ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ηµεροµηνία: Παρασκευή 20 Απριλίου 2012

Transcript

1 Ε_3.Χλ3Θ(ε) ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ Α Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ Ηµεροµηνία: Παρασκευή 0 Απριλίου 01 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ Για τις ερωτήσεις Α1 έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό της ερώτησης και δίπλα το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Α1. Η ηλεκτρονική δοµή του 4r, στην θεµελιώδη κατάσταση, είναι: 1s s p 3s 3 p 3d 4s 1s s p 3s 3 p 3d 4s 1s s p 3s 3 p 4s 3d 1s s p 3s 3 p 3d α) β) γ) δ) Α. Αν διάλυµα NH4A έχει ph= 8 σε θερµοκρασία 5, τότε: α) το HA είναι ισχυρό οξύ β) το HA είναι ασθενές οξύ µε Ka( HA ) > Kb( NH 3 ) γ) το HA είναι ασθενές οξύ µε Ka( HA ) = Kb( NH 3 ) δ) το HA είναι ασθενές οξύ µε Ka( HA ) < Kb( NH 3 ) µονάδες 5 µονάδες 5 Α3. Στο φάσµα εκποµπής του ατόµου του υδρογόνου που προκύπτει από την µετάπτωση του ηλεκτρονίου από την στιβάδα Μ στην στιβάδα Κ, το µέγιστο πλήθος φασµατικών γραµµών που µπορούν να καταγραφούν είναι: α) µία β) δύο γ) τρεις δ) έξι µονάδες 5 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 5

2 Ε_3.Χλ3Θ(ε) Α4. Στην ένωση H= = H, µεταξύ δύο διαδοχικών ατόµων του άνθρακα υπάρχουν: α) δύο πι (π) δεσµοί µε επικάλυψη p τροχιακών β) ένας πι (π) δεσµός µε επικάλυψη p τροχιακών και ένας σίγµα (σ) του τύπου sp3 sp γ) ένας πι (π) δεσµός µε επικάλυψη p τροχιακών και ένας σίγµα (σ )του τύπου sp sp δ) ένας πι (π) δεσµός µε επικάλυψη p τροχιακών και ένας σίγµα (σ )του τύπου sp sp. µονάδες 5 Α5. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. ΘΕΜΑ Β α) Η ενεργειακή ταξινόµηση των υποστιβάδων στο κατιόν He + είναι 1s< s= p< 3s= 3p= 3d. β) Το οξικό οξύ συµπεριφέρεται σε κάθε διάλυµα ως ασθενές οξύ. γ) Ο βαθµός ιοντισµού του οξέος HA σε υδατικό διάλυµα είναι 0,4, ενώ του οξέος ΗΒ σε υδατικό διάλυµα ίδιας θερµοκρασίας, είναι 0,6. Εποµένως, το ΗΒ είναι ισχυρότερο οξύ. δ) Οι M και N είναι ασθενείς βάσεις. Αν Kb( M ) < Kb( N ) τότε η αντίδραση M+ NH+ MH+ + N είναι µετατοπισµένη δεξιά. ε) Υδατικό διάλυµα H3OH στους 30 έχει ph> 7. Β1. ίνονται τα επόµενα στοιχεία: 6, 1 Mg, 15P και ΖΧ. α) Να βρεθεί ο ελάχιστος ατοµικός αριθµός (Ζ) του στοιχείου Χ αν γνωρίζουµε ότι αυτό διαθέτει ίσο αριθµό πλήρως συµπληρωµένων s και p ατοµικών τροχιακών και συνολικό άθροισµα spin των ηλεκτρονίων του ίσο µε 1 +. (µονάδες ) β) Ένα από τα παραπάνω στοιχεία διαθέτει τις παρακάτω ενέργειες ιοντισµού: Εi1= 86 kj / mol, Ei= 491 kj / mol, Ei3= 308 kj / mol, E i4= 3604 kj / mol. Να δικαιολογήσετε σε ποιο από τα παραπάνω στοιχεία µπορούν να ανήκουν οι τιµές αυτές. (µονάδες ) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 5

