Χηµεία Γ ΓΕΛ 15 / 04 / 2018

Transcript

1 Γ ΓΕΛ 15 / 04 / 2018 Χηµεία ΘΕΜΑ Α Για τις ερωτήσεις Α1 έως Α5 να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση: A1. Στην αντίδραση με χημική εξίσωση 2MnO SO 2 + 2H 2 O 2Mn SO H + αναγωγικό είναι το: - α. MnO 4 β. SO 2 2- γ. SO 4 δ. H 2 O Μονάδες 5 A2. Σε κενό δοχείο σταθερού όγκου και θερμοκρασίας πραγματοποιείται αντίδραση με χημική εξίσωση 4ΝΗ 3(g) + 5Ο 2(g) 4ΝΟ (g) + 6Η 2 Ο (g) Κατά τη διάρκεια της αντίδρασης: α. Ο ρυθμός κατανάλωσης της ΝΗ 3 είναι ίσος με το ρυθμό σχηματισμού του Η 2 Ο. β. Ο ρυθμός μεταβολής της συγκέντρωσης του ΝΟ είναι ίσος με την ταχύτητα της αντίδρασης. γ. Ο ρυθμός κατανάλωσης του Ο 2 είναι μεγαλύτερος από το ρυθμό κατανάλωσης της ΝΗ 3. δ. Η συνολική πίεση του μίγματος των αερίων στο δοχείο παραμένει σταθερή. Μονάδες 5 A3. Σε κλειστό δοχείο σταθερής θερμοκρασίας έχει αποκατασταθεί ή ισορροπία 2ΝΟ 2(g) 2ΝΟ (g) + Ο 2(g) Στο δοχείο περιέχονται 2 mol NO και η πίεση είναι 6 atm. Διπλασιάζουμε τον όγκο του δοχείου, μετά την αποκατάσταση της νέας ισορροπίας μπορεί να ισχύει: α. Στο δοχείο περιέχονται 2,5 mol NO και η πίεση είναι 4,5 atm. β. Στο δοχείο περιέχονται 3 mol NO και η πίεση είναι 2,5 atm. γ. Στο δοχείο περιέχονται 1,5 mol NO και η πίεση είναι 7 atm. δ. Στο δοχείο περιέχονται 2 mol NO και η πίεση είναι 3 atm. Μονάδες 5 A4. Στο άτομο του 33 As στη θεμελιώδη κατάσταση μαγνητικό κβαντικό αριθμό ίσο με -1 έχουν: α. 4 ηλεκτρόνια. β. 7 ηλεκτρόνια. γ. 11 ηλεκτρόνια. δ. 15 ηλεκτρόνια. Μονάδες 5 Σελίδα 1 από 10

2 A5. Κατά την επίδραση CH 3 CH 2 MgBr σε αλδεΰδη και υδρόλυση του προϊόντος σχηματίζεται: α. πάντα πρωτοταγής αλκοόλη. β. πρωτοταγής ή δευτεροταγής αλκοόλη. γ. πρωτοταγής ή δευτεροταγής ή τριτοταγής αλκοόλη. δ. πάντα τριτοταγής αλκοόλη. Μονάδες 5 ΘΕΜΑ Β Β1. Σε κενό δοχείο όγκου 2L και σταθερής θερμοκρασίας εισάγονται 6 mol αερίου Α και 4 mol αερίου Β και πραγματοποιείται η αντίδραση: 2Α (g) + B (g) 2Γ (g) Η μέση ταχύτητα της αντίδρασης για τα πρώτα 5 s είναι 0,2 mol L -1 s -1 και η πίεση στο δοχείο σταθεροποιείται 15 s μετά την έναρξη της. i. Να εξηγήσετε που οφείλεται η μεταβολή της πίεσης κατά τη διάρκεια της αντίδρασης. Κατά τη διάρκεια της αντίδρασης η πίεση μειώνεται γιατί μειώνεται ο συνολικός αριθμός των mol των αερίων στο δοχείο. Να βρείτε τη σύσταση του μίγματος στο δοχείο 5 s μετά την έναρξη της αντίδρασης. (mol) 2Α (g) + Β (g) 2Γ(g) Αρχικά 6 4 Αντιδρούν 2x x Παράγονται 2x t = 5 s 6-2x 4 - x 2x u = 1 2 Δ[Γ] Δt ή 0,2 = 1 2 2x 2 5 ή x = 2 mol Άρα στο δοχείο 5 s μετά την έναρξη της αντίδρασης υπάρχουν: 2 mol Α, 2 mol Β 4 mol Γ i Να υπολογίσετε τη μέση ταχύτητα της αντίδρασης για όλη τη διάρκειά της. (mol) 2Α (g) + Β (g) 2Γ(g) Αρχικά 6 4 Αντιδρούν 2y y Παράγονται 2y t = 15 s 6 2y 4 - y 2y Για t = 15 s η αντίδραση ολοκληρώνεται γιατί εξαντλείται όλη η ποσότητα του Α. Προφανώς 6 2y = 0 ή y = 3 2y u = 1 2 Δ[Γ] Δt ή u = ή u = 0,1 mol/l s Σελίδα 2 από 10

