστικές από αυτές τις αντιδράσεις, τις υπόλοιπες μπορείτε εύκολα να τις συμπληρώσετε αν

8 7 μελετήσετε τα παραδείγματα αυτά και όσα έχουμε αναφέρει στη θεωρία. 30. Mg + HCl MgCl + Η (Mg πιο αναγωγικό από το H ). Cu + ΗΒr δε γίνεται γιατί ο Cu είναι λιγότερο αναγωγικός από το Η. Cl + MgI MgCl + I (Cl πιο οξειδωτικό από το Ι ) Ι + NaBr δε γίνεται (Βr πιο οξειδωτικό από το Ι ) x FeO + (1+9)HNO 3 3Fe(NO 3 ) 3 + 1ΝO + 5Η O 3 x 1 x ΚMnO 4 + 5Η S + 3H SO 4 5S + ΜnSO 4 + K SO 4 + 8Η O 5 x 3. x K Cr O 7 + 3CO + 4H SO 4 Cr (SO 4 ) 3 + 3CO + K SO 4 + 4H O 3 x x 1 CaOCl + SnSO 4 + H SO 4 CaCl + Sn(SO 4 ) + H O x x SO + H S S + S + H O 4 x 1 ή SO + H S 3S + H O x H O + KMnO 4 + 3H SO 4 5O + MnSO 4 + K SO 4 + 8H O 5 x

9 To Cl οξειδώνεται από 0 +5 και ανάγεται από x Cl + 6ΚΟΗ 5KCl + 1KClO 3 + 3H O 1 x 5 To Cl δρα ως οξειδωτικό και αναγωγικό και η αντίδραση αυτή χαρακτηρίζεται αυτοοξειδοαναγωγή Ag + 4HNO 3 3AgNO 3 + NO + H O g 1,6 g 38. Cu + H SO 4 CuSO 4 + SO + H O 63, 5 g x gg = =, 4 x L x = 1,49 L, 4 L 3,36 L ακαθ = 9, 55 g καθ ή y = 95,5 g y και περιεκτικότητα 95,5%. 39. O Cu δεν αντιδρά με το HCl. x = 9,55 g Zn + HCl ZnCl + Η 65 g x Σε =, 4 L 4,48 L x = 13 g g 7 g κράματος υπάρχουν Cu ή y = 35 g g y και περιεκτικότητα 35%. 40. Έστω ότι το μίγμα περιέχει x mol Cu και y mol Ag. Cu + H SO 4 CuSO 4 + SO + H O x mol x mol Ag + H SO 4 Ag SO 4 + SO + H O y y mol mol

10 9 Άρα 63, 5x+ 108y = 7, 95 y x +, 4 4, 48 0, = 0,1 63,5 g = 6,35 g Cu 0, 108 g = 1,6 g Ag 41. Από την ηλεκτρονιακή δομή του 0 Μ(, 8, 8, ) προκύπτει ότι έχει Α.Ο. = + στις ενώσεις του. M + HCl MCl + Η M r g 8 g =, 4 L 4,48 L Μ = 40 r ml 00 ml 0,5 mol FeSO4 = ή x = 0,1 mol x KMnΟ FeSΟ 4 + 8Η SΟ 4 MnSO 4 + K SO 4 + 5Fe (SΟ 4 ) Η O mol y 1000 ml = ωé 10 mol = ή y = 0,0 mol 0,1 mol 0,1 mol KMnO4 0,0 mol ή ω = 00 ml 1000 ml 0, mol SnCl = ή x = 0,008 mol 40 ml x KMnΟ 4 + 5SnCl +16HCl MnCl + 5SnCl 4 + KCl + 8H O mol y 5 mol = ή y = 0,003 mol 0,008 mol n και η συγκέντρωση c = = V 0,003 mol 0, L = 0,016 M 44. 5Sn + xkmno 4 + 8xHCl xmncl + 5SnCl x + xkcl + 4xH O ,9 g x mol = ή x = 0,4 0,1 mol

11 Αν μελετήσουμε τη θεωρία είναι εύκολο να απαντήσουμε στις ερωτήσεις αυτές. 46. Απλή, στηρίζεται στη μελέτη της θεωρίας. 47. Πολύ απλή. 48. Στηρίζεται στους ορισμούς που αναφέρουμε στη θεωρία , 5 g Ag g Cu 1 = 5,4 g x ή x = 1,5875 g 50. 4OH 4e O + HO 4 Faraday 1 mol Άρα, σωστό είναι το (β). 51. Br Br F 1 mol = ή x = 0,08 F x 0,04 mol 1 OH e HO+ O F 0,16 F = 0,5 mol y ή y = 0,04 mol Ο 5.. Στην άνοδο θα σχηματιστεί Ι και στην κάθοδο Η C 108 g Ag = ή x = 96,5 C x 0,108 g Q 96, 5 C t = = = 9650 s I 001, A 54. Η σωστή απάντηση είναι η (γ) 55. Στο δοχείο από χαλκό μπορούν να αποθηκευθούν όλα τα διαλύματα, ενώ στο δοχείο από αργίλιο μπορούν να αποθηκευθούν τα διαλύματα KCl, MgSO 4 και Mg(NO 3 ).

12 α. 6Hg + xk Cr Ο xHCl 6HgCl x + x CrCl 3 + xkcl + + 7xH O g x mol = x = 1 10 g 5 mol 3000 β. 6Hg + K Cr Ο HCl 6HgCl + CrCl 3 + KCl + 7H Ο y y mol 6 mol 3Hg + K Cr Ο HCl 3HgCl + CrCl 3 + KCl + 7H Ο ω ω mol 3 mol ( y + ω) 00 = 10 ) () 1 y + ) 00 = () 1 y ω y = 001, = 0,04, y + y ω = + 45 = ( = 001, = 0,04 ) ω= 0, , α= = 08, = 80% οξειδώθηκε σε Hg + 004, + 0, Fe + CuSO 4 FeSO 4 + Cu α. 56 g 63, 5 g = 5 g x x = 567, g Αν αντιδράσει όλος ο σίδηρος θα παραχθούν 5,67 g Cu. Επομένως θα αντιδράσει ποσότητα σιδήρου μικρότερη από 5 g και το επιχαλκωμένο έλασμα θα ζυγίζει α g όπου 5 < α < 5,67. Επομένως θα ζυγίζει 5,075 g. β. Αν αντιδράσουν y mol Fe θα έχουμε: Fe + CuSΟ 4 FeSΟ 4 + Cu y mol y mol 63,5x x = 5,075 y = 0,01 Αποτέθηκαν δηλαδή 0,01 63,5 g = 0,635 g Cu

13 1 58. Έχουμε 8 g S ή 8 mol S = 0,5 mol S 3 S + O SO 0,5 mol 0,5 mol SO + Cl + H Ο H SO 4 + HCl 0,5 mol 0,5 mol 0,5 mol H SO 4 + NaOH Na SO 4 + H O 0,5 mol 0,5 mol HCl + NaOH NaCl + H O 0,5 mol 0,5 mol 1 L 0,5 mol NaOH = x 0,5 + 0,5 mol ( ) x = L 59. Q = I t = ( ) C = 1930 C C 1g H 355, g Cl = = ή x = 0,0 g και y = 0,71 g 1930 C x y Κατά την ηλεκτρόλυση η μάζα του διαλύματος ελαττώνεται γιατί απομακρύνονται Η και Cl. Η μάζα του τελικού διαλύματος θα είναι (000 0,0 0,71) g = 1999,7 g.

14 13 18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα α. Ενθαλπία αντίδρασης ΔΗ - Κανονική ενθαλπία αντίδρασης ΔΗ 11. Βλέπε θεωρία. 1. Βλέπε θεωρία. 13. Η σωστή απάντηση είναι η γ. 14. Η σωστή απάντηση είναι η α. 15. Τα 14 g 3010 kj = ω = 150,5 kj 6, g ω 16. H (g) + Cl (g) HCl(g) ΔH = 184,6 kj 17. Η διαφορά οφείλεται στη διαφορετική φυσική κατάσταση του Η O. 18. Αl Ο 3 Αl + 3 O ΔH = 1600 kj 1 mol 1600 kj = x = 300 kj mol x C + O CO ΔH = 394 kj 1 gr 394 kj = y = 97,46 g y 300 kj 19. CH 4 + Ο CO + H O ΔΗ = 80 kj C H 4 + 3Ο CΟ + 3H Ο ΔH = 1010 kj

15 14 Έστω x mol CH 4 και y mol C H 4 στα 6 g του μίγματος που καίγονται. Από τα δεδομένα έχουμε: 16x + 8y = 6 80x y = 61,4 Λύνουμε και βρίσκουμε: x = 0, και y = 0,1, δηλαδή 3, g CH 4 και,8 g C H Υπολογίζουμε τις ποσότητες HCl και NaOH: 3 0, mol HCl = 0,6 mol HCl και 0,5 mol NaOH = 0,5 mol NaOH HCl + NaOH NaCl + H O ΔΗ = 57,1 kj Αρχικά/ mol 0,6 0,5 Αντιδρούν/mol: 0,5 0,5 Αντιδρούν 0,5 mol HCl και ελευθερώνονται 0,5 57,1 kj = 8,55 kj 1. NH 4 NO 3 (s) NH 4+ (aq) + NO 3- (aq) ΔH = 5,06 kj Διαλύονται 80 g 10 g ΝΗ ΝΟ 5 και απορροφώνται, 06 kj 4 3 x δηλαδή x = 3,13 kj. Βλέπε θεωρία β. Θερμιδομετρία 3. Q = m c Δθ Q = cal = 5 kcal 4. Q = (m c + k) Δθ Q = ( ) 8 cal = 6400 cal = 6,4 kcal 5. m νερού = 7, 10 8 km 3 1 g/ml = 7, g Q = 7, cal = 7, 4, J 1 βόμβα 15 = 10 J ω = βόμβες 3 ω J

