+ HSO 4 είναι µετατοπισµένη προς την κατεύθυνση του ασθενέστερου οξέος ή της ασθενέστερης βάσης, δηλαδή προς τα αριστερά.

Transcript

1

2 Β2. α. K a Οξύ Συζυγής βάση K b HSO 4 2- SO CH 3 COOH CH 3 COO β. Η ισορροπία: 2- CH 3 COOH + SO 4 CH 3 COO HSO 4 είναι µετατοπισµένη προς την κατεύθυνση του ασθενέστερου οξέος ή της ασθενέστερης βάσης, δηλαδή προς τα αριστερά. Β3. α ΣΩΣΤΟ β ΣΩΣΤΟ γ ΣΩΣΤΟ δ ΛΑΘΟΣ ε ΛΑΘΟΣ Β4. α. Στο διάλυµα Υ 1 ισχύει: (M) ΗCl + H 2 O Cl - + H 3 O + c c c Στο διάλυµα Υ 2 ισχύει: - (M) Η 2 SO 4 + H 2 O HSO 4 + H 3 O + c c c (Μ) - HSO 4 + Η 2 Ο A - + H 3 O + Αρχ. c c Ioντ. Ισορ. c - x x c + x [Η 3 Ο + ] (1) = c και [Η 3 Ο + ] (2) = c + x [Η 3 Ο + ] (1) < [Η 3 Ο + ] (2) ph 1 > ph 2 β. Tα δύο διαλύµατα περιέχουν ίδιο αριθµό mol αφού έχουν ίδιο όγκο και ίδια συγκέντρωση: n = c V Η χηµική εξίσωση της αντίδρασης εξουδετέρωσης του ΗCl (Y 1 ) είναι: (mol) HCl + NaOH ΝaCl + Η 2 Ο Aρχ. n n Αντ/Παρ -n -n n Τελ. - - n

3 Η χηµική εξίσωση της αντίδρασης εξουδετέρωσης του Η 2 SO 4 (Y 2 ) είναι: (mol) H 2 SO 4 + 2NaOH Νa 2 SO 4 + 2Η 2 Ο Aρχ. n 2n Αντ/Παρ -n -2n n Τελ. - - n Aπό τη στοιχειοµετρία των αντιδράσεων προκύπτει ότι το διάλυµα Y 2 διπλάσια mol για την πλήρη εξουδετέρωση, άρα και διπλάσιο όγκο διαλύµατος NaOH ( V = ). γ. Από την πλήρη εξουδετέρωση του διαλύµατος Υ 1 προκύπτει διάλυµα Y 1 που περιέχει ΝaCl µε συγκέντρωση c 1, ενώ από την εξουδετέρωση του διαλύµατος Υ 2 προκύπτει διάλυµα Y 2 που περιέχει Νa 2 SO 4 µε συγκέντρωση c 2. Στο διάλυµα Y 1 ισχύει: ΝaCl (s) Na + (aq) + Cl - (aq) To ιόν Na + προέρχεται από την ισχυρή βάση NaOH οπότε δεν αντιδρά µε το Η 2 Ο. Παρόµοια, το ιόν Cl - δεν αντιδρά µε Η 2 Ο επειδή το συζυγές οξύ HCl είναι ισχυρό οξύ. Na + + H 2 O εν αντιδρά Cl - + H 2 O εν αντιδρά Άρα το υδατικό διάλυµα NaCl είναι ουδέτερο, αφού περιέχει ιόντα Η 3 Ο + και ΟΗ - µε ίσες συγκεντρώσεις, όπως προκύπτει από τον αυτοϊοντισµό του Η 2 Ο: Η 2 Ο + H 2 O H 3 O + + OH - x M x Μ Στους 25 ο C ισχύει: [Η 3 Ο + ] = [ΟΗ - ] = x = 10-7 Μ, οπότε ph = 7. Στο διάλυµα Y 2 ισχύει: Na 2 SO 4 (s) 2Na + 2- (aq) + SO 4 (aq) To ιόν Νa + προέρχεται από την ισχυρή βάση NaOH οπότε δεν αντιδρά µε το Η 2 Ο. Tο ιόν SO 2-4 αντιδρά µε Η 2 Ο επειδή το συζυγές οξύ HSO - 4 είναι ασθενές οξύ και δίνει ιόντα ΟH - (συµπεριφέρεται ως βάση κατά Brönsted Lowry). Στο διάλυµα υπάρχει και ο αυτοϊοντισµός του νερού: Η 2 Ο + H 2 O H 3 O + + OH - Na + + H 2 O εν αντιδρά SO H 2 O HSO OH - Στους 25 ο C ισχύει: [Η 3 Ο + ] < [ΟΗ - ] ολ, οπότε το διάλυµα είναι βασικό, δηλαδή ph > 7.