3 iv. Να υπολογίσετε το ρυθμό μεταβολής της συγκέντρωσης του Γ για το χρονικό διάστημα από 5 s μέχρι 15 s. 6-4 u(γ) = Δ[Γ] Δt ή u(γ) = 2 10 ή u(γ) = 0,1 mol/l s Μονάδες 4 x 2 Β2. Περίσσεια σκόνης Zn προστίθεται σε 100mL διαλύματος HCl 0,2 M και πραγματοποιείται η αντίδραση: Zn (s) + 2HCl (aq) ZnCl 2(aq) + H 2(g) Ποια επίδραση (αύξηση, μείωση, καμία επίδραση) θα έχουν στην αρχική ταχύτητα της αντίδρασης και στον συνολικό όγκο του υδρογόνου που θα παραχθεί η παρακάτω μεταβολές : i. Η αντίδραση πραγματοποιείται σε μεγαλύτερη θερμοκρασία. Η αρχική ταχύτητα θα αυξηθεί γιατί η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει τη μέση κινητική ενέργεια των αντιδρώντων μορίων. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί δεν θα αλλάξει γιατί δεν άλλαξαν τα mol του HCl. Ίδια ποσότητα Zn προστίθεται υπό μορφή μεγαλύτερων κόκκων σκόνης. Η αρχική ταχύτητα θα μειωθεί γιατί μειώνεται η επιφάνεια επαφής του Zn με το HCl. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί δεν θα αλλάξει γιατί δεν άλλαξαν τα mol του HCl. i Χρησιμοποιούνται 50 ml διαλύματος HCl 0,2 M αντί για 100 ml διαλύματος HCl 0,2 M. Η αρχική ταχύτητα δεν θα αλλάξει γιατί δεν αλλάζει κάποιος από τους παράγοντες που επηρεάζουν την ταχύτητα. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί θα μειωθεί γιατί αντιδρούν λιγότερα mol HCl. Σε κάθε περίπτωση να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Μονάδες 3 x 2 Β3. i. Να υπολογίσετε τους δυνατούς ατομικούς αριθμούς στοιχείου που ανήκει στην 1 η σειρά στοιχείων μετάπτωσης και το άτομό του έχει 2 μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση. Η ηλεκτρονιακή δομή του ατόμου μπορεί να είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 2 4s 2 Ζ = 22 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 8 4s 2 Ζ = 28 i Ποιος είναι ο ατομικός αριθμός του στοιχείου που βρίσκεται στην ίδια περίοδο με τα στοιχεία του προηγούμενου ερωτήματος και έχει την μικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού από όλα τα στοιχεία της περιόδου; Το στοιχείο θα βρίσκεται στην 4 η Περίοδο και στην 1 η Ομάδα. Η ηλεκτρονιακή του δομή είναι 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 Ζ = 19 Ποιος είναι ο ατομικός αριθμός του αλογόνου που βρίσκεται στην ίδια περίοδο με το στοιχείο του προηγούμενου ερωτήματος; Το στοιχείο θα βρίσκεται στην 4 η Περίοδο και στην 17 η Ομάδα η ηλεκτρονιακή του δομή είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 5 Ζ = 35 Σε κάθε περίπτωση να γράψετε την ηλεκτρονιακή δομή του στοιχείου στη θεμελιώδη κατάσταση. Μονάδες Σελίδα 3 από 10