16 Q = (1500 4, ) 4 J = J gch 6 1O6 31, 08 kj = x = 797, kj 180 g x ΔΗ = 797, kj/mol 7. 1 m 3 = 1000 L καίγεται και ελευθερώνει 1000, kcal = kcal Q = m c ΔT = x 1 70 x = 16,8 Δηλαδή θερμαίνονται 16,8 kg H O. 8. Q = cal = 76 kcal Καίγονται x mol CH 4 και y mol C H 4 οπότε έχουμε: 16x + 8y = 6 (1) 10x + 340y = 76 () Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0, και y = 0,1, δηλαδή 3, g CH 4 και,8 g C H 4. γ. Νόμοι Θερμοχημείας 9. Η σωστή απάντηση προφανώς είναι η γ. 30. C(γραφ) + Ο (g) CO (g) ΔΗ = 787 kj H (g) + 1 Ο (g) Η Ο(g) ΔΗ = 85,8 kj CΟ (g) + H Ο(g) C H (g) Ο (g) ΔΗ = +197,9 kj C(γραφ) + H (g) C H (g) ΔΗ = x kj Σύμφωνα με τo νόμο του Hess: x = , ,9 ή x = 5,1 31. C(γραφ) + Ο (g) CO (g) ΔΗ = 393,5 kj S(ρομβικό) + Ο (g) SΟ (g) ΔΗ = 59, kj + CΟ (g) + SΟ (g) CS (l) + 3O (g) ΔΗ = +107 kj C(γραφ) + S(ρομβικό) CS (l) ΔΗ = +86,3 kj

17 Θα υπολογίσουμε τις ενθαλπίες καύσης του C(γραφ), του Η και της OH και μετά εφαρμόζοντας το νόμο του Hess θα υπολογίσουμε την ενθαλπία σχηματισμού της OH. 33. C(g) + Ο (g) CO (g) ΔΗ = kj H (g) + Ο (g) H Ο(g) ΔΗ = 57 kj CΟ (g) + Η Ο(g) OH(g) O (g) ΔΗ = kj C(g) + H (g) + 1 O OH(g) ΔΗ = 37 kj 34. Τα 8 g H είναι 4 mol H και περιέχουν 4N A μόρια μόριο Η 7, 410 J = x = 178, 10 4 J δηλαδή 3 46,010 μόρια x 178 kj 35. Cl (g) Cl (g) ΔΗ = +4 kj HO(g) H O (g) ΔΗ = 134 kj + H O (g) + Cl (g) HOCl(g) ΔΗ = 09kJ Cl (g) + HO(g) Cl(g) + HOCl(g) ΔΗ = 101 kj και Cl (g) + HO(g) Cl(g) + HOCl(g) ΔΗ = 50,5 kj 36. 3NO (g) 3NO(g) + 3 O 3 (g) ΔΗ = + 173kJ N (g) + 5 O (g) + H O(l) HNO 55 (aq) ΔΗ = 3 kj NO(g) N (g) + O (g) ΔΗ = 181 kj 3NO (g) + H O(l) HNO 3 (aq) + NO(g) ΔΗ = 49 kj indd 1 3/10/013 :59:51 μμ

18 17 Γενικά προβλήματα 37. Υπολογίζουμε τις ποσότητες του οξέος και της βάσης: 4 0, mol ΗΑ και 0,5 mol NaOH HA + NaOH NaA + Η Ο αρχικά: 0,8 0,5 (mol) αντιδρούν: 0,5 0,5 (mol) Τα 0,5 mol ελευθερώνουν 5,4 kj, επομένως το 1 mol ελευθερώνει 50,8 kj. Η διαφορετική τιμή από την ΔH εξουδετέρωσης ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση οφείλεται στη θερμότητα που απαιτείται για τον ιοντισμό του ασθενούς οξέος. 38. Η μάζα του διαλύματος είναι 5 g και το ποσό της θερμότητας Q = 5 4,18 50,6 = 588 J Zn + CuSO 4 ZnSO 4 + Cu 0, 05 mol ελευθ 5, 88 kj = ή x = 11,6 kj, 1 mol x δηλαδή ΔH = 11,6 kj. 39. Υπολογίζουμε τις ποσότητες του HBr και NaOH: 0, 0, mol HBr = 0,04 mol HBr και 0, 0,3 mol NaOH = 0,06 mol NaOH. Αντιδρούν 0,04 mol HBr και ελευθερώνονται: 0,04 13,5 kcal = 0,54 kcal = 540 cal. Ο όγκος του τελικού διαλύματος είναι 0,4 L ή 400 g οπότε: Q = m c Δθ ή 540 = Δθ ή Δθ = 1,35 C, οπότε η τελική θερμοκρασία θα είναι: (18 + 1,35) C = 19,35 C.

19 C v H v+ + 3 v + 1 Ο vcο + (v + 1)Η Ο ΔΗ 1 = 936 kj vc + vο vco = 376v kj ΔΗʹ3 (v + 1)H + v +1 Ο (v + 1)H Ο = (v + 1)76 kj ΔΗʹ4 + vco + (v + 1)H Ο C v H v+ + 3 v + 1 Ο ΔΗ 1 = 936 kj vc + (v + 1)H C v H v+ ΔΗ = 600 kj οπότε 376v (v + 1) = v = 360 ή v = 5 και το αλκάνιο είναι το C 5 H Αl + 3 O Αl O ΔΗ = 1650 kj 3 1 Fe O 3 Fe O ΔΗ = 830 kj Αl + Fe O 3 Αl O 3 + Fe ΔΗ = 80 kj αρχ: (mol) αντ: 10 5 (mol) και ελευθερώνουν: 5 80 kj = 4100 kj.

20 4 19 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΧΗΜΙΚΗ ΚΙΝΗΤΙΚΗ 1-1. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα α. Ταχύτητα αντίδρασης. Βλέπε θεωρία. 3. Βλέπε θεωρία. 4. Βλέπε θεωρία. 5. Από αυτά που αναφέρουμε στη θεωρία φαίνεται εύκολα ότι η ενέργεια ενεργοποίησης για την Α + Β Γ + Δ είναι η E 1 και για την Γ + Δ Α + Β είναι η Ε. 6. Είναι εύκολο να συμπληρώσουμε τα κενά μελετώντας τη θεωρία. 7. (i) Η πρώτη καμπύλη αντιστοιχεί στο σώμα Α και η δεύτερη αντιστοιχεί στο σώμα Β. Τη χρονική στιγμή t ν η ταχύτητα μηδενίζεται. (ii) Όταν η θερμοκρασία αυξηθεί η ταχύτητα της αντίδρασης μεγαλώνει οπότε η ταχύτητα μηδενίζεται γρηγορότερα. C Τ 1 Τ 8. Βλέπε θεωρία. t

21 Οι απαντήσεις στα ερωτήματα (α) και (β) είναι απλές. (γ), (δ): Από τους συντελεστές της αντίδρασης φαίνεται ότι το σώμα Α είναι σε περίσσεια άρα στο τέλος της αντίδρασης η ποσότητα του Α δε μηδενίζεται, ενώ η ποσότητα του Β μηδενίζεται. Άρα (γ): Σ και (δ): Λ. (ε): Επειδή κατά την αντίδραση δε μεταβάλλεται ο συνολικός αριθμός mol των αερίων, η πίεση πράγματι παραμένει σταθερή. 30. Αν αντιδρούν x mol N x mol NH τότε παράγονται 3 από όπου L L φαίνεται ότι η σωστή απάντηση είναι η (δ). [ ] 31. Η d δεν είναι η ταχύτητα της αντίδρασης, η ταχύτητα είναι dt 1 d[ ]. dt Α 3. υ = [ ] = t Α 0, mol L s = 005, mol L s. 33. υ = [ ] = = t 0, mol L s 00, mol L s. β. Παράγοντες που επηρεάζουν την ταχύτητα αντίδρασης - Νόμος ταχύτητας 34. Η πρόταση (γ). 35. Όταν αυξηθεί η θερμοκρασία κατά 10 C η ταχύτητα γίνεται υ, όταν η θερμοκρασία γίνεται ( ) C η ταχύτητα θα γίνει υ και όταν γίνει ( ) C = 80 C η ταχύτητα θα γίνει 4 υ = 16υ (απάντηση β). 36. Η αντίδραση είναι δευτέρας τάξης και είναι πολύπλοκη.

22 ης τάξης: υ = k c άρα η k έχει μονάδες: 1 1 mol L s 1 = s 1 mol L ης τάξης: υ = k c άρα η k έχει μονάδες: mol L s mol L Βλέπε θεωρία. = mol Ls Διαβάζοντας τη θεωρία βλέπουμε ότι η σωστή απάντηση είναι η (γ). 40. α. (Λ) Αυξάνει την ταχύτητα όλων των αντιδράσεων. β. (Λ) Δεν είναι δυνατόν να υπάρχουν αντιδράσεις 5 ης τάξης. γ. (Σ) Προφανώς είναι σωστό. δ. (Λ) Οι μονάδες της σταθεράς ταχύτητας εξαρτώνται από την τάξη της αντίδρασης. ε. (Λ) Προφανώς είναι λάθος γιατί η ταχύτητα θα γίνει 10 υ 0υ αρχ αρχ 41. Η σωστή απάντηση είναι η (γ). 4. α. (Λ) Η ταχύτητα ελαττώνεται με την πάροδο του χρόνου. β. (Σ) Όπως εξηγούμε στη θεωρία η πρόταση είναι σωστή. γ. (Σ) Ο Ζn με τη μορφή σκόνης παρουσιάζει μεγαλύτερη επιφάνεια επαφής υ 1 = k 1 [ Α] [ Β ]= k 3 mol L s Όταν η ποσότητα του Γ γίνει 1 mol θα έχουμε 1 mol του Α και mol του Β, οπότε υ = k [ Α] [ Β ]= k 1 1mol L s. υ1 υ = k3 k11 =18, ορθή απάντηση η (α). 44. Φαίνεται εύκολα από τη μελέτη της θεωρίας ότι (α) Σ, (β) Λ, (γ) Σ, (δ) Λ.

