ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2017 A ΦΑΣΗ

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 ΤΑΞΗ: Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ: ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥ ΩΝ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. δ Α. α Α4. δ Ηµεροµηνία: Τετάρτη 4 Ιανουαρίου 017 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες Α5. α. οξείδωση, αναχθούν β. διπλάσια, ίση γ. εκλύεται, µικρότερη δ. αυξάνεται, µειώνεται Α6. α. Σ β. Λ γ. Λ δ. Λ ε. Λ ΘΕΜΑ Β ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Β1. α. (I) Ο Ag είναι η αναγωγική ουσία διότι αυξάνει τον Α.Ο. του από 0 σε 1, ενώ το HNO είναι η οξειδωτική ουσία αφού το Ν ελαττώνει τον Α.Ο. από 5 σε. (II) Ο C είναι η αναγωγική ουσία διότι αυξάνει τον Α.Ο. του από 0 σε 4, ενώ το H SO 4 είναι η οξειδωτική ουσία αφού το S ελαττώνει τον Α.Ο. από 6 σε 4. β. (I) Ag 4HNO (αραιό) AgNO NO HO C H SO CO SO H O (II) 4(πυκνό) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 14

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 γ. Αποδίδουµε τα τρία κοινά ζεύγη (e) του δεσµού (C N) στο πιο ηλεκτραρνητικό άτοµο του δεσµού, στο Ν. Τότε το Ν αποκτά φαινοµενικό (υποθετικό) φορτίο: και ο C:. Ο δεσµός (C C) είναι µη πολωµένος. Εποµένως Α.Ο.C = και Α.Ο. Ν=. Β. α. Σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier η αύξηση της πίεσης (µε µείωση του όγκου του δοχείου) θα µετατοπίσει τη θέση της χηµικής ισορροπίας προς τα λιγότερα mol αερίων, δηλαδή προς τα αριστερά. Έτσι θα έχουµε τα παρακάτω συµπεράσµατα: i. µάζα PCl µειώνεται, µάζαcl µειώνεται, µάζα PCl 5 αυξάνεται ii. η απόδοση α µειώνεται, αφού θα υπάρχουν λιγότερα mol προϊόντος και γνωρίζουµε ότι ισχύει: πρακτικό ποσό προϊόντος α = θεωρητικό ποσό προϊόντος n iii. Η Χ.Ι. οδηγείται προς αριστερά οπότε n[pcl 5] = αυξάνει. V PCl Cl PCl Cl K c = =. Αφού PCl 5 > PCl5 PCl5 PCl πρέπει 5 PCl > PCl και Cl > Cl ηλαδή αυξάνονται οι συγκεντρώσεις όλων των σωµάτων της αντίδρασης. iv. Τα n ολικά αερίων ισορροπίας µειώνονται από στοιχειοµετρία. m v. Η πυκνότητα αυξάνεται από τον τύπο ρ =, αφού η µάζα m V παραµένει σταθερή και ο όγκος V µειώνεται. β. προσθήκη HCl: Τα Η Ο που προκύπτουν από τον πλήρη ιοντισµό του HCl αντιδρούν πρακτικά πλήρως µε τη βάση NH H O NH 4 H O προσθήκη NaOH: Τα ΟΗ - που προκύπτουν από την πλήρη διάσταση του NaOH αντιδρούν πρακτικά πλήρως µε το NH : NH OH Βλέπε και σχολικό βιβλίο σελ NH H O - 4 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 14

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Β. Στο Υ 1 : ισχύει Κ a = ΘΕΜΑ Γ α 1 C 1 α = Κ a / C(1) Στο Υ : V = 0,1 0, = 0,4 L και n HF : σταθερά, εποµένως C νέα = C/4. Ισχύει Κ a = α C/4 α = 4 Κ a / C () µε Κ a : σταθερή µε δ.κ.µ (1) και () προκύπτει α = α 1. Στο Υ : V = 0,4L και n HF : σταθερά, εποµένως C νέα = C/4. Αφού η θερµοκρασία αυξήθηκε, σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier η αύξηση της θερµοκρασίας ευνοεί την ενδόθερµη αντίδραση και η αµφίδροµη HF H O F Η Ο, Η > 0 µετατοπίστηκε προς τα δεξιά, άρα η Κ a αυξήθηκε. Ισχύει : Κ a () = α C/4 α = 4 Κ a () / C () µε Κ a () > Κ a µε δ.κ.µ () και () προκύπτει α > α = α 1 > α 1. Στο Υ 4 : V = 0,1 L HF CM: σταθερή και NaF NaF Na F Στο διάλυµα η C (F )αυξήθηκε, εποµένως ο ιοντισµός HF H O F Η Ο σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier µετατοπίζεται προς τα αριστερά, δηλαδή περιορίζεται άρα α 4 = C ιοντ / C αρχ : µειώθηκε α 4 < α 1 Τελικά : α 4 < α 1 < α < α Γ1. α. Cu xhno Cu(NO ) X xno xh O β. Cu xhno Cu(NO ) X xno xh O 17 n = = mol Cu 6,5 89,6 n = = 4 mol NO,4 1 mol Cu εκλύει x mol NO (από στοιχειοµετρία) mol Cu εκλύουν 4 mol ΝΟ (από δεδοµένα) 1 x = x =, άρα ο αριθµός οξείδωσης του Cu είναι 4 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 14