4 Β4. Διαθέτουμε διάλυμα ασθενούς βάσης Β θερμοκρασίας 25 o C. Ποια επίδραση, αύξηση, μείωση, καμία επίδραση, θα έχουν στο pοh του διαλύματος, στο βαθμό ιοντισμού της Β και στη σταθερά ιοντισμού της Β οι παρακάτω μεταβολές: i. Αύξηση της θερμοκρασίας του διαλύματος στους 40 o C. Λόγω αύξησης της θερμοκρασίας η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά γιατί οι αντιδράσεις ιοντισμού είναι ενδόθερμες. Η [ΟΗ - ] θα αυξηθεί άρα το poh θα μειωθεί, ο βαθμός ιοντισμού θα αυξηθεί και η σταθερά ιοντισμού θα αυξηθεί. i Αραίωση με ίσο όγκο νερού με σταθερή θερμοκρασία. Λόγω της αραίωσης η [ΟΗ - ] θα μειωθεί άρα το poh θα αυξηθεί, η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά και ο βαθμός ιοντισμού θα αυξηθεί ενώ η σταθερά ιοντισμού θα παραμείνει σταθερή γιατί δεν αλλάζει η θερμοκρασία. Προσθήκη στερεού NaOH χωρίς μεταβολή του όγκου του διαλύματος. Θα έχουμε επίδραση κοινού ιόντος με κοινό ιόν το ΟΗ -. Η [ΟΗ - ] θα αυξηθεί άρα το poh θα μειωθεί, η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τ αριστερά και ο βαθμός ιοντισμού θα μειωθεί ενώ η σταθερά ιοντισμού θα παραμείνει σταθερή γιατί δεν αλλάζει η θερμοκρασία. Σε κάθε περίπτωση να αιτιολογήσετε την επιλογή σας. Τα δεδομένα του ερωτήματος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις. Μονάδες 6 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Να βρείτε τους συντακτικούς τύπους των Α, Β, Γ, Δ,Ε,Ζ,Θ, Λ, M και N. Α + Br 2 + HCl B E + NaOH αλκοόλη Γ + Η 2 Ο + HgSO 4 / H + Δ + Mg Απόλυτος αιθέρας Ζ Θ + Η 2 Ο M N + KCN Λ + Η 2 Ο / Η + CH 3 CHCOOH Οι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι οι εξής: CH 3 CH=CH 2 CH 3 CHCH 2 Br CH 3 C CH CH 3 CCH 3 CH 3 CH 3 CHCH 3 Br O Cl A B Γ Δ Ε CH 3 CHCH 3 CH 3 CH 3 CH 3 CHCH 3 CH 3 H 3 C H 3 C MgCl CHCCH 3 CHCCH 3 CN CH 3 CHCOOCCH H 3 C H 3 C OMgCl OΗ CH 3 CH 3 CH 3 Z Θ Μ Λ N Μονάδες 10 x 1 CH 3 Σελίδα 4 από 10

5 Γ2. Αλκένιο έχει στο μόριο του 2 άτομα άνθρακα με sp 3 υβριδικά τροχιακά και με προσθήκη νερού σε όξινο περιβάλλον παράγεται μία μοναδική οργανική ένωση. i. Να βρείτε το συντακτικό τύπο του αλκενίου. Θα έχουμε αλκένιο με τέσσερα άτομα άνθρακα που είναι συμμετρικό οπότε ο συντακτικός του τύπος θα είνα: CH 3 CH=CHCH 3 Πόσοι σ δεσμοί και πόσοι π δεσμοί υπάρχουν στο μόριο του αλκενίου; H H H C C C C H H H H H Υπάρχουν 11 σ δεσμοί και 1 π δεσμός. Μονάδες Γ3. Ομογενές μίγμα CH 3 CH=O, CH 2 =O και CH 3 COCH 3 χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη. Το πρώτο μέρος για πλήρη υδρογόνωση χρειάζεται 1,2 g H 2. Το δεύτερο μέρος για πλήρη οξείδωση χρειάζεται 1600 ml διαλύματος KMnO 4 0,2 M παρουσία θειϊκού οξέος. Το τρίτο μέρος αντιδρά με περίσσεια διαλύματος CuSO 4 και NaOH οπότε σχηματίζονται 71,5 g καστανέρυθρου ιζήματος. i. Να γράψετε τις χημικές εξισώσεις των αντιδράσεων που πραγματοποιούνται. CH 3 CH=O + Η 2 CH 2 =O+ Η 2 καταλύτες καταλύτες CH 3 CH 2 OΗ CH 3 OΗ καταλύτες CH 3 COCH 3 + Η 2 CH 3 CΗ(ΟΗ)CH 3 5CH 3 CH=O + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5HCH=O + 4KMnO 4 + 6H 2 SO 4 CH 3 CH=O + 2CuSO 4 + 5NaOH HCH=O + 2CuSO 4 + 5NaOH 5CH 3 COOH + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 3H 2 O 5CO 2 + 4MnSO 4 + 2K 2 SO H 2 O CH 3 COONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO 4 + 3H 2 O HCOONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO 4 + 3H 2 O Να βρείτε τη σύσταση σε mol του μίγματος. Έστω ότι στο μίγμα υπάρχουν n 1 mol CH 3 CH=O, n 2 mol HCH=O και n 3 mol CH 3 COCH 3. Υπολογίζουμε τα mol του Η 2 : mol(h 2 ) = m Mr(H 2 ) ή mol(h 2 ) = 1,2 2 ή mol(h 2 ) = 0,6 Α ΜΕΡΟΣ CH 3 CH=O + Η 2 καταλύτες CH 3 CH 2 OΗ 1mol 1mol 1mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol Σελίδα 5 από 10

