ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. ii. Στις βάσεις κατά Arrhenius, η συμπεριφορά τους περιορίζεται μόνο στο διαλύτη H 2 O.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ. ii. Στις βάσεις κατά Arrhenius, η συμπεριφορά τους περιορίζεται μόνο στο διαλύτη H 2 O."

Ἀλκμήνη Γλυκύς
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α1 γ Α2 β Α3 δ Α4 β Α5. α. i. Βάσεις κατά Arrhenius είναι οι ενώσεις που όταν διαλυθούν στο H 2 O δίνουν OH ενώ κατά Bronsted Lowry είναι οι ουσίες που μπορούν να δεχτούν ένα ή περισσότερα πρωτόνια. ii. Στις βάσεις κατά Arrhenius, η συμπεριφορά τους περιορίζεται μόνο στο διαλύτη H 2 O. iii. Βάση κατά Bronsted μπορεί να είναι μόριο ή ιόν και απαιτεί την παρουσία οξέος για να δράσει. β. i. Ηλεκτρολυτική διάσταση υφίστανται μόνο οι ιοντικές ενώσεις ενώ ιοντισμό οι ομοιοπολικές ενώσεις. ii. Κατά την ηλεκτρολυτική διάσταση οι ιοντικές ενώσεις κατά τη διάλυσή τους στο H 2 O διΐστανται πλήρως ενώ κατά τον ιοντισμό οι ομοιοπολικές ενώσεις ιοντίζονται πλήρως, μερικώς ή καθόλου στο H 2 O ΘΕΜΑ Β Β1. α. Το καθαρό H 2 O σε οποιαδήποτε θ αυτοϊοντίζεται και ισχύει: Η 2 Ο + Η 2 Ο Η 3 Ο + + ΟΗ x x Οπότε [Η 3 Ο + ] = [ΟΗ ] log[h 3 O + ] = log[oh ] ph = poh, (ουδέτερο) Άρα η πρόταση είναι Λάθος. β. Γνωρίζουμε ότι αμφιπρωτικές ουσίες είναι αυτές οι οποίες μπορούν να συμπεριφερθούν και ως οξέα και ως βάσεις. Το διπρωτικό οξύ Η 2 S είναι ασθενές και στους δύο ιοντισμούς. HS + H 2 O S 2 + H 3 O + (οξύ) HS + H 2 O Η 2 S + OH (βάση) Οπότε η πρόταση είναι Σωστή γ. Ισχύει

2 Κ α ΝΗ4 + K b(nh 3 ) = (25 o C) Κ α ΝΗ = Κ α ΝΗ4 + = 10 9 Οπότε το συζυγές οξύ (ΝΗ 4 + ) της ΝΗ 3 είναι ασθενές. Άρα η πρόταση είναι Λάθος. δ. Σύμφωνα με την ηλεκτρονιακή δόμηση θα έχουμε: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 3 Οπότε η πρόταση είναι Σωστή. ε. 2 1 CH 3 CH = CH 2 + HCl CH 3 CH CH 3 Ο C (1) έχει φορτίο (-2) και ανάγεται σε (-3) Ο C (2) έχει φορτίο (-1) και οξειδώνεται σε (0) Cl Οπότε η πρόταση είναι Λάθος. Β2. α. Τα στοιχεία του Π.Π. που ανήκουν στη 2 η περίοδο έχουν ηλεκτρονιακή δόμηση 1s 2 2s 1 2p 6 Οπότε η 2 η περίοδος περιέχει συνολικά 8 στοιχεία που ανήκουν στους τομείς s και p. β. Η ηλεκτρονιακή δόμηση του στοιχείου είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 7 4s 2 Οπότε το στοιχείο ανήκει: d τομέα 9 η ομάδα 4 η περίοδο ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. β. Α: HCOOH B: HCHO Γ: CH 3 CH 2 OH Δ: CH 3 COOH E: CH 3 CHO (i) HCHO + 2CuSO 4 + 5NaOH HCOONa + Cu 2 O +2Na 2 SO 4 + 3H 2 O (ii) CH 3 CH 2 OH + 4I 2 + 6NaOH CHI 3 +HCOONa + 5NaI + 5H 2 O