23 7 45. α. υ = [ ] [ ] k Α Β 1 1 β. υ 1 = 10 mol L min 15, mol L 1 mol L = mol L min γ. Όταν έχουμε 4,5 mol του Α θα έχουμε 1 mol του Β: 1 1 υ = 10 mol L min 45, / 4 mol L ( 1/ 4) mol L = 1 1 ( 45 / 64) mol L min. 46. υ = k [ Α] [ Β] υ 1 = 10 mol Ls 06 mol L 08 mol L υ 1 = 4810, mol L s,, ή Όταν παράγονται 0,8 mol AB απομένουν 0, mol του A και 0, mol του B : υ = 10 mol Ls 0, mol L 04, mol L ή υ = 0810, mol L s 47. α. υ = k [ Α] x [ Β] y x y 10 k 0, 1 01, 1 x y 410 = k ( 0, 1) ( 0, ) ( ) y = 1 x = 1 x y 810 = k ( 04, ) ( 01, ) ( 3 x = 1 ) To τέταρτο πείραμα επαληθεύει τις τιμές που βρήκαμε, οπότε = ( ) ( ) () υ = k [ Α] [ Β] β. Η αντίδραση είναι ης τάξης. γ. k = 10 mol L min = mol L min 01, 01, x y ω 48. α. υ = k [ Α] [ Β] [ Γ] 4 x y ω 310 = k ( 0, 1) ( 0, 1) ( 0, 1) (1) 4 x y ω = k ( 03, ) ( 0, ) ( 01, ) () 4 x y ω 910 = k ( 0, 3) ( 0, 1) ( 0, 1) (3) 4 x y ω = k ( 03, ) ( 0, ) ( 0, ) (4) Λύνουμε και βρίσκουμε x = y = ω = 1, οπότε υ = k [ Α] [ Β] [ Γ] β. k = mol Ls 01, 01, 01, = 310 mol Ls 1 1 1

24 Η αντίδραση δεν είναι απλή και πραγματοποιείται σε στάδια. Ένας πιθανός μηχανισμός είναι: A + Β Δ (βραδύ στάδιο) Δ + Β Γ (γρήγορο στάδιο) 50. Αν η συγκέντρωση του NO είναι Α και του Cl είναι Β: υ 1 = k 1 [ ΝΟ] x [ Cl ] y = k [ Α] x [ Β] y x y x y υ = k [ Α] [ Β] = 8υ1ή = 8 x y υ3 = k [ Α] [ Β] = υ1 ή y = οπότε y = 1 και x = και υ = k [ ΝΟ] [ Cl ] Η αντίδραση είναι 3 ης τάξης. x y 51. α. υ = k [ Η ] [ ΝΟ] x y Π 1 : 019, = k ( 0, ( 070, ) x y Π : 076, = k ( 0, 39) ( 140, ) x y Π 3 : 1, 5= k ( 0, 78) ( 140, ) Βρίσκουμε x = 1 και y =, οπότε υ = k [ Η ] [ ΝΟ] γ. Η αντίδραση είναι 3 ης τάξης. Προφανώς η αντίδραση δεν είναι απλή. 5. α, β. Διάγραμμα I: Γ 0 Διάγραμμα II: Α 0,3 Μ Διάγραμμα III: Β 0,6 Μ Διάγραμμα IV: Δ 0,3 Μ Α γ. [ ] [ 03, 06, ] υ = = mol L 1 s 1 = 0, 015 mol L 1 s t δ. A: 0,015 mol L s 1 1 B: 0,03 mol L s 1 1 Γ: 0,045 mol L s 1 1 Δ: 0,015 mol L s ε. Τη χρονική στιγμή t = 0 s η ταχύτητα της αντίδρασης είναι μηδέν. 53. (i) α. βραδύτερη λόγω μικρότερης επιφάνειας επαφής. β. ίδιος επειδή είναι ίδια η ποσότητα. (ii) α. βραδύτερη επειδή ελαττώνεται η συγκέντρωση του HCl.

25 4 9 β. μικρότερος επειδή ελαττώνεται η ποσότητα του HCl. (iii) α. ταχύτερη επειδή αυξάνει η συγκέντρωση του HCl. β. μεγαλύτερος επειδή αυξάνει η ποσότητα του HCl. (iv) α. ταχύτερη επειδή αυξάνει η συγκέντρωση του HCl. β. ίδιος επειδή παραμένει σταθερή η ποσότητα του HC1. (v) α. βραδύτερη. β. ίδιος. (vi) α. ίδια. β. μεγαλύτερος. 54. α. (Γραφική παράσταση) [ ] Γ 4 mol L β. υ = = 1 t min γ. Βρίσκεται γραφικά. δ. Βρίσκεται γραφικά. 1 = mol L min Η (γ) γιατί όταν η θερμοκρασία περάσει μια ορισμένη τιμή, το ένζυμο δε μπορεί να δράσει καταλυτικά. 56. α. υ = k [ ΝΟ] [ Cl ] , 10 mol L s 4 k = = 10 mol L s 1 1 [ 3] mol L [] 1 mol L β. Όταν περισσεύουν 0,4 mol Cl θα περισσεύουν και (3 0,6) mol NO = 1,8 mol NO, οπότε υ = 10 ( 18, ) 0,4 mol L s =, 610 mol L s. γ. Όταν περισσεύει 1 mol NO έχουν αντιδράσει mol NO και 1 mol Cl οπότε αντέδρασε όλο το χλώριο και η ταχύτητα μηδενίζεται δ. p 1 =, atm = 6,4 atm 1 ( 04, + 3) 0, p = atm = 3,04 atm p 3 =, atm = 196,8 atm 1

26 5 30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ 1-9. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα 10. Βλέπε θεωρία. 11. Βλέπε θεωρία. 1. Βλέπε θεωρία. 13. Στην ισορροπία θα έχουμε [Β] > [Γ], γιατί αρχικά [Β] = [Γ], η αντίδραση θα προχωρήσει προς τα αριστερά, αφού δεν έχουμε Α με αποτέλεσμα να αυξηθεί η [Β] και να ελαττωθεί η [Γ]. 14. Προφανώς σωστή είναι η (β), γιατί καταναλώνεται ποσότητα Η μεγαλύτερη από την ποσότητα του Ν. 15. α. Το πόσο προχωράει η μία αντίδραση είναι ανεξάρτητο της ταχύτητας (Λ). β. Προφανώς είναι (Σ). γ. Όπως φαίνεται από τη θεωρία είναι (Λ). δ. Από τον ορισμό της χημικής ισορροπίας φαίνεται ότι είναι (Σ). 16. Βάζουμε 4 mol PCl 5 και διασπώνται 4 0,6 mol =,4 mol PCl5 (g) PCl 3(g) + Cl(g) αρχικά 4 mol αντ σχημ,4 mol,4 mol,4 mol ισορροπία 1,6 mol,4 mol,4 mol οπότε [Cl ] = 1, Μ, [PCl 3 ] = 1, Μ, [PCl 5 ] = 0,8 Μ

27 6 17. α. Βάζουμε 9,7 g COCl ή 0,3 mol COCl και στην ισορροπία έχουμε 4, g CO ή 0,15 mol CO. Σχηματίζουμε το σχετικό πίνακα: COCl (g) CO (g) + Cl (g) Αρχικά/ mol 0,3 αντ σχημ/ mol 0,15 0,15 0,15 Ισορροπία/ mol 0,15 0,15 0,15 β. α = 015, = 0,5 = 50% 03, 0, 15 0, γ. pcl = pco = pcocl = atm = 0,15 atm 41 δ. p ολ = (0,15 + 0,15 + 0,15) atm = 0,45 atm 18. Βάζουμε 0,04 mol N O 4 και διασπώνται x mol N Ο 4 : NO NO 4 αρχικά/ mol 0,04 αντ σχημ/ mol x x Ισορροπία/ mol (0,04-x) x α. pολ Vδ = nολ RT 0, 8 = ( 0, 04+ x) 0, x = 0,01 και έχουμε 0,0 mol NO και 0,03 mol N O ,, 400 β. p ΝΟ = atm = 0,8 atm 08, ,, 400 p ΝΟ 4 = atm = 1, atm 08, γ. = 001, 1 α = = 5% 004, 4

28 Βάζουμε x mol CO και διασπώνται 0,5 x mol CO. αρχικά/ mol CO (g) CO(g)+ O (g) x αντ σχημ/ mol 0,5x 0,5x 0,5 Ισορροπία/ mol 0,5x 0,5x 0,5x Επειδή η αναλογία mol είναι και αναλογία μερικών πιέσεων η σωστή σχέση είναι η (γ). 0. Βλέπε θεωρία. 1. α. Προς τα αριστερά αφού η προς τα δεξιά είναι εξώθερμη. β. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί ο αριθμός των moles. γ. Προς τα αριστερά, για να καταναλωθεί το CO.. Από τη θεωρία φαίνεται εύκολα ότι: (α) Σ, (β) Λ, (γ) Λ 3. α. Δε μετατοπίζεται γιατί μένει σταθερός ο αριθμός των moles των αερίων. β. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων. γ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων. δ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των moles των αερίων. 4. Η (β) 5. Η (β) και η (δ). 6. α. Η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει την ταχύτητα της αντίδρασης και ελαττώνει την απόδοσή της, γιατί η αντίδραση είναι εξώθερμη. β. Η αύξηση της πίεσης με μεταβολή του όγκου του δοχείου αυξάνει την ταχύτητα και την απόδοση της συγκεκριμένης αντίδρασης.