6 HCH=O + Η 2 καταλύτες CH 3 OΗ 1mol 1mol 1mol n 2 /3 mol n 2 /3 mol n 2 /3 mol CH 3 CCH 3 + Η 2 καταλύτες CH 3 CHCH 3 O OH 1mol 1mol 1mol n 3 /3 mol n 3 /3 mol n 3 /3 mol Προφανώς n 1 /3 + n 2 /3 + n 3 /3 = 0,6 mol ή n 1 + n 2 + n 3 = 1,8 (1) Β ΜΕΡΟΣ Υπολογίζουμε τα mol του KMnO 4 : n(kmno 4 ) = C(KMnO 4 ) V(KMnO 4 ) ή n(kmno 4 ) = 1,6 0,2 = 0,32 5CH 3 CH=O + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 COOH + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 3H 2 O 5mol 2mol 3mol 5mol 2mol 1mol 3mol n 1 /3 mol 2n 1 /15 mol 5HCH=O + 4KMnO 4 + 6H 2 SO 4 5CΟ 2 + 4MnSO 4 + 2K 2 SO H 2 O 5mol 4mol 6mol 5mol 4mol 2mol 11mol n 2 /3 mol 4n 2 /15 mol Προφανώς 2n 1 /15 + 4n 2 /15 = 0,32 mol ή 2n 1 + 4n 2 = 4,8 (2) Γ ΜΕΡΟΣ Υπολογίζουμε τα mol του Cu 2 O: m mol(cu 2 O) = Mr(Cu 2 O) ή mol(cu 71,5 2O) = 143 ή mol(cu 2O) = 0,5 CH 3 CH=O + 2CuSO 4 + 5NaOH CH 3 COONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO 4 + 3H 2 O 1mol 2mol 5mol 1mol 1mol 2mol 3mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol HCH=O + 2CuSO 4 + 5NaOH CH 3 COONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO 4 + 3H 2 O 1mol 2mol 5mol 1mol 1mol 2mol 3mol n 2 /3 mol n 2 /3 mol n 1 /3 + n 2 /3 = 0,5 ή n 1 + n 2 = 1,5 (3) Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων 1,2 και 3 βρίσκουμε: n 1 = 0,6 mol CH 3 CH=O, n 2 = 0,9 mol HCH=O, n 3 = 0,3 mol CH 3 COCH 3 Δίνονται Ar(H) = 1, Ar(Cu) = 63,5, Ar(O) = 16 Μονάδες Σελίδα 6 από 10