4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Για το Υ 1 ισχύει: (M) RCOOH + Η 2 Ο RCOO - + H 3 O + Αρχ. c Ioντ. Ισορ. c - x x x ph = 2 [H 3 O + ] = x =10-2 M K () = [ ][ ] [] = = c = 0,5 M Για V = 100 ml = 0,1 L, έχουµε:n = 0,05 mol και m = 2,3 g. Άρα, Μ r = 46 Ο συντακτικός τύπος του οξέος είναι: ΗCOOH Ο βαθµός ιοντισµού είναι: α 1 =! =," = Γ2. Κατά την αραίωση θα προκύψει διάλυµα ΗCOOH µε συγκέντρωση c και το ph θα αυξηθεί κατά µία µονάδα. ηλαδή pη = 3. Για το διάλυµα που προκύπτει ισχύει: (M) ΗCOOH + Η 2 Ο ΗCOO - + H 3 O + Αρχ. c Ioντ./Παρ. y y y Ioντ. Ισορ. c - y y y ph = 3 [H 3 O + ] = y =10-3 M K () = [ ][ ] [] = # # = % c = 0,005 M Για την αραίωση ισχύει: cv = c V 0,50,1 = 0,005(0,1+V H2O ) V H2O = 9,9 L

5 Γ3. n HCOOH = c. V = 0,5. 0,2 = 0,1 mol n Mg =,& &' = 0,05 mol Πραγµατοποιείται η αντίδραση: (mol) 2HCOOH + Mg (HCOO) 2 Mg + Η 2 Αρχ. 0,1 0,05 Αντ./Παρ. 0,1 0,05 0,05 0,05 Τελ ,05 0,05 α. Ο όγκος του αερίου που παράγεται είναι: V =0,05 22,4=.,./ 0 β. Το διάλυµα Y 2 που προκύπτει περιέχει: (HCOO) 2 Mg: c 1 = 0,1 M (M) (HCOO) 2 Mg 1 / 2 Mg HCOO - 0,1 0,1 0,2 (Μ) HCOO - + Η 2 Ο HCOOΗ + OΗ - Αρχ. 0,2 Ioντ. Ισορ. 0,2-x x x K 3(4 )= (9:;;9) = K 3(4 ) = [][<4 ] [4 ] = Άρα, [Η 3 Ο + ]=10-8,5 ph = 8,5,& =,& x = [OH- ] = 10-5,5 M Γ4. Στο Υ 3 ισχύει: [Η 3 Ο + ] = 10 6 [ΟΗ - ] ph = 4 n HCOOH = c. V = 0,5. 0,3 = 0,15 mol n NaOH = c. V = 0,5. V Για να έχουµε ph = 5 πρέπει 0,5V < 0,15 mol Πραγµατοποιείται η αντίδραση:

6 (mol) HCOOH + NaOH HCOOΝa + Η 2 Ο Αρχ. 0,15 0,5V Αντ./Παρ. 0,5V 0,5V 0,5V Τελ. 0,15-0,5V - 0,5V Το τελικό διάλυµα που προκύπτει περιέχει: ΗCOOH: c =,","= >?@A. και HCOONa: c =,"> >?@A. (M) HCOOΝa 1 / 2 Na + + HCOO - c c c (Μ) HCOOH + Η 2 Ο HCOO - + H 3 O + Αρχ. c c Ioντ. Ισορ. c - x c + x x ph = 4 [H 3 O + ] = x =10-4 M K () = [ ][ ] [ ] = ( C) = c = 2c,"> >?@A. = 2,"," >?@A. 0,5V 0,3 V 1,5V 0,3 V 0,2 L ΘΕΜΑ 1. Στο ισοδύναµο σηµείο έχουµε: n NH3 = n HCl c. 0,1 = 0,2. 0,05 c = 0,1 M Για το διάλυµα Υ 1 έχουµε: (Μ) + NH 3 + Η 2 Ο NH 4 + ΟH - Αρχ. 0,1 Ioντ. Ισορ. 0,1-x x x K 3(G ) = HG I[<4 ] [G ] 10-5 = Άρα, [Η 3 Ο + ]=10-11 ph = 11, 10-5 =, x = [OH- ] = 10-3 M

7 2. Στο ισοδύναµο σηµείο έχουµε: (mol) NH 3 + ΗCl NH 4 Cl Αρχ. 0,01 0,01 Αντ./Παρ. 0,01 0,01 0,01 Τελ ,01 Το τελικό διάλυµα που προκύπτει περιέχει: NH 4 Cl: c =, = 0,04 Μ,&" (M) 1 / 2 ΝΗ 4 + NH 4 Cl + Cl - 0,04 0,04 0,04 (Μ) + ΝΗ 4 + Η 2 Ο NH 3 + H 3 O + Αρχ. 0,04 Ioντ. Ισορ. 0,04-x x x K (J ) = 56 = K(L9 ) K (J ) = HJ I[ ] [J ] 10-9 = Για τον ιοντισµό του δείκτη Η ισχύει: Η + Η 2 Ο - + Η 3 Ο +,' 10-9 =,' x = [H 3O + ] = ,5 M K (4M) = [M ][ ] [4M] 10-5,5 = [M ]& N,N [4M] [O ] [PO] =. / 3. Όταν θα έχουµε προσθέσει 25 ml πρότυπου διαλύµατος έχουµε: nnh 3 = 0,01 mol και nhcl = 0,005 mol (mol) NH 3 + ΗCl NH 4 Cl Αρχ. 0,01 0,005 Αντ./Παρ. 0,005 0,005 0,005 Τελ. 0,005-0,005 Προκύπτει ρυθµιστικό διάλυµα Υ 4 µε συγκεντρώσεις για την ΝΗ 3 και το ΝΗ 4 Cl αντίστοιχα: CNH 3 =,"," M και CNH4Cl = M,&",&" Με εφαρµογή της εξίσωσης Henderson Hasselbalch για το ρυθµιστικό προκύπτει:

8