29 Η σωστή έκφραση είναι η (β). 8. Η σωστή έκφραση είναι η (γ). [ ] = [ ] [ ] SO3 9. k c SO O 1 07, 1 L mol L mol = 30, 65 L mol 1 04, 01, = ( ) (Στις επόμενες ασκήσεις θα παραλείπουμε τις μονάδες της k c ) [ ] Γ 30. k c = [ Α][ Β] = 6 = 4 45, 31. k 1 1 c = = = 08, kc 15, 3. [ ] [ ] V V k c = = 5 ΝΟ Ο = 0, V = 4 L [ ΝΟ ] 5 V 33. H k c μιας ορισμένης χημικής εξίσωσης μεταβάλλεται μόνο με τη θερμοκρασία και μάλιστα στις ενδόθερμες αντιδράσεις η ελάττωση της θερμοκρασίας προκαλεί ελάττωση της k c (αρχή Le Chatelier). Άρα σωστή απάντηση είναι η (β). 34. Ν (g) + 3Η (g) ΝΗ (g) 3 Αρχικά/mol 4 10 αντ σχημ/mol Ισορροπία/mol α = 9/10 = 90% K c = = 144

30 Θεωρούμε ότι αντιδρούν x mol Η. k c Η (g) + Ι (g) ΗΙ(g) αρχικά: 1 mol 1 mol αντ x mol x mol x mol σχημ: ισορροπία: (1-x) mol (1-x) mol x mol x = ( ) ( 1 x) = 49 Η δεκτή λύση είναι x = 7 9 και η ποσότητα του HI είναι 14 9 mol. PCl Cl 36. α. k c PCl [ ][ ] 3 = [ ] 5 1 β. Οι μονάδες της k c είναι mol L γ. k 1 1 c = = και μονάδες mol 1 L k c δ. Η αντίδραση θα μετατοπιστεί προς τα: i. δεξιά ii. αριστερά iii. δεξιά iv. Η k c μεταβάλλεται μόνο στην περίπτωση (iii) και συγκεκριμένα αυξάνει, γιατί η αντίδραση είναι ενδόθερμη. γλυκόζη 01, [ ] 37. k c = = = [ φρουκτόζη ] 015, α = 01, = 04, = 40% 05, 067,

31 α. Έστω ότι αντιδρούν x mol CO. CO(g) + HO (g) CO (g) + H (g) αρχικά: 1 mol 1 mol αντ σχημ: x mol x mol x mol x mol ισορροπία: (1-x) mol (1-x) mol x mol x mol x k V c = 4 = 1 x V Η δεκτή λύση είναι x = /3, παράγονταν /3 mol H και η απόδοση είναι / 3 = 66,67% 1 Αν βάζαμε 1 mol CO και 1,6 mol Η Ο θα είχαμε: x k V c = 4 = 1 x 1, 6 x V V Η δεκτή λύση είναι x = 0,8 39. Βάζουμε 1 mol CO, παραμένει χωρίς να αντιδράσει 1/3 mol CO, άρα αντιδρούν /3 mol CO. CO(g) + HO (g) CO (g) + H (g) αρχικά: 1 mol 1 mol αντ /3 mol /3 mol /3 mol /3 mol σχημ: ισορροπία: 1/3 mol 1/3 mol /3 mol /3 mol

32 36 31 k 3V 3V c = = V 3V β. Έστω ότι προσθέτουμε x mol Η O. CO(g) + HO (g) CO (g) + H (g) αρχικά: 1 mol (1+x) mol αντ σχημ: 0,8 mol 0,8 mol 0,8 mol 0,8 mol ισορροπία: 0, mol (0,+x) mol 0,8 mol 0,8 mol 0808,, k V V c = x mol ( + x) = = 0, 6,, V V 40. Έστω ότι προσθέτουμε x mol από το Β. Υπάρχουν περιπτώσεις: α) Αν x, αντιδρά το 80% του Α. αρχικά: mol x mol A(g) + B (g) Γ(g) + (g) αντ σχημ: 1,6 mol 1,6 mol 1,6 mol 1,6 mol ισορροπία: 0,4 mol (x-1,6) mol 1,6 mol 1,6 mol 1616,, k V V c = 4 = x 04( x 1,6) = 3,, η λύση είναι δεκτή γιατί 3, >, V V β) Αν x, αντιδρά το 80% του Β. A(g) + B (g) Γ(g) + (g) αρχικά: mol x mol αντ σχημ: 0,8x mol 0,8x mol 0,8x mol 0,8x mol ισορροπία: (-0,8x) mol 0,x mol 0,8x mol 0,8x mol

33 , x 08, x k V V c = 4 = ( 0, 8x) 0, x V V 1,5 <. x = 15,, η λύση είναι δεκτή γιατί 41. Βάζουμε 1 mol Α και 1 mol Β και η απόδοση της αντίδρασης A(g) + B (g) Γ(g) είναι 60%. Αν βάλουμε 1 mol Α και mol Β θα σχηματιστούν περισσότερο από 0,6 mol Γ, η απόδοση είναι μεγαλύτερη από 60%, γιατί σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier είναι σαν να προσθέσαμε 1 mol του Β στο σύστημα που είχε ισορροπήσει όταν είχαμε βάλει σε κενό δοχείο 1 mol Α και 1 mol Β. 4. Έχουμε: SO (g) + NO (g) SO (g) + NO (g) 3 ισορροπία: 0,8 mol 0,1 mol 0,6 mol 0,4 mol προσθέτ.: 0,3 mol αντ σχημ: x mol x mol x mol x mol νέα ισορ.: (0,8-x) mol (0,4-x) mol (0,6+x) mol (0,4+x) mol ( )( + ) 06, 04, 06, + x 04, x k c = = 3 = 08, 01, ( 08, x) ( 04, x) Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0,17, οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 0,3 mol NO. 43. Έχουμε: PCl (g) PCl (g) + Cl (g) 5 3 ισορροπία: 4 mol mol 8 mol προσθετ.: 4 mol αντ σχημ: x mol x mol x mol νέα ισορ.: (8-x) mol (+x) mol (8+x) mol

34 x 8 + x k c = = = 4 8 x Λύνουμε και βρίσκουμε: x = 1,06 οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 6,94 mol PCl 5, 3,06 mol PCl 3 και 9,06 mol Cl. 44. Έχουμε: SO (g) + NO (g) SO (g) + NO (g) 3 ισορροπία: mol 4 mol 8 mol 3 mol προσθέτ.: αντ σχημ: νέα ισορ.: x mol y mol y mol y mol y mol (+x-y) mol (4-y) mol (8+y) mol (3+y) mol y = 1 Προσθέσαμε x mol SO και αντέδρασαν y mol SO = 1 mol SO y 3+ y k V V V V c = = 3 = 4 + x y 4 y V V V V Λύνουμε και βρίσκουμε x = Έχουμε αρχικά 46 g N O 4 ή 0,5 mol N O 4 και διασπώνται x mol N O 4 NO 4 NO k p αρχικά: αντ σχημ: pνο = = = p 0,5 mol x mol x mol ισορροπία: (0,5-x) mol x mol xrt V 4x R300 = 0,5 x RT 0,5 x 41 V ( ) ΝΟ, 4

35 39 34 Λύνουμε και βρίσκουμε ως δεκτή λύση x = 1/6. Στην ισορροπία έχουμε 1/3 mol ΝO. 46. Βάζουμε 0,01 mol COCl και διασπώνται x mol COCl. COCl (g) CO (g) + Cl (g) αρχικά: 0,01 mol αντ x mol x mol x mol σχημ: ισορροπία: (0,01-x) mol x mol x mol p ισορ = 3, 5 atm ( 00, 1+ x) 00, = 35, 0, 4 x = 0, 0075 και α = 0, 0075 = 75% 001, 0, 0075 pco = pcl = 35, atm = 15, atm 0, 0175 p = 0, 005 COCl 35, atm 05atm 0, 0175 =, pco pcl 1515,, kp = = atm = 4,5 atm p 05, COCl 47. Έστω ότι βάζουμε x mol CO και αντιδρούν 0,6x mol CO. αρχικά: αντ σχημ: p CO CO (g) + C (s) CO(g) x mol 0,6x mol l,4x mol ισορροπία: 0,38x mol 1,4x mol p CO k p 14, x = 34, atm =, 48 atm 14, x+ 0, 38x = 038, x 34, atm = 0, 76 atm 14, x+ 0, 38x pco 48, = = atm = 8,09 atm p 076, CO

36 Έχουμε: SO (g) + NO (g) SO (g) + NO(g) 3 ισορροπία: 0,8 mol 0,1 mol 0,6 mol 0,4 mol προσθέτ.: x mol αντ σχημ: y mol y mol y mol y mol νέα ισορ.: (0,8+y) mol (0,1+y) mol (0,6-y) mol y = 0, 06, 04, ( 06, y) x y ( 04, + ) k V V V V c = = 3 = 08, 01, 08, + y 01, + y V V V V Λύνουμε και βρίσκουμε: x =,05. (0,4+x-y) mol 49. Έχουμε: CO (g) + H (g) CO(g) + H O(g) ισορροπία: 0,3 mol 0,3 mol 0,6 mol 0,6 mol προσθέτ.: x mol αντ y mol y mol y mol y mol σχημ: νέα ισορ.: (0,3+x-y) (0,3-y) (0,6+y) (0,6+y) mol mol mol mol Για να γίνει η συγκέντρωση του CO ίση με 0,35 Μ πρέπει 0,6 + y = 0,7, δηλαδή y = 0,1. 06, 06, ( 06, + y) y ( 06, + ) k c = = 4 = 03, 03, 03, + xy 03, y Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0, Στους 47 C διασπάστηκε ποσότητα SO 3, διότι αυξήθηκε ο συνολικός αριθμός των moles (από 8,5 σε 9). Έστω x mol η ποσότητα του SO 3 που διασπάστηκε.