3 (iii) CH 3 CHO + 2AgNO 3 + 3NH 3 +H 2 O CH 3 COONH 4 + 2Ag +2NH 4 NO 3 (iv) 3CH 3 CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 + 8H 2 SO 4 3CH 3 COOH + 2Cr 2 (SO 4 ) 3 + 2K 2 SO H 2 O Γ2. OH X: CH 3 CH 2 CH CH 3 Ο Ψ: CH 3 CH 2 C CH 3 ΟΗ Φ: CH 3 CH 2 C CΝ CH 3 Λ: CH 3 CH 2 CΗ CΗ 3 Cl MgCl M: CH 3 CH 2 CH CH 3 OMgCl Θ: CH 3 CH 2 C CH CH 2 CH 3 CH 3 CH 3 OH Σ: CH 3 CH 2 C CH CH 2 CH 3 CH 3 CH 3 Γ3. Από εξουδετέρωση 1 ου μέρους θα έχουμε: n (KOH) = C V = 0,2 0,1 = 0,02 mol CH 3 COOH + KOH CH 3 COOK + H 2 O x=0,02 mol 0,02 mol Από οξείδωση 2 ου μέρους θα έχουμε: n (KmnO4 ) = C V = 0,2 0,2 = 0,04 mol 5(COOK) 2 + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 10CO 2 + 2MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 8H 2 O 5 mol 2 mol x = 0,1 mol (COOK) x; 0,04 mol 2 Οπότε τα mol των συστατικών του αρχικού μίγματος είναι: n oλ(ch3 COOH) = 2 0,02 = 0,04 mol n ολ(cook)2 = 2 0,1 = 0,2 mol ΘΕΜΑ Δ Δ1. Κατά την ανάμειξη των διαλυμάτων Α και Β πραγματοποιείται αντίδραση εξουδετέρωσης. Υπολογίζω τα mol των ουσιών n (CH3 COOH) = C V = 0,2 0,05 = 0,01 mol

4 n (NaOH) = C V = 0,2 0,05 = 0,01 mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O 0,01 mol 0,01 mol - - 0,01 mol Τελικό διάλυμα C (CH3 COONa) = n V = 0,01 0,1 = 0,1 M Το ιόν Να + δεν υδρολύεται CH 3 COONa CH 3 COO - + Na + 0,1 M 0,1 M 0,1 M CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - 0,1 0,1-x x x Στους 25 ο C Οπότε K a(ch3 COOH) K b(ch3 COO ) = K b(ch3 COO ) = 10 9 Κ b = x2 0,1 x2 = x = 10 5 poh = log10 5 poh = 5 Ισχύει στους 25 ο C, ph + poh = 14 ph = 9 Δ2. Υπολογίζω mol του οξέος και της βάσης n (CH3 COOH) = C V = 0,2 0,05 = 0,01 mol n (NaOH) = C V = 0,2 0,1 = 0,02 mol Οπότε από αντίδραση εξουδετέρωσης θα έχουμε CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O 0,01 mol 0,02 mol -0,01 mol -0,01 mol 0,01 mol - 0,01 mol 0,01 mol Στο τελικό διάλυμα (Δ) υπάρχει η ισχυρή βάση NaOH και το άλας CH 3 COONa