3 Ε_3.Χλ3Θ(ε) γ) Να γραφούν οι δοµές κατά Lewis των ενώσεων O, Pl 5, H3MgBr. (µονάδες 4,5) δ) Να βρεθεί ο ατοµικός αριθµός του στοιχείου Ψ που ανήκει στην ίδια περίοδο µε το Χ και σχηµατίζει βασικό οξείδιο του τύπου ΨΟ. (µονάδες 1,5) ίνονται οι ατοµικοί αριθµοί: 8O, 17l, 35 Br, 1H. µονάδες 10 Β. ιαθέτουµε τρία διαλύµατα 1, και 3 των µονόξινων βάσεων Α, Β και Γ αντίστοιχα. Σε κάθε ένα από τα διαλύµατα πραγµατοποιήθηκαν: i) µέτρηση ph του αρχικού διαλύµατος, ii) ογκοµέτρηση δείγµατος 10 ml µε πρότυπο διάλυµα Hl. Τα αποτελέσµατα των µετρήσεων φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Μετρήσεις Α Β Γ i ph αρχικού διαλύµατος ii όγκος πρότυπου δ/τος Hl (ml ) α) Να εξηγήσετε ποια από τις βάσεις είναι ισχυρότερη. µονάδες 3 β) Επιπλέον, πραγµατοποιήθηκε µέτρηση ph του διαλύµατος που προκύπτει µετά από αραίωση δείγµατος όγκου 10 ml µε νερό στον εκατονταπλάσιο όγκο. Τα αποτελέσµατα των µετρήσεων φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Μετρήσεις Α Β Γ i ph αρχικού διαλύµατος iii ph αραιωµένου διαλύµατος Να εξηγήσετε γιατί µια από τις βάσεις είναι ισχυρή. µονάδες γ) Ποιος από τους δείκτες που ακολουθούν είναι καταλληλότερος για την ογκοµέτρηση κάθε διαλύµατος βάσης; 3 γ1),4 δινιτροφαινόλη ( ka= 10 ). 7 γ) Κυανό της βρωµοθυµόλης ( ka= 10 ). 9 γ3) Φαινολοφθαλεΐνη ( ka= 10 ). µονάδες ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 5

4 Ε_3.Χλ3Θ(ε) Β3. Υδρογονάνθρακας Α έχει εννέα σ (σίγµα) και δύο π (πι) δεσµούς. ΘΕΜΑ Γ α) Ποιος είναι ο µοριακός τύπος του υδρογονάνθρακα; (µονάδες ) β) Αν η ένωση Α µπορεί να δώσει αντίδραση πολυµερισµού τύπου 1,4 να βρεθεί ο συντακτικός της τύπος. (µονάδες ) Πως µπορεί να παρασκευαστεί µε πρώτη ύλη την ένωση Α το τεχνητό καουτσούκ; (µονάδες 1) γ) Ένωση Β που αποτελεί ισοµερές οµόλογης σειράς της Α δεν αντιδρά µε µεταλλικό νάτριο. Να βρεθεί ο συντακτικός τύπος της ένωσης Β (µονάδες 1) και να εξηγήσετε αν όλα τα άτοµα άνθρακα της ένωσης βρίσκονται στην ίδια ευθεία. (µονάδες ) µονάδες 8 Γ1. Αν η σχετική µοριακή µάζα της οργανικής ένωσης (Α) είναι ίση µε 88, να βρεθούν οι συντακτικοί τύποι των οργανικών ενώσεων Α, Ν, στο παρακάτω διάγραµµα χηµικών µετατροπών: (Μ) (Λ) (δεν µπορεί να σχηµατίσει αλκένιο) + ΝαΟΗ αλκοολικό διάλυµα + (Λ) + (Θ) (B) (Z) + SOl + Να R OH (A) K r O 7 H SO 4 uso 4 NaOH (Ν) + Η Ο (ενδιάµεσο + v Η v Ο προϊόν) (Γ) + Mg (απόλυτος αιθέρας) ( ) (Ε) + ΝαΟΗ αλκοολικό διάλυµα (Θ) + ίζηµα µονάδες 15 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 5