7 ΘΕΜΑ Δ Διαθέτουμε διάλυμα ΗCl 1 Μ, διάλυμα Υ 1. Δ1. Σε 3 L διαλύματος K 2 Cr 2 O 7 0,2 M προσθέτουμε 9 L του διαλύματος Υ 1 και πραγματοποιείται αντίδραση με χημική εξίσωση: HCl + K 2 Cr 2 O 7 Cl 2 + CrCl 3 + KCl + H 2 O i. Να βρείτε τους στοιχειομετρικούς συντελεστές στην παραπάνω χημική εξίσωση. 14HCl + K 2 Cr 2 O 7 3Cl 2 + 2CrCl 3 + 2KCl + 7H 2 O Να υπολογίσετε τον όγκο του αερίου χλωρίου που παράγεται μετρημένο σε STP συνθήκες. Υπολογίζουμε τα mol του K 2 Cr 2 O 7 και του HCl: n(k 2 Cr 2 O 7 ) = C(K 2 Cr 2 O 7 ) V(K 2 Cr 2 O 7 ) ή n(k 2 Cr 2 O 7 ) = 3 0,2 = 0,6 n(hcl) = C(HCl) V(HCl) ή n(hcl) = 9 1 = 9 mol 14HCl + K 2 Cr 2 O 7 3Cl 2 + 2CrCl 3 + 2KCl + 7H 2 O Αρχικά 9 0,6 Αντιδρούν 14x x Παράγονται 3x 2x 2x 7x Τελικά 9-14x 0,6 - x 3x 2x 2x 7x Αντιδρά όλη η ποσότητα του K 2 Cr 2 O 7 άρα 0,6 - x = 0 ή x = 0,6 mol Παράγονται 3x = 1,8 mol Cl 2 που έχουν όγκο V =1,8 22,4 = 40,32 L Μονάδες Δ2. 1,5 mol από το χλώριο που παράχθηκε διαβιβάζεται σε δοχείο σταθερού όγκου 1 L, διατηρώντας σταθερή την θερμοκρασία, που περιέχει 2 mol CO, οπότε αποκαθίσταται η χημική ισορροπία: CO (g) + Cl 2(g) Αν η απόδοση της αντίδρασης είναι 1/3 να βρείτε: i. Τη σύσταση του μίγματος στην ισορροπία. COCl 2(g) mol CO (g) + Cl 2(g) COCl 2(g) Αρχικά 2 1,5 Αντιδρούν y y Παράγονται y X.I 2 - y 1,5 - y y Αν ή αντίδραση ήταν μονόδρομη θα αντιδρούσε όλη η ποσότητα του Cl 2 άρα: y a = a(cl 2 ) ή a = ή y = 0,5 mol 1,5 Άρα στην ισορροπία το μίγμα περιέχει: 1,5 mol CO, 1 mol Cl 2 0,5 mol COCl 2 Την τιμή της Κc της παραπάνω ισορροπίας. [COCl 2 ] 0,5 Kc = ή Kc = [CO] [Cl 2 ] 1,5 1 ή Κc = 1 3 Σελίδα 7 από 10

8 i Πόσα mol CO πρέπει να προσθέσουμε στο δοχείο, διατηρώντας σταθερή την θερμοκρασία, ώστε στη νέα ισορροπία να υπάρχουν ίσα mol Cl 2 και COCl 2. Έστω n τα mol του CO που πρέπει να προσθέσουμε στο δοχείο: mol CO (g) + Cl 2(g) COCl 2(g) Αρχικά 1,5 + n 1 0,5 Αντιδρούν z z Παράγονται z X.I 1,5 + n - z 1 - z 0,5 + z Προφανώς 1 - z = 0,5 + z ή z = 0,25 mol [COCl 2 ] Kc = [CO] [Cl 2 ] ή 1 0,75 = ή n = 1,75 mol 3 (1,25 + n) 0,75 Μονάδες Δ3. Να υπολογίσετε το ph του διαλύματος Υ 1. mol / L HCl + H 2 O H 3 O + + Cl - Αρχικά C(HCl) - - Τελικά - C(HCl) C(HCl) ph = -log[h 3 O + ] = -logc(hcl) = -log1 ή ph = 0 Μονάδες 2 Δ4. Σε 400 ml του Υ 1 προσθέτουμε 600 ml διαλύματος ΝΗ 3, διάλυμα Υ 2, οπότε έχουμε πλήρη εξουδετέρωση. Να υπολογίσετε: i. Τη συγκέντρωση του διαλύματος Υ 2. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(hcl) = 1 0,4 = 0,4 mol(koh) = 0,6 C(NH 3 ) mol HCl + NH 3 ΝΗ 4 Cl Αρχικά 0,4 0,6 C(NH 3 ) - Αντιδρούν κ κ - Παράγονται - - κ Τελικά 0,4 - κ 0,6 C(NH 3 ) - κ κ Έχουμε πλήρη εξουδετέρωση άρα 0,6C 2 κ = 0 και 0,4 κ = 0 Από την επίλυση των εξισώσεων προκύπτει κ = 0,4 mol και C 2 = 2/3 M Το ph του διαλύματος Υ 3 που προκύπτει από την ανάμειξη των Υ 1 και Υ 2. Έχουμε διάλυμα του ισχυρού ηλεκτρολύτη NH 4 Cl με συγκέντρωση C(NH 4 Cl) = 0,4 M mol / L ΝΗ 4 Cl + NH 4 + Cl - Αρχικά C(NH 4 Cl) - - Τελικά - C(NH 4 Cl) C(NH 4 Cl) Σελίδα 8 από 10