37 36 41 SO 3 SO + O (g) (g) (g) αρχικά: 4 mol 4 mol 0,5 mol αντ x mol x mol x mol σχημ: ισορροπία: (4-x) mol (4+x) mol (0,5+x) mol Θα πρέπει: 4 x x + 0,5 + x = 9 x = 0,5 mol 4 α. k c = 05, 1 = β. k c = 1 5 = 3 18 γ. Η αντίδραση είναι ενδόθερμη διότι αυξάνοντας τη θερμοκρασία ευνοείται η ενδόθερμη αντίδραση. Στη συγκεκριμένη περίπτωση διασπάστηκε ποσότητα SO i. Παράγονται 0,1 mol NOCl, αντιδρούν 0,05 mol Cl και στην ισορροπία έχουμε 0,15 mol Cl (γ). ii. Αυξάνεται ο όγκος του δοχείου, η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά και αυξάνεται η ποσότητα του Cl (β). 06, iii. Η τιμή της k c είναι: k c = 5 3 = 1510, (α). 0, 015, 5 5

38 Έστω ότι αντιδρούν x mol H : Η (g) + Ι (g) ΗΙ(g) αρχικά: 0,5 mol 0,5 mol αντ x mol x mol x mol σχημ: ισορροπία: (0,5-x) mol (0,5-x) mol x mol x k c = = , x 05, x Η δεκτή λύση είναι x = 0,4. α. k p = k c = 64. β. Υπολογίζουμε εύκολα ότι στην ισορροπία στους 448 C έχουμε: 0,8 mol HI, 0,1 mol H, 0,1 mol I. γ. Όταν αυξηθεί η θερμοκρασία στους 77 C ευνοείται η ενδόθερμη αντίδραση, αλλά δε δίνεται αν η αντίδραση είναι ενδόθερμη ή εξώθερμη. Παρατηρούμε, όμως, ότι είτε η αντίδραση οδηγηθεί προς τα δεξιά ή προς τα αριστερά, ο συνολικός αριθμός των moles παραμένει σταθερός και ίσος με 1 mol, οπότε: 1008 p ολ =, 1000 atm = 8, atm i. Βλέπε θεωρία. ii. Η k p μεταβάλλεται (αυξάνεται) μόνο με αύξηση της θερμοκρασίας. iii. α. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί το n ολ. β. Προς τα δεξιά που είναι ενδόθερμη. γ. Καμιά μεταβολή όπως μάθαμε στη θεωρία.

39 Βάζουμε x mol CO και αντιδρούν xα mol CO. CO (g) + C (s) CO(g) αρχικά: x mol αντ xα mol xα mol σχημ: ισορροπία: x(1-α) mol xα mol n xα CO p p ολ ολ p n x1+ CO kp = = ( ) = α ολ 4α = p p n CO CO x1 ( ) α ολ pολ nολ x1+ ( α) p 1 α ολ Λύνουμε και βρίσκουμε α = 0,6. Στην ισορροπία έχουμε (x 0,6x) mol = 0,38x mol CO και 0,6x mol CO = 1,4x mol CO, οπότε: nco 14, x = = 76, 54% και n CO 038, x = = 3, 46% nολ 16, x nολ 16, x β. Το μίγμα περιέχει 6% σε moles CO και 94% σε moles CO, οπότε: nco = 006, και n CO = 094, n n ολ ολ n CO pολ n Από τη σχέση: kp = ολ έχουμε: nco pολ nολ p = 006, ολ kp atm = 0,68 atm 094,

40 Βάζουμε 6 mol CaCO 3 και διασπώνται x mol CaCO 3. CaCO (s) CaO(s) + CO (g) 3 αρχικά: 6 mol αντ x mol x mol x mol σχημ: ισορροπία: (6-x) mol x mol x mol nco RT x α. kp = pco = = 0, x = 3 V β. Αντίστοιχα: y = = 9 0, δηλαδή για να φτάσουμε στην ισορροπία μπορούν να διασπαστούν 9 mol CaCO 3. Επειδή έχουμε 6 mol CaCO 3 θα διασπαστούν όλα χωρίς να φτάσουμε στην ισορροπία. γ. V = 6 0, L = 8 L Η(g) + Ι(g) ΗΙ(g) 05, V α. Q c = 5 = < 49 00,, 4 V V β. To σύστημα δε βρίσκεται σε ισορροπία επειδή Qc < kc. Για να φτάσουμε στην ισορροπία θα αντιδράσουν x mol Η με x mol Ι και θα παραχθούν x mol ΗI, οπότε: 05, + x V k c = = 49 0, x V Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0,1, οπότε στην ισορροπία θα έχουμε 0,7 mol HI. γ. Έστω ότι προσθέτουμε ω mol HI.

41 45 40 Η (g) + Ι (g) ΗΙ(g) ισορροπία: 0,1 mol 0,1 mol 0,7 mol προσθέτ.: ω mol αντ y mol y mol y mol σχημ: νέα ισορ.: (0,1+y) mol (0,1+y) mol (0,7+ω-y) mol Θα πρέπει: 0,1 + y = 0, y = 0,1 0, 7+ ω y V k c = = 49 01, + y V Λύνουμε και βρίσκουμε ω = 0, Διπλασιάζεται ο όγκος του δοχείου, ελαττώνεται η πίεση, οπότε σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier πρέπει να αυξηθεί η πίεση, δηλαδή να αυξηθεί ο αριθμός των moles των αερίων και η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα δεξιά. Ν O 4 NO αρχικά: 0,5 mol 0,96 mol αντ x mol x mol σχημ: ισορροπία: (0,5-x) mol (0,96+x) mol 096, 096, + x V V k c = = 05, 05, x V V Λύνουμε και βρίσκουμε: x 0,1. k 58. α. k = 1 c k = 6510,. β. υ 1 = k 1 [ ΝΟ] [ O ] ή = 610, 610 0, 3mol L s 80810, mol L s ( ) = υ

42 41 46 γ. NO NO + O (g) (g) (g) αρχικά: 0, mol αντ 0, 0,15 mol 0,03 mol 0,015 mol σχημ: ισορροπία: 0,17 mol 0,03 mol 0,015 mol 003, 0, 015 k c = = 9310, στους μ ºC. 017, 5 Στους λ C η k c της αντίδρασης: NO (g) NO (g) + O(g) είναι ίση με 1 = 1 k c 650 Με ελάττωση της θερμοκρασίας (μ < λ) έχουμε ελάττωση και της τιμής της k c άρα η διάσπαση του ΝΟ είναι ενδόθερμη αντίδραση. 59. Η ισορροπία δε θα διαταραχθεί.

43 4 0 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: 3: ΟΞΕΑ ΒΑΣΕΙΣ ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. Ασκήσεις προβλήματα 19. α. HSΟ 4 (οξύ), HSΟ 4 (βάση) β. HO (οξύ), OH (βάση) 3 γ. [Fe(HO) 6] + (οξύ), [Fe(HO) 5OH] + + δ. ΝΗ 4 (οξύ), ΝΗ 3 (βάση) (βάση) 0. α. Υπολογίζεται εύκολα, pη =. n 0,1 mol β. c = = = 10 M, άρα [Η V 10 L 3 O + ] = 10 και ph =. γ. ΗΝO 3 0,1 Μ υπολογίζεται εύκολα, ph = 1. 0,001 mol δ. c = = 10 M OH = 10 poh = ph = 1 0,1 L ε. NaOH 10 3 Μ υπολογίζεται εύκολα, ph = Το διάλυμα είναι όξινο και έχει ph =. Αραιώνεται με νερό και γίνεται λιγότερο όξινο. Η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ph =,5.. Το διάλυμα είναι βασικό και έχει ph = 13. Αραιώνεται με νερό και γίνεται λιγότερο βασικό. Η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ph = 1,. 3. Το διάλυμα είναι όξινο και εύκολα υπολογίζουμε ότι έχει ph = 3. Προσθέτουμε καθαρό ΗΝO 3 χωρίς να μεταβάλλεται ο όγκος του διαλύματος και το διάλυμα γίνεται πιο όξινο. Η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ph =, ph = 1 Η = 10 OH = 10 και επειδή το NaOH διίσταται πλήρως, υπολογίζεται εύκολα ότι c = 10 a M. N OH

44 Το διάλυμα είναι πολύ αραιό, οπότε πρέπει να λάβουμε υπ όψιν μας και τον ιοντισμό του νερού. + HCl +ΗO Η 3O + Cl M 10 M 10 M + Η O +ΗO Η 3O + OH x Μ x Μ x Μ Στο διάλυμα έχουμε [Η 3 O + ] = ( x) Μ και [ΟΗ ] = x Μ. K w = x ( x) = ή x = 0, και [Η 3 O + ] = 1, Μ. 6. Είναι εύκολη η αντιστοίχηση. 7. Το διάλυμα είναι βασικό και δεν μπορεί να έχει ph = 6. Αν είχε ph = 14 το διάλυμα θα ήταν 1 Μ και αν είχε ph = 8 το διάλυμα θα ήταν 10 6 Μ. Το διάλυμα είναι πιο αραιό, άρα λιγότερο βασικό, οπότε το ph = 7,0. 8. Βρίσκουμε τη συγκέντρωση του τελικού διαλύματος: 008, mol c Na OH = 40 = 10 M, οπότε εύκολα υπολογίζουμε ότι 0, L διαλύματος ph = Το αρχικό διάλυμα έχει ph = 1, οπότε η συγκέντρωσή του είναι 0,1 Μ και περιέχει 0, mol ΗΝO 3. Με την αραίωση στο τελικό διάλυμα η συγκέντρωση θα είναι = 10 M, οπότε υπολογίζουμε εύκολα το 0, mol 3 00 L ph = α. Λάθος, γιατί ΗΟ 3 = Α. + β. Σωστό, γιατί ΗΟ 3 = 1 = 100. γ. Σωστό. + δ. Λάθος, γιατί ΗΟ 3 = Α = 1.