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Γ. Έστω ότι αρχικά διαθέτουµε ω mol Η και ω mol I. Αυτά αντιδρούν ως εξής: mol Η (g) I (g) HI(g) Αρχικά ω ω Μεταβολές: x x x 5s ισορ. ω x ω x x ισχύει x<ω n x HI: C = 1= x =1 mol V x [ HI] x K C = 4 = ω 1 = 0, απορρίπτεται ± = = ± [ H ] [ I ] ω- x ω - x ω -1 ω = mol, δεκτή α. Η ποιοτική και η ποσοτική σύσταση των σωµάτων στην κατάσταση ισορροπίας θα είναι: H : 1 mol I : 1 mol HI: mol β. Η µέση ταχύτητα της αντίδρασης µπορεί να υπολογιστεί από τη σχέση: n x [ HI] U = V αντ t = 5 = U αντ = 0,0 mol L s πρακτικό ποσό ΗΙ x mol HI γ. απόδοση = α1 = = 0,5 θεωρητικό ποσό ΗΙ ω mol HI άρα απόδοση α 1 =0,5 ή 50%. δ. Με αύξηση της θερµοκρασίας, η αµφίδροµη αντίδραση, σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier µετατοπίζεται προς Η > 0. Επίσης, η αύξηση του όγκου, παρότι µειώνει την P ολ δεν προκαλεί µετατόπιση της αµφίδροµης, αφού n(g)= 0. Στην νέα ισορροπία: C HI = 0,6 M άρα n = 0,6 6 =,6 mol HI Παρατηρούµε ότι αυξήθηκαν τα mol HI από,6 mol. Εποµένως, η αµφίδροµη µετατοπίστηκε προς τα δεξιά. Αυτό σηµαίνει ότι η αντίδραση σχηµατισµού του ΗΙ είναι ενδόθερµη Η > 0. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 14

5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Άρα : HI(g) H (g) I (g), Η<0 (εξώθερµη) mol Η (g) I (g) HI(g) 5s 1 1 Μεταβολές: y y y t ισορ. 1 y 1 y y ισχύει y<1 HI: C = 0,6 M n = 0,6 6 =,6 mol y =,6 y = 0,8 mol ε. Το Η και το Ι βρίσκονται σε στοιχειοµετρική αναλογία. πρακτικό ποσό ΗΙ Συνολική απόδοση = θεωρητικό ποσό ΗΙ α ή ( y)mol HI 1 y 1 0,8 ω mol HI ω ολ = αολ = = ολ (από την αρχή µέχρι τη νέα ισορ. t ) (από την αρχή µέχρι τη νέα ισορ. t ) α = 0,9 ή 90% Η : αντέδρασαν x = 1 mol έως 5 s και y = 0,8 mol στη συνέχεια. α ολ ποσότητα H που αντέδρασε = ποσότητα H αρχικά (x y) mol H 1 0,8 1,8 αολ = = = ολ ω mol H (από την αρχή µέχρι τη νέα ισορ. t ) α = 0,9 ή 90% Παρατηρούµε ότι α ολ =0,9 > α 1 =0,5 και αυτό διότι η θέση χηµικής ισορροπίας µετατοπίστηκε δεξιά οπότε αυξήθηκε η ποσότητα του προϊόντος που παράχθηκε ή αντέδρασε επιπλέον ποσότητα H. Γ. α. Το διάλυµα της Γ που έχει την ίδια συγκέντρωση µε την Β έχει µεγαλύτερο ph, δηλαδή είναι πιο βασικό, άρα και η Γ ισχυρότερη βάση από τη Β, επίσης θα δείξουµε ότι Κ (B)<K (Γ) στην ίδια θερµοκρασία. ιάλυµα Β: (Μ) B H O HB OH Ισορροπία C x x x ιάλυµα Γ: (Μ) Γ H O HΓ OH Ισορροπία C ω ω ω x Ισχύει : Κ (B) = (1). C ω Ισχύει : Κ (Γ) = (). C ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 14