9 To Cl - δεν αντιδρά με το νερό ενώ το NH 4 + αντιδρά: mol / L NH Η 2 Ο NH 3 + H 3 O + Αρχικά C(NH 4 Cl) - - Ιοντίζονται λ - - Παράγονται - λ λ Τελικά C(NH 4 Cl) - λ λ λ Από την έκφραση της Κa(NH 4 + ) λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε λ = Μ οπότε ph = -log[h 3 O + ] ή ph = 4,7 Μονάδες Δ5. Σε 200 ml του Υ 1 προσθέτουμε 300 ml διαλύματος CH 3 COONa, διάλυμα Υ 4 οπότε προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα Υ 5 με ph = 5. Να υπολογίσετε τη συγκέντρωση του διαλύματος Υ 4. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(hcl) = 1 0,2 = 0,2 mol(ch 3 COONa) = 0,3 C(CH 3 COONa) mol HCl + CH 3 COONa CH 3 COOH + NaCl Αρχικά 0,2 0,3 C(CH 3 COONa) - - Αντιδρούν μ μ - - Παράγονται - - μ μ Τελικά 0,2 - μ 0,3 C(CH 3 COONa) - μ μ μ Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα άρα το CH 3 COONa βρίσκεται σε περίσσεια και αντιδρά όλη η ποσότητα του HCl οπότε: 0,2 - μ = 0 ή μ = 0,2 mol Έχουμε ρυθμιστικό διάλυμα με: C(CH 3 COOH) = 0,4 Μ και C(CH 3 COOΝa) = 0,3 C(CH 3COONa) - 0,2 0,5 Από την επίλυση της εξίσωσης Henderson-Hasselbalch με δεδομένο ότι ph = 5 προκύπτει ότι 4 C(CH 3 COOΝa) = 3 M Μονάδες 4 Δ6. Σε 100 ml του Υ 1 προσθέτουμε ορισμένο όγκο διαλύματος HF 0,2 M, διάλυμα Υ 6, οπότε προκύπτει διάλυμα Υ 7 στο οποίο ο βαθμός ιοντισμού του HF είναι a = Να υπολογίσετε τον όγκο του διαλύματος Υ 6. Έστω V ο όγκος του διαλύματος Υ 6 που πρέπει να προσθέσουμε. Έχουμε ανάμειξη διαλυμάτων που δεν αντιδρούν μεταξύ τους οπότε στο τελικό διάλυμα έχουμε ΗCl και ΗF με συγκεντρώσεις: 0,1 0,2 V C(ΗCl) 1 = και C(ΗF) = 0,1 + V 0,1 + V αντίστοιχα. Σελίδα 9 από 10

10 mol / L HCl + H 2 O H 3 O + + Cl - Αρχικά C(HCl) Τελικά - C(HCl) 1 C(HCl) 1 mol / L HF + Η 2 Ο H 3 O + + F - Αρχικά C(HF) - - Ιοντίζονται ν - - Παράγονται - ν ν Τελικά C(HF) - ν ν + C(HCl) 1 ν ή = ν 0,2 V 0,1 + V V ή ν = 0,1 + V Από την έκφραση της Κa(HF) λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε V = 0,1 L ή 100 ml. Μονάδες Δίνονται Ka(HF) = 10 -, Ka(CH 3 COOH) = 10 -, Kb(NH 3 ) = 10 -, Kw = 10 -, log2 = 0,3 και από τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπονται οι γνωστές προσεγγίσεις. Σελίδα 10 από 10