45 Αν η ΗΟ 3 = x Μ και η ΟΗ = y Μ, έχουμε: xy = και x = 100y. Λύνοντας το σύστημα έχουμε: x = 10 6, y = 10 8 και ph = α. Έχουμε x L διαλύματος HCl 1 Μ και y L διαλύματος HCl 3 Μ. Τα συνολικά mol HCl (x + 3y) είναι διαλυμένα σε (x + y) L, οπότε έχουμε x + 3y = x=y x+y β. Διάλυμα HCl με ph = 1 είναι 0,1 Μ, διάλυμα HCl με ph = 3 είναι 0,001 Μ και διάλυμα HCl με ph = είναι 0,01 Μ. Εφαρμόζοντας την ίδια λύση με την α: 0,1x + 0,001y = 0,01 ή y = 10x x+y Η ΟΗ = 5 10 M > 10 M. Διάλυμα 10 M έχει ph = 9. Το διάλυμα είναι πιο βασικό, άρα ph > 9 και η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ph = 9, Έχουμε 50 ml διαλύματος 0,63% w/v. Βρίσκουμε τη Molarity: 0, M = 0,1 M, οπότε ph = Προσθέτουμε x ml νερού, το διάλυμα αραιώνεται, γίνεται λιγότερο όξινο, το ph του τελικού διαλύματος θα είναι 3 και η Molarity του 10 M ,1 ( 50 + x) 10 3 Επειδή nαρχ ( ΗΝ O3) = nτελ ( ΗΝO3) = x = 4950 x 35. Στα 500 ml είναι διαλυμένα mol HCl, 4 x 10 ml ω ή ω= mol 110

46 45 3 Η συγκέντρωση του τελικού διαλύματος είναι: x mol n 110 x c = = = M. V 0,1 L 11 x Επειδή το διάλυμα έχει ph = 1 = 0,1 x = 11, Ca + Η O Ca(OH) + Η 40 g 1 mol = ή x = 0,003 mol 0,1 g x To Ca(OH) διίσταται πλήρως. Ca(OH) Ca + + OH M δίνουν 10 M δηλαδή OH = 10 M, οπότε poh = και ph = To HCl 10 M ως ισχυρό οξύ έχει ph = To NaOH 10 M διίσταται πλήρως, ph = Στο HA 0,1 M (α = 0,01) Η = 10 ph = 3 3 NH 3 0,1 M (α = 0,01) OH = 10 ph = To διάλυμα είναι όξινο. Αν το οξύ ήταν ισχυρό το ph θα ήταν. Επειδή είναι ασθενές θα είναι λιγότερο όξινο. Επομένως η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ph = α. Λάθος, γιατί με την αραίωση αυξάνει ο βαθμός ιοντισμού. + β. Σωστό, γιατί ελαττώνεται η ΗΟ 3 + γ. Λάθος, γιατί η Η 3Ο > ΟΗ δ. Σωστό, γιατί αυτή μεταβάλλεται μόνο με τη θερμοκρασία. 40. α. Αν θεωρήσουμε ότι ιοντίζονται x mol A / L διαλύματος, έχουμε: x 6 K a = = x = 10 x = 10 3 και pη = 3. Υπολογίζουμε το βαθμό 1 x ιοντισμού α 1 = 10 3.

47 46 4 β. Ο όγκος του διαλύματος εκατονταπλασιάζεται, οπότε η συγκέντρωσή του υπολογίζεται εύκολα ότι γίνεται 100 φορές μικρότερη, δηλαδή 0,01 Μ. Εύκολα υπολογίζουμε το νέο ph. y y a = 10 y = 10 y = 10 K = = και ph = 4. 0,01 y 0, Ο νέος βαθμός ιοντισμού a = = γ. a = = 10 a Θεωρούμε c Μ την συγκέντρωση του διαλύματος της ΝΗ 3 και επειδή 3 ph = 11 pοη = 3 και OH = 10 M. Από τον ιοντισμό της ΝΗ 3 έχουμε: + NH 3 + HO NH 4 + OH c M M 10 M 10 M 3 ( c ) M 10 M 10 M Kb = 10 = = c = 0,1 3 c 10 c 3 10 Ο βαθμός ιοντισμού = 10 a = 0,1 Από τη Molarity 0,1 Μ έχουμε 0,1 17 g/l διαλύματος ή 0,17 g/100 ml διαλύματος, δηλαδή 0,17% w/v. 4. Συμπληρώνονται εύκολα, αν μελετήσουμε τη θεωρία. 43. Από τον ιοντισμό του ασθενούς οξέος ΗΑ: Ca 4 4 Ka = = Ca = 1 10 = a α. Λάθος, γιατί ΗΟ 3 < 0,1 + β. Λάθος, γιατί ΗΟ 3 = A γ. Σωστό + δ. Λάθος, γιατί ΗΟ 3 < 101 ph > 1 ε. Σωστό.

48 Έστω ότι προσθέτουμε x L νερού σε 3 L του διαλύματος οξέος ΗΑ 0,1 Μ. 6 Αρχικό διάλυμα: 0,1 Μ, K = 10 a M ph = 3 6 Τελικό διάλυμα: ph = 4, K a = 10 M c = 0,01 Μ nηα( αρχ) = nηα( τελ) 3 0,1 = (3 + x) 0,01 x = = και 0,05 mol διαλυ- 46. Αρχικό διάλυμα ΒΟΗ: 1 Μ, μένης βάσης. K b = 10 6 Τελικό διάλυμα ΒΟΗ: 0,05 M = 0,5 M, K 0, a1 1 ή a = = 10 και 0,5 a = a = 10 a = 0, 5 5 b 10 0, Στα 10 ml δ/τος HCl 0,05 Μ περιέχονται mol ΗΟ 3 επειδή το 1000 HCl είναι ισχυρό οξύ. Στο διάλυμα του COOH 0,1 Μ με K =10 5 a + 3 υπολογίζουμε εύκολα ότι ΗΟ 3 = 10. Αν λοιπόν έχουμε x ml από το διάλυμα του COOH θα έχουμε και 3 x ,05 + mol ΗΟ 3 = mol ΗΟ 3 ή x = 500 ml α. Λάθος, γιατί τα δύο οξέα έχουν διαφορετικές συγκεντρώσεις και πρέπει να βρούμε τις τιμές των K a για να συγκρίνουμε τα δύο οξέα. Βρίσκουμε K ( ) = 10 6 a ΗΑ και K ( ) = a ΗΒ, οπότε το οξύ ΗΒ είναι ισχυρότερο από το οξύ ΗΑ. β. Σωστό, γιατί η K a σε σταθερή θερμοκρασία είναι το μέγεθος που δείχνει την ισχύ ενός οξέος. γ. Λάθος, γιατί στα ισχυρά οξέα ο βαθμός ιοντισμού παραμένει σταθερός, α = 1. δ. Σωστό, γιατί ελαττώνεται η συγκέντρωση και αυξάνεται ο βαθμός ιοντισμού. 49. Διάλυμα HCOOH με K =10 4 a για να έχει ph = υπολογίζεται εύκολα ότι πρέπει να είναι 1 Μ, δηλαδή 46 g στα 1000 ml ή 9, g στα 00 ml.

49 48 6 Επειδή θέλουμε το ph του διαλύματος να είναι μεγαλύτερο, πρέπει να προσθέσουμε λιγότερα από 9, g. Δηλαδή 9, g είναι οριακά η μεγαλύτερη δυνατή ποσότητα. 50. α. Το διάλυμα της ΓΟΗ που έχει την ίδια συγκέντρωση με την ΒΟΗ έχει μεγαλύτερο ph, δηλαδή είναι πιο βασικό, άρα και η ΓΟΗ ισχυρότερη βάση από τη ΒΟΗ. β. Τα δύο διαλύματα θα περιέχουν ίσες ποσότητες από τις δύο βάσεις, άρα θα απαιτούν ίσες ποσότητες οξέος για να εξουδετερωθούν. 51. Δεν μπορούν να συγκριθούν, γιατί δε γνωρίζουμε τις συγκεντρώσεις των διαλυμάτων των οξέων Υπολογίζουμε εύκολα ότι η K a του COOH είναι ίση με 10 και η 4 K a του HCOOH είναι ίση με 10. Άρα το HCOOH είναι ισχυρότερο από το COOH γιατί έχει μεγαλύτερο K a. 53. To NaCl είναι άλας που προέρχεται από εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση. Η παρουσία του δεν επηρεάζει το ph ενός διαλύματος, άρα το διάλυμά του έχει ph = K + NH4 K w = = = 5 K NH To NH 4 Cl διίσταται πλήρως. + NH4Cl NH 4 + Cl 0,1 Μ 0,1 Μ 0,1 Μ + Το NH4 είναι ασθενές οξύ, ενώ το Cl είναι πολύ ασθενής βάση και δεν αντιδρά πρακτικά με το Η O. + + NH 4 + HO NH 3+ H3O 0,1 Μ x Μ x Μ x Μ (0,1 x) Μ x Μ x Μ x x 9 5 K + = = = 10 x = 10 και pη = 5 NH4 0,1 x 0,1