6 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 ΘΕΜΑ ίνεται ότι: ph(b) <ph(γ) [H O ] Β >[H O ] Γ [ΟΗ - ] Β < [ΟΗ - ] Γ x<ω (). Από (1), (), () προκύπτει ότι K (B) <K (Γ). β. Τα δύο διαλύµατα θα περιέχουν ίσες ποσότητες mol από τις δύο βάσεις, άρα θα απαιτούν ίσες ποσότητες οξέος για να εξουδετερωθούν, όπως προκύπτει από την στοιχειοµετρία των δυο εξουδετερώσεων. 1. ιάλυµα Υ 1 : Στο διάλυµα Υ 1 έχουµε το άλας NH 4 Cl του οποίου τα ιόντα Cl - κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο H O, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, ενώ τα ιόντα NH 4 (συζυγές οξύ της NH ) αντιδρούν µε το H O: ισχύει x<0,1 και 0,1 x 0,1 K 10 Κ (NH ) Κ (NH ) = K Κ (NH ) = = =10 a V NH 4 Cl 0,1 M (Μ) NH 4 Cl NH 4 Cl - τελικά 0,1 0,1 (Μ) NH 4 H O NH H O αρχικά 0,1 Μεταβολές x x x Ισορροπία 0,1 x x x -14 w 4 w 4 Κ (NH ) 10 [NH ] [HO ] -9 x 4 NH 0,1 4 Κ (NH ) = 10 = x =10 M = [H O ] Άρα ph= log10 ph=5-9 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 14

7 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017. ιάλυµα Υ : Ισχύει ω<0,1 και 0,1±ω 0,1 - [HO ] [A ] (0,1 ω) ω 0,1ω Κ (HA) = 10 = 10 = ω =10 0,1- ω 0,1 [ HA] Και ο βαθµός ιοντισµού του ΗΑ είναι Υ 1 HCl 0,1 M HA0,1 M (Μ) HCl H O H O Cl - Τελικά 0,1 0,1 (Μ) HA H O H O A ισορροπία 0,1 ω 0,1ω ω L NH 4 Cl 0,1 M - [Α ] ω α = = [ΗΑ] 0,1-4 α = 10 0,4 mol NaOH(s) Υπολογίζουµε τα αρχικά molτων ουσιών και έχουµε: NH 4 Cl : n 1 = C V = 0,1 = 0, mol NaOH : n = 0,4 mol Λαµβάνει χώρα η παρακάτω αντίδραση: mol NH 4 Cl NaOH NH NaCl H O αρχικά 0, 0,4 Μεταβολές 0, 0, 0, 0, τελικά 0, 0, 0, ' Στο νέο διάλυµα Υ 1 θα ισχύουν: 0, 0, [ΝaΟΗ] = = 0,1 M, [ΝΗ ] = = 0,1 M, L Υ ' 1 Μ 0, [ΝaCl] = = 0,1 M ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 7 ΑΠΟ 14

8 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Κάνουµε τις διαστάσεις των NaOH, NaClκαι τον ιοντισµό της NH και θα έχουµε: (Μ) NaCl Na Cl - Τελικά 0,1 0,1 Ισχύει λ<0,1 και 0,1 ± λ 0,1 (Μ) NaOH Na OH - Τελικά 0,1 0,1 (Μ) NH H O NH 4 OH - Ισορροπία 0,1 λ λ 0,1λ [ ] [ NH ] NH4 OH - λ (0,1 λ) K (NH ) = 10 = 0,1- λ λ 0,1 10 = λ = 10 0, α. Ισχύει: OH = 0,1 λ 10 Μ K w = HO OH 10 = HO 10 H O = 10 M ph=1, δηλαδή το phκαθορίζεται µόνο από την ισχυρή βάση NaOH. β. Υπολογίσαµε ότι NH 4 = λ = 10 Μ. γ. Ο αυτοϊοντισµός του Η Ο περιγράφεται από την παρακάτω χηµική εξίσωση και έστω z η [ΟΗ - ] που προέρχεται από τον αυτοϊοντισµό του Η Ο. (Μ) H Ο H O H O OH Ισορροπία z z0,1λ 0, OH = z = 10 Μ K w = HO OH 10 = z (0,1 λ z) 10 = z 0,1 M ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 8 ΑΠΟ 14