5 Ε_3.Χλ3Θ(ε) Γ. Να βρεθεί ο όγκος διαλύµατος KrO 7 / HSO 4 συγκέντρωσης 0,1 Μ που µπορεί να αποχρωµατιστεί κατά την πλήρη µετατροπή 5,8 g της ένωσης (Α) στην ένωση (Ζ). µονάδες 4 Γ3. Σε 7,8 g ισοµοριακού µίγµατος δύο οργανικών ενώσεων του τύπου khk+ O επιδρούµε µε περίσσεια µεταλλικού νατρίου (Na) και εκλύεται αέριο υδρογόνο όγκου 1,1 L µετρηµένο σε stp συνθήκες. Σε ίση ποσότητα µίγµατος επιδρούµε µε περίσσεια διαλύµατος KMnO 4 οξινισµένου µε HSO 4, οπότε εκλύεται αέριο O όγκου,4 L µετρηµένο σε stp συνθήκες. Να βρεθούν οι συντακτικοί τύποι των οργανικών ενώσεων του µίγµατος, και να δικαιολογηθεί η απάντησή σας. µονάδες 6 A H = 1, A = 1, A O = 16. ίνονται: r( ) r( ) r( ) Όλες οι παραπάνω αντιδράσεις θεωρούνται πλήρεις και µονόδροµες και σε όλες παράγονται µόνο τα κύρια προϊόντα. ΘΕΜΑ Σε διάλυµα 1 µονοβασικού οξέος ΗΑ συγκέντρωσης 1 = 0,1M βρέθηκε + 8 [ H3O ] = 10 [OH ]. 1. Να υπολογιστεί ο βαθµός ιοντισµού του οξέος ΗΑ. µονάδες 5. Με ποια αναλογία όγκων πρέπει να αναµιχθεί το διάλυµα 1 µε διάλυµα άλατος NaA µε ph= 9, ώστε να προκύψει διάλυµα µε ph= 5. µονάδες 6 3. Πόσα mol Hl πρέπει να προσθέσουµε σε 00 ml διαλύµατος 3 άλατος NaA και συγκέντρωσης 3= 0,M ώστε να προκύψει διάλυµα όγκου 00 ml µε ph=. µονάδες 8 4. Σε 00 ml διαλύµατος 1 προσθέτουµε ασβέστιο (a ) οπότε σχηµατίζεται διάλυµα 4 όγκου 00 ml, ενώ εκλύεται αέριο υδρογόνο όγκου 4 ml µετρηµένα σε stp. Να υπολογιστεί το ph του διαλύµατος 4. µονάδες 6 ίνονται: 14 Όλα τα διαλύµατα βρίσκονται σε θερµοκρασία 5, Kw= 10. Τα δεδοµένα του προβλήµατος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 5

6 ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ Α Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ Ηµεροµηνία: Παρασκευή 0 Απριλίου 01 Α1. (α) Α. (δ) Α3. (γ) Α4. (δ) Α5. α Σ, β Λ, γ Λ, δ Λ, ε Λ. ΘΕΜΑ Β ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Β1. Έχουµε τις παρακάτω ηλεκτρονιακές δοµές: 6 :1s s p 6 1Mg : 1s s p 3s P : 1s s p 3s 3p i) Για να έχει το στοιχείο X άθροισµα spin των ηλεκτρονίων του ίσο µε 1 + θα πρέπει να έχει ένα µονήρες ηλεκτρόνιο. Κάνουµε κατανοµή σε τροχιακά µέχρι να πληρούνται οι προυποθέσεις: 1 X : 1s s px py p z. Άρα Ζ( Χ) = 9. ii) Από τις τιµές των ενεργειών ιοντισµού παρατηρούµε ότι η E i3 είναι πολύ µεγαλύτερη από την E i, κάτι που σηµαίνει ότι απαιτείται πολύ µεγάλο ποσό ενέργειας για την αποµάκρυνση του τρίτου ηλεκτρονίου, (δηλαδή όταν έχουν αποµακρυνθεί δύο ηλεκτρόνια το στοιχείο έχει αποκτήσει δοµή ευγενούς αερίου). ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 1