50 Βρίσκουμε τη Molarity του διαλύματος του HCOONa ίση με 1, 36 mol 68 = 0,1 M. 0, L To HCOONa διίσταται πλήρως: + HCOONa HCOO + Na 0,1 Μ 0,1 Μ 0,1 Μ Τα HCOO είναι ασθενής βάση ενώ τα Na + δε δέχονται ή δίνουν πρωτόνια στο Η. O HCOO +Η O HCOOH + OH 0,1 Μ x Μ x Μ x Μ (0,1 x) Μ x Μ x Μ 14 Kw x x 5,5 Kw = = = 10 = = x = 10 = OH 4 K 10 0,1 x 0,1 και a ph = 8,5 56. Σύμφωνα με τα προηγούμενα παραδείγματα. Αρχικό διάλυμα 8 COONa 1 Μ, ph = 10, K = 10. Ο όγκος του τελικού διαλύματος είναι 100 L (10 φορές μεγαλύτερος) και η συγκέντρωση προφα- CH3COO 8 νώς 10 φορές μικρότερη, δηλαδή 0,1 Μ, K = 10, οπότε υπολογίζουμε εύκολα CH3COO 4,5 OH = 10 και ph = 9, β. Από την αντιστοίχιση, η οποία γίνεται εύκολα, βρέθηκε ότι το ασθενές οξύ 0,1 Μ έχει ph = 3, οπότε υπολογίζουμε εύκολα K =10 5 a. 58. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα, αν μελετήσουμε τη θεωρία. 5 Ka α. Υπολογίζουμε το α: a = = a = 10 c 0,1 + Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος και από τη σχέση ΗΟ 3 = K a [ ïîý [οξύ] ] Η 3 = K a â [βάση] Üó ç [ ]

51 , Υπολογίζουμε ΗΟ 3 = 10 = 10, οπότε a = = 10. 0,1 0,1 Παρατηρούμε ότι η παρουσία κοινού ιόντος, δηλαδή του COO προκαλεί ελάττωση του βαθμού ιοντισμού του COOH. 60. To HCl ιοντίζεται πλήρως α = 1, είτε είναι μόνο του σε διάλυμα, είτε είναι διαλυμένο μαζί με NaCl. Το ΗΑ προφανώς είναι ασθενές οξύ και έχει 4 μεγαλύτερο βαθμό ιοντισμού 10 > 10 όταν είναι μόνο του σε διάλυμα παρά αν υπάρχει και κοινό ιόν, δηλαδή A, που προκύπτει από το NaA. [ ] βü [βάση] 61. Από τη σχέση OH = Kb [[οξύ] ý] 5 5 0, Υπολογίζουμε OH = 10 = 10 Μ, οπότε a = = 10 0,1 0,1 ph = Υπολογίζουμε τη Molarity του τελικού διαλύματος: 6 mol c 60 CH 1 M 3COOH = = 0,1 L 4 και 0,8 mol 0,1 c 8 CH M 3COON = = a 0,4 L και ΗΟ 3 = 10 Μ= 4 10 Μ και 0, a = = Υπολογίζουμε την K bnh : έχουμε διάλυμα 0,1 Μ με α = 1% 3 0,1 10 0, Kb = = 10 0,10,1 10 Το τελικό διάλυμα έχει όγκο 10 L και περιέχει 4 0,1 mol NH 3 και 6 0,05 mol NH 4 Cl. Υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις και βρίσκουμε ότι έχουμε διάλυμα ΝΗ 3 0,04 Μ και NH 4 Cl 0,03 Μ.

52 51 9 Από τη σχέση: H [ OH = N 3 ] Kb + NH 4 5 0,04 5 προκύπτει OH = 10 M = 1,33 10 M. 0, α. Για την ασπιρίνη δίνεται K = a και διάλυμα 0,3 Μ. 4 K Υπολογίζουμε το α: a = a = = 10 a = 3,16 10 c 0,3. β. Το γαστρικό οξύ είναι ήδη όξινο και έχει ph = 1, προσθέτουμε την ασπιρίνη που ιοντίζεται, οπότε έχουμε: ΗΑ + ΗO Η3O + + A (Μ) 0,3 0,1 x x x 0,3 x 0,1 + x x Στην ισορροπία έχουμε [ΗΑ] = (0,3 x) Μ = 0,3 Μ. + A = x M και ΗΟ 3 = ( 0,1+ x ) M = 0,1 Μ. + ΗΟ 3 A 4 0,1 x 4 K a = = 3 10 = x = 9 10 και [ HA] 0, a = = 3 10 < 3, ,3 65. Το διάλυμα του HCl 0,1 Μ έχει προφανώς ph = 1. Το H SΟ 4 είναι διπρωτικό οξύ και έχουμε: HS Ο4+ HO HO HSΟ 4 0,1 Μ 0,1 Μ 0,1 Μ HSΟ 4 +ΗO Η 3O + + SΟ 4 0,1 Μ x Μ x Μ x Μ + Στην ισορροπία: ΗΟ 3 = 0,1 + x > 0,1 και ph < Υπολογίζουμε τις ποσότητες του HCl και του ΚΟΗ. 00 0,1 α. mol HCl = 0,0 mol HCl ,8 β. mol KOH = 0,015 mol KOH

53 5 30 Γράφουμε την αντίδραση που θα είναι πρακτικά μονόδρομη και υπολογίζουμε τι παράγεται και τι περισσεύει. HCl + ΚΟΗ KCl + ΗΟ αρχ.: 0,0 mol 0,015 mol αντ.: 0,015 mol 0,015 mol 0,015 mol To τελικό διάλυμα έχει όγκο 500 ml και περιέχει 0,015 mol KCl (δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος) και (0,0 0,015) mol HCl = 0,005 mol HCl. Βρίσκουμε: 0,005 c HCl = M = 0,01 M και εύκολα υπολογίζουμε το ph =. 0,5 67. Έστω ότι προσθέτουμε x mol HCl στα L διαλύματος NaOH που έχει ph = 13 και επομένως cn a OH = 0,1 Μ. Τα L περιέχουν 0, mol NaOH. Επειδή προσθέτουμε HCl το διάλυμα θα γίνει λιγότερο βασικό, οπότε το ph θα γίνει ίσο με 1 και θα περισσέψει NaOH με c = 10 N a OH M. Γράφουμε την αντίδραση (μονόδρομη) και υπολογίζουμε την ποσότητα της βάσης που περισσεύει και από την οποία εξαρτάται η τιμή του pη. NaOH + HCl NaCl +ΗΟ 0, mol x mol x mol x mol x mol Περισσεύουν (0, x) mol NaOH και έχουμε: n 0, x cn OH = = = 10 a ή x = 0,18 V Δηλαδή πρέπει να προσθέσουμε 0,18 36,5 g = 6,57 g HCl. 68. Έστω ότι προσθέτουμε x ml διαλύματος HNO 3. x 0,63 4 α. 3 mol 10 n HNO = = x mol β. Το διάλυμα έχει ph = 1, οπότε c NaOH = 0,01 M και nn a OH = 0,01mol = 0,0 mol. 3 γ. Το τελικό διάλυμα έχει ph = 3, άρα περισσεύει ΗΝΟ 3 με c HNO = 10 Μ 3 στο τελικό διάλυμα. Υπολογίζουμε το ΗΝΟ 3 που περισσεύει και τη Molarity του τελικού διαλύματος: NaOH + HNO 3 NaN Ο3 + ΗΟ 4 0,0 mol 10 x mol

54 ,0 mol 0,0 mol 4 10 x 0, 0 3 = 10, λύνουμε και βρίσκουμε: x =,. x Έστω x L διαλύματος HCl και y L διαλύματος ΚΟΗ. x L Δ. HCl ph = 0,01 Μ περιέχουν 0,01 x mol HCl y L Δ. ΚΟΗ ph = 13 0,1 Μ περιέχουν 0,1 y mol ΚΟΗ. 3 (x + y) L Τ.Δ. με ph = 11 ΚΟΗ 0,001 Μ περιέχουν (x + y) 10 mol ΚΟΗ. Από την αντίδραση υπολογίζεται εύκολα ότι αντιδρούν 0,01x mol ΚΟΗ και περισσεύουν (0,1y 0,01x) mol ΚΟΗ σε (x + y) L διαλύμα- 3 τος. Άρα (x + y) 10 = 0,1y 0,01x ή x y = Διάλυμα HCl 0,1 Μ ph = 1. Είναι διαλυμένα 0,1 0,1 mol HCl = 0,01 5 mol HCl. Διάλυμα ΝΗ 3 0,1 Μ, K b = 10 ph = 11. Είναι διαλυμένα 0, 0,1 mol ΝΗ 3 = 0,0 mol ΝΗ 3. Γράφουμε την αντίδραση (μονόδρομη), υπολογίζουμε τι παράγεται και τι περισσεύει, βρίσκουμε τη Molarity του τελικού διαλύματος και υπολογίζουμε το ph του διαλύματος. ΝΗ 3 + HCl NH4Cl 0,0 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 1 c NH4Cl = = M 0,3 L 30 Στο τελικό διάλυμα: 0,01 mol 1 c NH = = 3 M 0,3 L 30 1 [ ΝΗ 3 ] 5 5 και από τη σχέση OH 30 = Kb = 10 = 10 ph = 9. + ΝΗ