9 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ , mol KOH(s) Υ Υ 4 Η προστιθέµενη ισχυρή βάση ΚΟΗ θα εξουδετερώσει αρχικά το υπάρχον ισχυρό οξύ HCl και θα έχουµε: mol ΗCl ΚΟΗ ΚCl Η Ο Αρχικά 0,1 0, Μεταβολές 0,1 0,1 0,1 Τελικά 0,1 0,1 Η περίσσεια του ΚΟΗ (0,1 mol) θα εξουδετερώσει και το ασθενές οξύ ΗΑ και θα έχουµε: ιάλυµα Υ 4 : 1L HCl 0,1 M ΗΑ 0,1 Μ mol ΗΑ ΚΟΗ ΚΑ Η Ο Αρχικά 0,1 0,1 Μεταβολές 0,1 0,1 0,1 Τελικά 0,1 Περιέχει τα άλατα KCl (0,1 mol) και ΚΑ (0,1 mol) µε συγκεντρώσεις: 0,1 0,1 [ KCl] = = 0,1 M, [ KA] = = 0,1 M 1 1 Μετά τις διαστάσεις των αλάτων KCl, KA προκύπτουν τα ιόντα Κ, Cl - και Α -. Τα ιόντα Κ και Cl - δεν αντιδρούν µε το Η Ο (προέρχονται από τα ισχυρά ΚΟΗ και HCl αντίστοιχα), σε αντίθεση µε τα ιόντα Α - που αντιδρούν µε το Η Ο (προέρχονται από το ασθενές οξύ ΗΑ), έτσι θα έχουµε: M KCl Κ Cl Τελικά 0,1 0,1 M KA Κ A Τελικά 0,1 0,1 M A H O HA OH Ισορροπία 0,1 µ µ µ 1L ph; ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 9 ΑΠΟ 14

10 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ισχύουν µ<0,1 και 0,1 µ 0,1 Είναι K (HA) K (A ) = K K (A ) = 10 9 a w [ ] HA OH µ A 0,1 9 5 K (A ) = 10 = µ = 10 Μ Άρα Είναι - OH = µ = 10 Μ = = ph = 9 9 K w HO OH HO 10 Μ 4,48L(S.T.P.) NH n mol HBr Υ Υ 5 Στο τελικό διάλυµα Υ 5 (0,5L) θα υπάρχουν, τη στιγµή της προσθήκης, οι παρακάτω ουσίες µε συγκεντρώσεις: CH NH = C (βάση) [ ] [ NH ] 0, = = 0,4 M (βάση) 0,5 Ca(OH) = 0,1 M (βάση) [ ] n [ HBr] = = C1 (οξύ) 0,5 Λαµβάνουν χώρα οι παρακάτω εξουδετερώσεις, όπως αυτές αναφέρονται στην εκφώνηση, οπότε θα έχουµε: Ι. 500 ml CH NH C; Ca(OH) 0,1 Μ (Μ) Ca(OΗ) HBr Ca Br Η Ο Αρχικά 0,1 C 1 Μεταβολές 0,1 0, 0,1 0, Τελικά C 1 0, 0,1 0, 500mL ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 10 ΑΠΟ 14

11 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Η ποσότητα του HBr που περίσσεψε από την (Ι), δηλαδή (C 1 0,), θα εξουδετερώσει το 50% της ΝΗ, δηλαδή 50 0,4 = 0, M και θα έχουµε: 100 II. (Μ) ΝΗ HBr ΝΗ 4 Br Αρχικά 0,4 C 1 0, Μεταβολές 0, 0, 0, 0, Τελικά 0, C 1 0,4 0, 0, Η ποσότητα HBr που περίσσεψε από τη (ΙΙ), δηλαδή C1-0,4 = Φ (1), αντιδρά εξ ολοκλήρου για να εξουδετερώσει ένα µέρος της αµίνης CH NH III. (Μ) CΗ NH HBr CH ΝΗ Br Αρχικά C Φ Μεταβολές Φ Φ Φ Φ Τελικά C Φ Φ Φ (οι παραπάνω αντιδράσεις I, II, III µπορούσαν να γίνουν και µε mol) α τρόπος: Επειδή ισχύει K (NH ) = 10 > K (NH ) = a = > a = Και K (CH NH ) 4 10 K (CH NH ) 5 10 Θα λάβουν χώρα οι παρακάτω ιοντισµοί IV και V. Έστω ότι ιοντίζονται x Μ από τηνnh : IV. Μ ΝΗ H Ο ΝΗ 4 ΟΗ Αρχικά 0, Μεταβολές x x x Ισορροπία 0, x 0,x xµ ισχύει x<0, Έστω ότι ιοντίζονται µ Μ από τηνch NH : V. Μ CΗ NH H Ο CH ΝΗ ΟΗ Αρχικά C Φ Μεταβολές µ µ µ Ισορροπία (C Φ) µ Φµ xµ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 11 ΑΠΟ 14