7 Άρα οι τιµές αυτές των ενεργειών αντιστοιχούν στο 1 Mg που έχει ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα. iii) Οι ενώσεις O, Pl 5 είναι οµοιοπολικές ενώσεις: iv) O O l l l P l l Στο Pl 5 έχουµε εξαίρεση από τον κανόνα της οκτάδας, το άτοµο του φωσφόρου σχηµατίζει εξωτερική στιβάδα µε 10 ηλεκτρόνια. Η ένωση H3MgBr είναι ιοντική µε ηλεκτρονικό τύπο: H H - Mg H Το στοιχείο Ψ βρίσκεται στη δεύτερη περίοδο του περιοδικού πίνακα και εφόσον σχηµατίζει βασικό οξείδιο του τύπου ΨΟ σηµαίνει ότι το κάθε άτοµο Ψ αποβάλλει ένα ηλεκτρόνιο, από την εξωτερική του στιβάδα το οποίο προσλαµβάνεται από το άτοµο του οξυγόνου. Άρα το στοιχείο Ψ έχει ένα ηλεκτρόνιο στην εξωτερική του στιβάδα και η ηλεκτρονιακή του δοµή θα είναι: 1 Ψ : 1s s Άρα Ζ( Ψ) = 3. Β. α) Έστω η συγκέντρωση του διαλύµατος Hl, και A, B και Γ οι αντίστοιχες συγκεντρώσεις των διαλυµάτων των µονόξινων βάσεων Α, Β και Γ. + Κατά την εξουδετέρωση των βάσεων µε το Hl, επειδή έχουµε µονόξινες βάσεις και το Hl είναι µονοβασικό οξύ, η εξουδετέρωση θα γίνεται µε αναλογία mol 1:1. Για τις συγκεντρώσεις των βάσεων από τα δεδοµένα της ογκοµέτρησης µε το πρότυπο διάλυµα Hl ισχύει αντίστοιχα: 3 3 A Hl A A l n = n = 5 10 = 0,5 3 3 B Hl B B n = n = 5 10 = 0,5 - ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 1

8 3 3 Γ Hl Γ Γ n = n = = 5 ιαπιστώνουµε λοιπόν, ότι µεταξύ των βάσεων Α και Β, έχουµε την ίδια συγκέντρωση αλλά η Α είναι ισχυρότερη αφού το διάλυµά της είναι βασικότερο, δηλαδή όταν ιοντίζεται δίνει µεγαλύτερη συγκέντρωση ανιόντων OH. Μεταξύ των βάσεων Α και Γ που έχουν το ίδιο ph, η Α έχει µικρότερη συγκέντρωση άρα είναι ισχυρότερη, γιατί µε µικρότερη αρχική συγκέντρωση δίνει ίση συγκέντρωση ανιόντων OH µε την βάση Γ. Άρα, συνολικά, ισχυρότερη βάση είναι η Α. β) Λόγω αραίωσης θα έχουµε αλλαγή στις συγκεντρώσεις των βάσεων: 3 3 na = n A' A = A' A' = 10 A Οµοίως και οι συγκεντρώσεις των βάσεων Β και Γ θα ισχύει: B' = 10 B και Γ ' = 10 Γ. Στο αρχικό διάλυµα της βάσης Α έχουµε: ph = 11 3 poh = 3 [ OH ] = 10 M ph + poh = 14 3 [OH ] 10 οπότε ο βαθµός ιοντισµού είναι aa= = A A Αν για κάθε βάση συγκρίνουµε τον αρχικό βαθµό ιοντισµού µε βαθµό ιοντισµού της στο αραιωµένο διάλυµα έχουµε: 3 [OH ] 10 a = = = 1 aa = a A' a ' [OH ]' 10 A A A A 5 A' 10 A 4 [OH ] 10 a = = = 0,1 ab = 0,1 a B' a ' [OH ]' 10 B B B B 5 B' 10 B ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 1

