CH 3 CH 2 NH 3 + OH ΔΗ > 0

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ της 5/10/015 ΘΕΜΑ Α Α1. γ (το CO 3 δέχεται πρωτόνιο απ το CH 3 COOH και το CH 3 COO απ το HCO 3 ) Α. γ (ασθενές οξύ ΗΑ 10 - Μ άρα [Η 3 Ο + ]<10 - Μ οπότε ph> -και, βέβαια, ph<7) Α3. α (με την προσθήκη Ν η Χ.Ι. μετατοπίζεται δεξιά) Α4. β (αραίωση διαλύματος βάσης το ph μειώνεται, χωρίς να φτάνει την τιμή 7) Α5. Α. ΣΧΟΛΙΚΟ ΒΙΒΛΙΟ σελ. 109 ΦΕΔ σελ. 10 Β. (1) Ηλεκτρολυτική διάσταση συμβαίνει κατά τη διάλυση ενός ιοντικού ηλεκτρολύτη στο νερό, ενώ ιοντισμός κατά τη διάλυση ενός ομοιοπολικού ηλεκτρολύτη. () Η διάσταση είναι πάντοτε πλήρης, ενώ ο ιοντισμός μπορεί να είναι πλήρης (ισχυρός ηλεκτρολύτης) ή μερικός (ασθενής ηλεκτρολύτης). (3) Στη διάσταση τα ιόντα προϋπάρχουν στο κρυσταλλικό πλέγμα της ιοντικής ένωσης και ελευθερώνονται κατά τη διάλυση, ενώ στον ιοντισμό τα ιόντα προκύπτουν από την αντίδραση των μορίων του ομοιοπολικού ηλεκτρολύτη με μόρια διαλύτη (νερού). (Ζητούνται διαφορές) Γ. ΣΧΟΛΙΚΟ ΒΙΒΛΙΟ σελ. 140 ΦΕΔ σελ. 7 ΘΕΜΑ Β Β1. α. ΛΑΘΟΣ Μια ουσία μπορεί να δράσει ως οξύ κατά Brӧnsted-Lowry, μόνο αν διαθέτει στον χημικό της τύπο υδρογόνο (Η), ώστε να μπορεί να δώσει πρωτόνιο (Η + ). β. ΣΩΣΤΗ Ο ιοντισμός της αιθυλαμίνης είναι ενδόθερμο φαινόμενο: CH 3 CH NH + H O + CH 3 CH NH 3 + OH ΔΗ > 0 [CH3CH NH 3 ][OH ] Στην ισορροπία είναι b =. Η μείωση της θερμοκρασίας ευνοεί την [CH3CH NH ] εξώθερμη κατεύθυνση της αντίδρασης, οπότε η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά. Έτσι, αυξάνεται η συγκέντρωση [CH 3 CH NH ] και μειώνονται οι συγκεντρώσεις [ΟΗ ] και [CH 3 CH NH + 3 ], με συνέπεια τη μείωση της τιμής της b. γ. ΣΩΣΤΗ Σ ένα υδατικό διάλυμα ΗCl (ισχυρό οξύ) συγκέντρωσης 10-8 Μ, εκτός από τον ιοντισμό του ΗCl έχουμε και την αντίδραση αυτοϊοντισμού του νερού: ΗCl + Η Ο Η 3 Ο + + Cl και H Ο + Η Ο ΟΗ + Η 3 Ο M 10-8 M xm xm Δηλαδή στο διάλυμα είναι [Η 3 Ο + ]=(10-8 +x)m και [ΟΗ ]=xm. Επομένως [Η 3 Ο + ] > [ΟΗ ] και, επειδή στους 5 o C ισχύει [Η 3 Ο + ][ΟΗ ]=10-14, θα είναι [Η 3 Ο + ] >10-7 Μ > [ΟΗ ], οπότε ph < 7. δ. ΛΑΘΟΣ Αυξάνοντας τον όγκο του δοχείου, πρακτικά μειώνουμε την πίεση. Όμως, η ισορροπία 3Fe(s) + 4H O(g) Fe 3 O 4 (s) + 4H (g) δεν επηρεάζεται από τη μεταβολή της πίεσης, αφού η αντίδραση δε συνοδεύεται από μεταβολή στον συνολικό αριθμό mol των αερίων (για κάθε 4mol υδρατμών που αντιδρούν, παράγονται 4mol υδρογόνου). Επομένως η ποσότητα του Η δε θα μεταβληθεί. ε. ΣΩΣΤΗ (1) Διάλυμα ΝαΟΗ cm : ΝαΟΗ Να + + ΟΗ cm cm Δηλαδή [ΟΗ ] 1 = c M 1