55 α. Έστω x ml διαλύματος COOH 0,5 Μ. Για να παρασκευάσουμε 100 ml διαλύματος COOH 0,1 Μ πρέπει 0,5x 0,1 100 = x = β. 100 ml διαλύματος 0,1 Μ περιέχουν 0,01 mol COOH 50 ml διαλύματος 0, Μ περιέχουν 0,01 mol COONa 0,01 mol 1 c CH3COOH = = M 0,15 L 15 Στο διάλυμα Β έχουμε: 0,01 mol 1 ccoon = = a M 0,15 L 15 και 1 + [ CH3COOH] ΗΟ 3 = K a = 10 = 10 και ph = 5. CH 1 3COO 15 γ. Έστω ότι προσθέτουμε x ml διαλύματος NaOH 0,1 Μ που περιέχουν 0,1x 1000 mol NaOH σε 100 ml του Α που περιέχει 0,01 mol CH COOH και 3 παίρνουμε διάλυμα με ph = 5. Για να έχει το τελικό διάλυμα ph = 5 πρέπει να περισσεύει οξύ, γιατί αν δεν περισσεύει οξύ ή βάση θα είχαμε ph > 7. Γράφουμε την αντίδραση: NaOH + CH3COOH CH3COONa +ΗΟ 0,1x mol 0,01 mol ,1x 1000 mol 0,1x 1000 mol 0,1x 1000 mol Στο τελικό διάλυμα: 0,1x 0,1x c = M = Μ και CH COONa x x 1000

56 ,1x 0, ,1x COOH: 1000 M = Μ x x 1000 Οπότε, εφαρμόζουμε τη σχέση: 0,1x + [[οξύ] ý] 5 5 ΗΟ 3 = Ka ή 10 = x [[βάση] βü ] 10 0,1x x x = 50. και υπολογίζουμε 5 7. α. Σε διάλυμα ΝΗ 3 0,1 Μ, K b = 10 υπολογίζουμε εύκολα το ph = 11. Το διάλυμα περιέχει 0,11 0,1 mol = 0,011 mol NH 3. β. Έστω ότι προσθέτουμε x mol HCl. Το διάλυμα γίνεται λιγότερο βασικό και έχει ph = 10 και περισσεύει βάση. Γράφουμε την αντίδραση: ΝΗ 3 + HCl NH4Cl 0,011 mol x mol x mol x mol x mol x To τελικό διάλυμα περιέχει 0,11 M NH 0,011 x Cl και 4 Μ NH3. 0,11 Χρησιμοποιούμε τη σχέση OH [ [βάση] ] = Kb β [[οξύ] Í ] 0,011 x 4 5 0,11 10 = 10 και υπολογίζουμε εύκολα ότι x = 0,001. x 0, Το ΗΟ 3 γιατί το H SO 4 είναι διπρωτικό και τα ΗΟ 3 προέρχονται από τους δύο ιοντισμούς. 74. Γράφουμε τους ιοντισμούς των δύο οξέων. ΗΑ + ΗO Η3O + A ΗΒ + ΗO Η3O + Β 0,05 Μ 0,1 Μ x M x Μ x Μ y M y M y M

57 56 34 K a ( HA) [ ] ( ) + ΗΟ 3 A x + y x 5 5 = = = 4 10 ( x + y) x = ,05 (1) HA 0,05 x ΗΟ K a( HB) = + 3 x + y y 5 = 10 ( ) 0, [ HΒ] Β = ( ) 0,1 y Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (): x + y = 0, ,1 10 = 3 10 ( ) ( x + y) = 1,73 10 = ΗΟ + 3 x + y y = () 75. α. Γράφουμε τους ιοντισμούς των δύο οξέων: ΗΑ + ΗO Η3O + A ΗΒ + ΗO Η3O + Β 0,1 Μ 0,1 Μ x Μ x Μ x Μ y M y M y M (0,1 x) Μ x Μ x Μ (0,1 y) Μ y M y M ph = 1 x + y = 0,1 (1) ( ) x + y x 0,1 x 0, Ka( HA) = 0, = = ( ) x = 0,1x 0,1x 3 ( x + y) y 0,1y ( ) = = ( 3 0,1 Ka HB ) y = 0,1y 0,1y 3 0,1 0,1 και υπολογίζουμε την K 3 a ( HB) = = 0,05 0,1 0,1 3 β. Επειδή Ka( HA) > Ka ( HB) το οξύ ΗΑ είναι ισχυρότερο από το ΗΒ. 76. α. Σωστό, από τον ορισμό του ρυθμιστικού διαλύματος. β. Λάθος, γιατί περιέχει ουσιαστικά μόνο τη βάση F. γ. Σωστό, γιατί περιέχει τη βάση ΝΗ 3 και το συζυγές οξύ της ΝΗ 4+. δ. Λάθος, γιατί περιέχει ουσιαστικά μόνο το οξύ ΝΗ α. Nαι. β. Ναι.

58 γ. Όχι, γιατί περιέχει δύο οξέα, ΝΗ 4 και HCl. δ. Ναι, γιατί περιέχει το οξύ H S και τη συζυγή του βάση HS. ε. Όχι, γιατί περιέχει δύο βάσεις, CH3COO και OH. 78. ΝΗ 3 0,1 Μ NH 4 Cl 0,1 Μ ph = 9 HF 1 Μ NaF 0,1 Μ ph = 3 ΝΗ 3 1 Μ NH 4 Cl 0,1 Μ ph = 10 (αυτά είναι ρυθμιστικά διαλύματα των οποίων το ph υπολογίζεται εύκολα) HCl 0,1 Μ NaCl 0,1 Μ ph = 1, γιατί το NaCl δεν επηρεάζει το ph HCl 0,1 Μ που είναι ίσο με Στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 0, L έχουμε: c CH3COOH = 0,1 Μ 3, 8 mol n c = 8 CH = = 0, M 3COONa V 0, L [ CH3COOH + ] 5 0,1 5 και ΗΟ 3 = K a = 10 = 10 ph = 5 CH 0, 3COO 80. Στο τελικό διάλυμα: n 0,5 mol cnh = = = 0,1 M 3 V ( + 8 ) L 5 OH = 10 ph = 9 n 8 0,15 mol cnh = 0,1 M 4Cl = = V ( + 8 ) L 81. α. Από την σχέση: [ CH3COOH + ] ΗΟ 3 = K a έχουμε CH3COO Στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 0 L cαρχ ccooh = = 0,01 Μ 10 cαρχ cch = 3COONa = 0,01 M 10 K a 0,1 = 10 = 10 0,1 5 5

59 ,01 Εύκολα υπολογίζουμε: ΗΟ = 10 = 10 0,01 γ. Προσθέτουμε 0,003 mol NaOH και γίνεται η αντίδραση: CH3COOH + NaOH CH3COONa +ΗΟ 0, mol 0,003 mol 0, mol 0,003 mol 0,003 mol 0,003 mol 0,197 mol 0,03 mol ph = 5 0, ΗΟ 3 = 10 ph = log ΗΟ 3 = 5,005 0, 03 δ. Προσθέτουμε 8 0,001 mol HCI και γίνεται η αντίδραση: CH3COONa + HCl CH3COOH + NaCl 0, mol 0,008 mol 0, mol 0,008 mol 0,008 mol 0,008 mol 0,19 mol 0,08 mol 0, ΗΟ 3 = 10 ph = log ΗΟ 3 = 4,97 0, Έστω ότι προσθέτουμε x mol NaOH σε L διαλύματος NH 4 Cl 0,1 Μ + 5 που έχει ph = 5 ή ΗΟ 3 = 10 α. Υπολογίζουμε την Kb NH : 3 + NH Cl 4C1 NH4 + Cl 0,1 Μ 0,1 Μ + + NH 4 + HO NH 3+ H3O 0,1 Μ Μ 10 5 Μ 10 Μ 5 (0,110 5 ) M 10 5 Μ 10 Μ K + b( NH4 ) = = ,110 9 και K NH3 β. Γίνεται η αντίδραση: NH4Cl + NaOH NaCl + ΝΗ 3 + ΗΟ 0, mol x mol x mol x mol x mol (0, x) mol x mol K 10 = = = w b( ) 9 K + 10 b( NH4 ) 5

60 37 59 Αντιδρά όλη η ποσότητα του NaOH γιατί το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό και πρέπει να περιέχει ΝΗ 4 Cl και ΝΗ 3. Επειδή το τελικό διάλυμα έχει ph = 9. [ 3 ] OH 10 ΝΗ x 5 10 = = K 5 b = + ΝΗ 0, x 4 Εύκολα υπολογίζουμε x = 0, x L διάλυμα HClO 0,9 Μ περιέχουν 0,9x mol HClO y L διάλυμα NaClO 0,3 Μ περιέχουν 0,3y mol NaClO 0, 9x + ΗΟ 3 HClΟ 7 6 x + y 10 = 10 ClΟ 0,3y x + y [ ] = K a x y = α., δ. Λάθος, γιατί όχι οποιασδήποτε + β. Λάθος, γιατί η ΗΟ 3 του ρυθμιστικού διαλύματος είναι μικρότερη + από την ΗΟ 3 του διαλύματος ΗΑ. γ. Σωστό. 85. x L διαλύματος COOH 0,1 Μ 0,1x mol COOH y L διαλύματος NaOH 0, Μ 0,y mol NaOH Επειδή το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό, αντιδρά όλη η ποσότητα του NaOH και περισσεύει COOH. CH3COOH + NaOH CH3COONa +ΗΟ 0,lx mol 0,y mol 0, mol 0,y mol 0,y mol 0,y mol (0,1x 0,y) mol 0,y mol 0,1x 0, y x + y x 4 ΗΟ 3 = 10 = 10 = 0, y y 1 x + y 86. Υπολογίζουμε την K b ( NH3 ) [ ΝΗ 3 ] 0,1 OH = Kb 10 = K + b Kb = 10 ΝΗ 4 0,1 Γίνεται η αντίδραση: 5 5 ή