9 3 [OH ] 10 aγ Γ = = Γ = 0,1 a 4 Γ = 0,1 a Γ ' a Γ ' [OH ]' 10 Γ ' 10 Γ Γνωρίζουµε ότι για σταθερή τιµή θερµοκρασίας ( Kb σταθερή) όσο αραιώνουµε ένα διάλυµα ασθενούς ηλεκτρολύτη τόσο η τιµή του α Kb αυξάνει ( a= νόµος αραιώσεως του Ostwald). Παρατηρούµε λοιπόν, ότι µόνο στην περίπτωση της βάσης Α ο βαθµός ιοντισµού παραµένει σταθερός κατά την αραίωση. Αυτό συµβαίνει µόνο όταν a= 1, δηλαδή όταν η βάση είναι ισχυρή. Άρα, η Α είναι ισχυρή βάση. γ) Για κάθε δείκτη υπολογίζουµε την περιοχή ph, όπου αλλάζει χρώµα: 3,4 δινιτροφαινόλη ( ka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 4 7 Κυανό της βρωµοθυµόλης ( ka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < 6 χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 8 9 Φαινολοφθαλεΐνη ( ka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < 8 χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 10 Για τις ασθενείς βάσεις Β και Γ, το ισοδύναµο σηµείο κατά την ογκοµέτρηση µε πρότυπο διάλυµα Hl, βρίσκεται στην περιοχή του όξινου ph, εποµένως καταλληλότερος δείκτης είναι η,4 δινιτροφαινόλη που αλλάζει χρώµα από ph= έως ph= 4. Για την ισχυρή βάση Α, το ισοδύναµο σηµείο έχει ph= 7, οπότε καταλληλότερος δείκτης είναι το κυανό της βρωµοθυµόλης µε εύρος ph αλλαγής χρώµατος από ph= 6 έως ph= 8. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 1

10 Β3. i) Εφόσον ο υδρογονάνθρακας (Α) θα έχει δύο βαθµούς ακορεστότητας, δηλαδή σχηµατίζει δύο π δεσµούς σηµαίνει ότι θα είναι αλκίνιο ή ii) iii) ΘΕΜΑ Γ Γ1 αλκαδιένιο. Επειδή σχηµατίζει και εννέα σ (σίγµα) δεσµούς καταλήγουµε στον µοριακό τύπο 4H 6. Αφού η ένωση (Α) δίνει πολυµερισµό τύπου 1,4 σηµαίνει ότι είναι αλκαδιένιο µε εναλλασσόµενους απλούς και διπλούς δεσµούς. Άρα είναι το H= H H= H. v H = H H = H ( H H = H H ) v Τεχνητό καουτσούκ Η ένωση Β που αποτελεί ισοµερές οµόλογης σειράς της Α σηµαίνει ότι είναι αλκίνιο και αφού δεν αντιδρά µε Na σηµαίνει ότι ο τριπλός δεσµός δεν είναι στην άκρη. Άρα η ένωση Β θα είναι η H3 H3. Τα άτοµα άνθρακα βρίσκονται στην ίδια ευθεία, γιατί τα δύο άτοµα άνθρακα του τριπλού δεσµού έχουν sp υβριδισµό, άρα αυτά και όσα άλλα άτοµα άνθρακα συνδέονται µε αυτούς τους άνθρακες θα βρίσκονται στην ίδια ευθεία. Η ένωση Α είναι κορεσµένη µονοσθενής αλκοόλη οπότε έχουµε: Mr( λhλ+ 1OH ) = 88 14λ + 18 = 88 λ = 5 (Α) (Γ) H 3 H 3 H OH (Β) H 3 Mgl ( ) H 3 H l l ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 1

11 Γ. (Ε) (Θ) (Μ) (Ν) H H 3 H 3 H H 3 H 3 (Ζ) H 3 OONa (Λ) H 3 O O O H H H H OH + K r O + 4 H SO H O H ONa 34H7H = O + r ( SO 4 ) 3 + KSO4 + 7HO m 5,8 n αλκοόλης = = =0,6 mol Mr 88 Από τη στοιχειοµετρία της αντίδρασης βρίσκουµε ότι απαιτούνται 0, mol KrO 7 για πλήρη αντίδραση. Άρα ο όγκος του διαλύµατος που µπορεί να αποχρωµατιστεί είναι: n n 0, = V = = = L V 0,1 Γ3. Ο γενικός τύπος khk+ O αντιστοιχεί σε κορεσµένες µονοσθενείς αλκοόλες ή αιθέρες. Επειδή µε επίδραση περίσσειας διαλύµατος KMnO 4 οξινισµένου µε HSO 4, οπότε εκλύεται αέριο O, συµπεραίνουµε ότι στο µίγµα υπάρχει H3OH που είναι η µοναδική αλκοόλη που µε πλήρη οξείδωση µπορεί να σχηµατίσει αέριο O. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 1