12 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Στην τελική ισορροπία στο διάλυµα Υ 5, θα υπάρχουν οι παρακάτω ουσίες µε συγκεντρώσεις. [ ] CH NH = (C Φ) µ (C Φ) Μ [ ] NH = 0, x= 0, M CHNH = Φ µ Φ Μ ΝΗ 4 = 0, x 0, Μ Ca = 0,1 M (δεν αντιδρά µε το Η Ο διότι προέρχεται από την ισχυρή βάση Ca(OH) ) Br = 0, 0, Φ = (0, 4 Φ) Μ (δεν αντιδρά µε το Η Ο διότι [ H O] = 55,5 M OΗ = (x µ) Μ Κ 10 OH 14 W HΟ = = x µ προέρχεται από το ισχυρό οξύ HBr) Μ Από την εκφώνηση δίνεται: Br = 1, Μ 0, 0, Φ = 1, Φ = 0,8 Μ () Για την NH (IV): - NH4 OH Κ (ΝΗ ) = [ NH ] 0,(x µ) 10 = 0, OH - = x µ = 10 M () Για την CH NH (V): CH NH OH Φ (x µ) C - Φ - Κ (CHNH ) = 4 10 = [ CHNH ] () () Φ = 4 10 = C = 1 Μ C -Φ C - 0,8 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 14

13 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 Εποµένως θα έχουµε: K = [H O ] [OH ] από την () α. w β. στο διάλυµα Υ είναι [ ] 10 = [H O ] [H O ] = 10 M ph = 9. CH NH = C = 1 M. γ. από την (III) συµπεραίνουµε ότι το ποσοστό της αµίνης που εξουδετερώνεται θα είναι: είναι [ CH NH ] π % εξουδετέρωσης = Cαντιδρ Φ 0,8 100% = = = 0,8= 80% C C 1 Κ = 10 0, < Κ 10 και = 10 [ NH ] 0, < άρα πράγµατι ισχύουν οι προσεγγίσεις β τρόπος: Μετά τις εξουδετερώσεις I, II, IIIµέσα στο Υ 5 υπάρχουν δύο ρυθµιστικά διαλύµατα (Ρ..) για τα οποία ισχύουν οι προσεγγίσεις και η εξίσωση Henderson- Hasselalch, ειδικότερα θα έχουµε: [ ] ΝΗ = 0, Μ Ρ.. C βάσης 5 0, 5 ΟΗ Κ 10 ΟΗ 10 Μ = = = ΝΗ C 4 = 0, Μ οξέος 0, (4) = [ ] αρχ 9 ΗΟ 10 Μ ph = 9 CHΝΗ = (C Φ)Μ Ρ.. C (4) βάσης 5 5 C Φ ΟΗ Κ = = CΗ C ΝΗ = ΦΜ οξέος Φ 4(C Φ) = Φ 4C = 5Φ Φ = 4 = 0,8 C 5 Εποµένως θα έχουµε: α. ph = 9 β. από εκφώνηση δίνεται ότι Br - =1, M 0, 0, Φ =1, Φ = 0,8 Μ όµως βρήκαµε ότι Φ = 0,8 C, άρα 0,8 = 0,8 C = 1 M C - ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 14

14 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 017 γ. από την (III) συµπεραίνουµε ότι το ποσοστό της αµίνης που εξουδετερώνεται θα είναι: π % εξουδετέρωσης = Cαντιδρ Φ 0,8 100% = = = 0,8= 80% C C 1 Κ είναι = 10 [ CHNH ] 0, < Κ 10 και = 10 [ NH ] 0, < άρα πράγµατι ισχύουν οι προσεγγίσεις. αρχ - ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 14 ΑΠΟ 14