5 Τελικό διάλυμα: C (NaΟΗ) = C (CH3 COONa) = n = 0,01 = 0,01 M V τελ 1 n = 0,01 = 0,01 M V τελ 1 CH 3 COONa CH 3 COO - + Na + 0,01 Μ 0,01 M 0,01 M CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - 0,1-x x x NaΟΗ Νa + + OH - 0,01 Μ 0,01 M 0,01 M Παρατηρείται Ε. Κ. Ι. ([ΟΗ ]) Ισχύει [ΟΗ ] ολ = x + 0,01 = 0,01 M, οπότε poh = log[oh ] poh = 2 Στους 25 ο C: ph + poh = 14 ph = 14 2 ph = 12 Δ3. Η ισχυρή βάση NaOH πραγματοποιεί δύο αντιδράσεις εξουδετέρωσης με το ισχυρό οξύ HCl και το ασθενές οξύ CH 3 COOH n (CH3 COOH) = C V = 0,2 0,5 = 0,1 mol n (HCl) = C V = 0,2 0,5 = 0,1 mol n (NaOH) = C V = 0,15 mol NaOH + HCl NaCl + H 2 O 0,15 mol 0,1 mol -0,1 mol -0,1 mol 0,05 mol - 0,1 mol Η περίσσεια της βάσης NaOH αντιδρά με το ασθενές οξύ CH 3 COOH CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O 0,1 mol 0,05 mol -0,05 mol -0,05 mol 0,05 mol 0,05 mol - 0,05 mol

6 Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα, οπότε από εξίσωση Henderson θα έχουμε (ισχύουν οι προσεγγίσεις) ph = pk a + log C 0,05 β = 5 + log 1 ph = 5 C οξ 0,05 1 Δ4. α. Η καμπύλη 2 αντιστοιχεί στο οξύ CH 3 COOH και η καμπύλη 1 στο οξύ ΗΒ. Κατά την ογκομέτρηση του CH 3 COOH με NaOH στο μέσο της ογκομέτρησης προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα και θα ισχύει: [CH 3 COOH]=[ CH 3 COOΝa] Οπότε από εξίσωση Henderson ph = pk a + log C β ph = pk C a = 5 οξ Εφόσον K a(ch3 COOH) = 10 5 η καμπύλη (2) ανήκει στο οξύ ΗΒ. β. Στο μέσο της ογκομέτρησης της καμπύλης (1) κατά την εξουδετέρωση του οξέος ΗΒ με NaOH προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. ΗΒ + NaOH NaB + H 2 O Ισχύει [ΗΒ]=[NaB], οπότε από εξίσωση Henderson ph = pk a + log C β C οξ ph = pk a = 4 K a(hb) = 10 4 γ. Στο ισοδύναμο σημείο έχει πραγματοποιηθεί πλήρης εξουδετέρωση. Οπότε HΒ + NaOH NaB + H 2 O 0,004 mol 0,004 mol - - 0,004 mol n (NaOH) = n (HB) = C V = 0,2 0,02 = 0,004 mol Από ισοδύναμο σημείο της καμπύλης (2) έχουμε: n (CH3 COOH) = n (NaOH) C (CH3 COOH) V (CH3 COOH) = C (NaOH) V (NaOH) 0,2 V = 0,2 0,02 V = 20 ml Οπότε V (CH3 COOH) = V (HB) = 20 ml Από ισοδύναμο σημείο της καμπύλης (1) έχουμε: n (HΒ) = n (NaOH) C (HΒ) V (ΗΒ) = C (NaOH) V (NaOH) C HB 0,02 = 0,2 0,02 C (HB) = 0,2 M HΒ + NaOH NaB + H 2 O 0,004 mol 0,004 mol - - 0,004 mol

7 Τελικό διάλυμα: C τελ(νab) = 0,004 0,04 = 0,1 M NaΒ Na + + B - 0,1 M 0,1 M 0,1 M B - + H 2 O HB + OH - 0,1-y y y Στους 25 ο C: K a(hb) K b(b ) = K b(b ) = Οπότε K b = y2 0, = y2 y = 10 5,5 0,1 poh = log[oh ] = log 10 5,5 = 5,5 Στους 25 ο C: ph + poh = 14 ph = 14 5,5 ph = 8,5

Σχετικά έγγραφα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 29 ΜΑΪΟΥ 2013

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 29 ΜΑΪΟΥ 2013 ΘΕΜΑ Α Α1 : γ Α2 : β Α3 : δ Α4 : β Α5 : α) Βάσεις κατά Arrhenius : - Ενώσεις που όταν διαλυθούν στο νερό δίνουν ΟΗ -. - Ουδέτερα μόρια. -