12 5H3OH + 6 KMnO4 + 9H SO4 5O + 3K SO4 + 6 MnSO4 + 19HO ΘΕΜΑ V 1 V,4 L O no = 0,1mol V = mol,4 L / mol = Από τη στοιχειοµετρία της αντίδρασης βρίσκουµε ότι η ποσότητα της H3OH στο µίγµα είναι 0,1mol, οπότε αφού το µίγµα είναι ισοµοριακό και η η ένωση θα είναι 0,1mol. Όταν το µίγµα αντιδρά µε µεταλλικό Na, η µεθανόλη θα σχηµατίσει (µε βάση 1 την στοιχειοµετρία της αντίδρασης H3OH + Na H3ONa + H ), 0,05mol αερίου υδρογόνου δηλαδή 1,1 L σε stp συνθήκες. Άρα η η ένωση του µίγµατος δεν θα είναι αλκοόλη, αλλά αιθέρας, αφού όπως αναφέρει η εκφώνηση συνολικά εκλύεται αέριο υδρογόνο όγκου 1,1 L µετρηµένο σε stp συνθήκες. n Mr + n Mr = m 0, ,1 Mr = 7,8 1 1 µιγµατος Mr = 46 Mr = 14k + 18 = Αλλά k οπότε η η ένωση του µίγµατος είναι ο Mr = 46 διµεθυλαιθέρας H3 O H3. HA 1= 0,1M 1 1. Επειδή: + 8 [ H3O ] = 10 [OH ] [OH ] 10 [OH ] 10 M + = = Kw = [ H3O ] [OH ] Άρα [ H3O ] = 10 M x = 10 M δηλαδή το οξύ είναι ασθενές αφού έχει συγκέντρωση 1 = 0,1 M και ο βαθµός ιοντισµού του είναι: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 7 ΑΠΟ 1

13 + 3 [ H3O ] 10 a= = = 10 [ HA] 0,1 Υπολογίζουµε και την σταθερά ιοντισµού του οξέος HA που θα χρειαστεί στα επόµενα ερωτήµατα: HA + ΗΟ HO 3 + A Αρχικά (Μ) 1 Μεταβολές (Μ) x + x + x Ισορροπία (Μ) 1 x x x. V ( HA ) 5 [ HA] 1 0,1 [ H O ][ A ] x 10 Ka = = = Ka = 10 HA = 0,1M 1 V NaA = ph= 9 1 Στο διάλυµα έχουµε το άλας NaAτου οποίου τα ιόντα Na + κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, ενώ τα ιόντα A, (συζυγής βάση του HA) αντιδρούν µε το HO : NaA Na + + A Τελικά (Μ) A + HO HA + OH Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) y + y + y Ισορροπία (Μ) y y y ( HA ) V + V 1 HA 11 NaA 1 ph= 5 14 Kw 10 Kb ( A ) Ka( HA ) = Kw Kb ( A ) = = = 10 Ka ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 8 ΑΠΟ 1

14 3. ph = 9 poh 5 [ OH ] 10 5 M y 10 5 = = = M ph + poh = 14 [ HA][ OH ] ( A ) 9 y [ A ] Kb = 10 = = 0,1M Στο διάλυµα υπολογίζουµε τις νέες συγκεντρώσεις των HA και NaA: HA: 1 V 1 1 V1 = 11 (V1 + V ) 11 = V1 + V NaA: V V = 1 (V1 + V ) 1 = V1 + V Το διάλυµα είναι ρυθµιστικό γιατί περιέχει το ασθενές οξύ HA και την συζυγή τους βάση A, που προέρχεται από την διάσταση του άλατος NaA. Τα δεδοµένα του προβλήµατος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις, οπότε ισχύει η εξίσωση των Henderson και Hasselbalch: βάσης 1 ph= pka+ log 5 = 5 + log 1 = 11 οξέος 11 Άρα : 1 V1 V V = 1 1 V1 = V 0,1 V1 = 0,1 V = 1 V1 + V V1 + V V Η ερώτηση µπορεί να λυθεί και µε αναλυτικά τις διαστάσεις ιοντισµούς και επίδραση κοινού ιόντος. V3= 0, L NaA = 0, M 3 3 n mol Hl Το άλας NaA αντιδρά µε το Hl και σχηµατίζει το οξύ HA. Θα εξετάσουµε αν το τελικό διάλυµα ' περιέχει µόνο το ασθενές οξύ HA µπορεί να έχει ph=. Έστω λοιπόν ότι το NaA αντιδρά πλήρως µε το Hl : Αρχικά mol NaA: n3 = 3 V3 = 0, M 0, L = 0,04 mol NaA + Hl Nal + HA (mol ) 0,04 n 0,04 0,04 V 3 = 0, L ph= ' ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 9 ΑΠΟ 1

15 Επειδή αντιδρούν πλήρως n= 0,04mol, οπότε στο τελικό διάλυµα ' θα έχουµε συγκεντρώσεις: 0,04mol 0,04mol Nal : 31= = 0,M και HA: 3= = 0,M 0, L 0,L Στο διάλυµα ' του άλας Nal τα ιόντα Na +, l κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, οπότε δεν επηρεάζουν το ph, ενώ για το HA έχουµε: HA + ΗΟ HO 3 + A Αρχικά (Μ) 3 Μεταβολές (Μ) x' + x' + x' Ισορροπία (Μ) 3 x' x' x' [ H3O + ][ A ] ( HA ) 5 ( x') = = = 3 + = 3 [ HA] 3 Το διάλυµα που προκύπτει είναι λιγότερο όξινο από αυτό που απαιτεί η + άσκηση, δηλαδή µε ph = [ H3O ] = 10 M, οπότε πρέπει στην Ka 10 x' [ H O ] 10 M αντίδραση του NaA µε το Hl να περισσέψει οξύ Hl : NaA + Hl Nal + HA Αρχικά ( mol ) 0,04 n Μεταβολές ( mol ) 0,04 0,04 0,04 0,04 Τελικά ( mol ) n 0,04 0,04 0,04 Στο τελικό διάλυµα ' θα έχουµε συγκεντρώσεις: 0,04mol Nal : 31= = 0,M, 0, L 0,04mol HA: 3= = 0,M και 0,L n 0,04 Hl : 33= M 0, Λόγω της παρουσίας του ισχυρού οξέος Hl το ph του διαλύµατος θα καθορίζεται από την συγκέντρωση των 3 HO + που προκύπτουν από τον ιοντισµό του Hl : ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 10 ΑΠΟ 1

16 Hl + ΗΟ HO 3 + l Αρχικά (Μ) 33 Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ) [ H3O + ] 33 M 0, + 33 ph = n 0,04 10 n 4, 10 n 0,04 = = mol = = 0, V1= 0, L HA = 0,1M 1 1 V4= 0, L a H aa = 0,1M Τα αρχικά mol του HA είναι: n1 = 1 V1 = 0,1M 0, L = 0,0 mol Το a αντιδρά µε το οξύ HA σύµφωνα µε την χηµική εξίσωση: HA + a aa + H Αρχικά ( mol ) 0,0 n 4 Μεταβολές ( mol ) z z + z + z Ισορροπία (Μ) 0,0 z n z z z 4 Για το αέριο υδρογόνο όγκου 4 m L έχουµε: VH 0,4 L n = z z 0,01 mol V = mol,4 L / mol = οπότε στο τελικό διάλυµα 4 0,01mol θα έχουµε 0,01mol άλατος aa µε συγκέντρωση 4= = 0,05 M 0, L Στο διάλυµα 4 έχουµε το άλας aa του οποίου τα ιόντα a + κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, ενώ τα ιόντα A, (συζυγής βάση του HA) αντιδρούν µε το HO : 4 4 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 11 ΑΠΟ 1

17 aa a + + A Τελικά (Μ) 4 4 A + HO HA + OH Αρχικά (Μ) 4 Μεταβολές (Μ) y' + y' + y' Ισορροπία (Μ) 4 y' y' y' ( A ) 9 [ HA][OH ] ( A ) 9 ( y') = = = 5 [ A ] 4 5 Kb = 10 Kb 10 y' 10 M y' = [OH ] = 10 M poh = log[ OH ] poh = 5 ph = 9 ph + poh = 14 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 1