2 () Διάλυμα Cα(OH) cm : Cα(OH) Cα + + ΟΗ cμ cμ Δηλαδή [ΟΗ ] = c Μ Από τις εκφράσεις των συγκεντρώσεων των ιόντων ΟΗ προκύπτει: [OH ] > [OH ] 1 Επομένως -log[oh ] < -log[oh ] 1, δηλαδή poh < poh 1 άρα ph > ph 1 Β. α. Σωστό το (iii): 60 (με την αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνεται και η w ) β. Σε ένα ουδέτερο υδατικό διάλυμα ισχύει [Η 3 Ο + ]=[OH ]. Στη θερμοκρασία θ είναι w =10-13, άρα [Η 3 Ο + ][OH ]=10-13 [Η 3 Ο + ] =10-13 [Η 3 Ο + ]=10-6,5 Μ, δηλαδή ph=6,5. γ. [OH ]=100[Η 3 Ο + ] και [Η 3 Ο + ][OH ]= [Η 3 Ο + ] =10-13 [Η 3 Ο + ] =10-15 [Η 3 Ο + ]=10-7,5 Μ δηλαδή ph=7,5. Β. ΣΩΣΤΟ το (α): ½ ΑΙΤΙΟΛΟΓΗΣΗ: Με την αραίωση σε δεκαπλάσιο όγκο, με την προσθήκη νερού, η συγκέντρωση του διαλύματος υποδεκαπλασιάζεται, δηλαδή c = c 10 Στο αρχικό διάλυμα: [Η 3 Ο + ] = αc = Στο αραιωμένο διάλυμα: [Η 3 Ο + ] = α c = c = c = x, άρα ph = -logx c c = c c = c = x Άρα ph = -log x 10 = -logx + log 10 = -logx + log 1 10 = -logx + 1 Δηλαδή το ph του διαλύματος αυξάνεται κατά μισή μονάδα. ΘΕΜΑ Γ Γ1. SO (g) + NO (g) SO 3 (g) + NO(g) Αρχικά 8 1 Μεταβολή -x -x +x +x mol ΧΙ 8-x 1-x x x Δίνεται, όμως, ότι στη ΧΙ είναι [NO ] = 3M, άρα x = 3 δηλαδή x=6. (V=L) α) Στη ΧΙ είναι: n SO = mol, n NO = 6mol, n SO3 = 6mol, n NO = 6mol - Αν η αντίδραση ήταν μονόδρομη θα αντιδρούσαν πλήρως τα 8mol SΟ και θα παράγονταν 8mol SΟ 3. Επομένως, η απόδοση της αντίδρασης είναι: πρακτικό ποσό SO3 6 α= = = 0,75 ή 75% θεωρητικό ποσό SO3 8 (ή: αφού το ΝO βρίσκεται σε περίσσεια, η απόδοση της αντίδρασης είναι ίση με το ποσοστό του SO που αντιδρά: α = x 6 = 0,75 ή 75% ) 8 8

3 6 6 3][NO] - c = = = 3 ][NO ] 6 β) Έστω y mol η ποσότητα SO 3 που προσθέσαμε. Η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά και παράγονται ακόμα mol SO : SO (g) + NO (g) SO 3 (g) + NO(g) Αρχικά 6 6+y 6 Μεταβολή mol ΧΙ y 4 4+y 4 3][NO] Στη Χ.Ι.: c = 3= 4 8 ][NO ] και τελικά y=0. Γ. α) SO (g) + O (g) SO 3 (g) ΧΙ: 4 mol 0,5 mol y mol V= L y Στη Χ.Ι. στους 7 ο 3] C: c = = = 4 y = 4 ] [O ] 4 0,5 β) β1. Στη Χ.Ι. στους 7 ο C είναι nολ=4+0,5+4=8,5 mol Με την αύξηση της θερμοκρασίας το n ολ αυξάνεται, επομένως η ισορροπία μετατοπίστηκε προς τα αριστερά. Έστω ότι αντέδρασαν ω mol SO 3 : SO (g) + O (g) SO 3 (g) Αρχικά 4 0,5 4 Μεταβολή +ω +ω -ω mol ΧΙ 4+ω 0,5+ω 4-ω Στη νέα Χ.Ι. στους 47 ο C είναι n ολ =9 mol άρα 4+ω+0,5+ω+4-ω=9 ω=0,5 3 3] 18 Οπότε: n SO = 5mol, n O = 1mol, n SO3 = 3mol, και c = = ] [O ] β. Όπως αναφέρθηκε, με την αύξηση της θερμοκρασίας η Χ.Ι. μετατοπίστηκε προς τα αριστερά. Σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier η αύξηση της θερμοκρασίας ευνοεί την ενδόθερμη κατεύθυνση της αντίδρασης, επομένως η προς τα αριστερά αντίδραση είναι ενδόθερμη, οπότε η προς τα δεξιά, δηλαδή η SO (g) + O (g) SO 3 (g) είναι εξώθερμη. 3

4 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Διάλυμα ΝαΟΗ 0,4% w/v (Υ1): σε 100mL δ/τος περιέχονται 0,4g NαOH (M r =40). Δηλαδή σε όγκο V=0,1L δ/τος περιέχονται n = 0,4 g = 0,01mol ΝαΟΗ, 40 g mol άρα c= 0,01 mol =0,1M. 0,1L α) Το NαOH είναι ισχυρή βάση (ιοντική ένωση) και διίσταται πλήρως: ΝαΟΗ Να + + ΟΗ 0,1M 0,1M Άρα [OH ] = 10-1 Μ, οπότε pοh = -log[oh ] = -log10-1 = 1 και επειδή ph + poh = 14 (θ=5 ο C), θα είναι τελικά ph = 13. β) Κατά την αραίωση του διαλύματος Y 1 με την προσθήκη νερού, η ποσότητα του ΝαΟΗ δε μεταβάλλεται: n ΝαΟΗ (Y1) = n HNO3 (Y1 ) άρα c 1 V 1 = c 1 V 1. Αντικαθιστώντας c 1 =0,1Μ, V 1 =0,1L και V 1 =1L προκύπτει c 1 =0,01Μ. Οπότε, στο αραιωμένο διάλυμα [OH ] = 10 - Μ, δηλαδή pοh = και ph = 1. γ) Σε όγκο V=0,5L του Y 1 (c=0,1m) είναι n ΝαΟΗ (Y1) = cv= 0,05mol. 18g Προσθέτουμε n ΝαΟΗ = 40 g mol = 0,45mol Άρα στο διάλυμα Υ περιέχονται n ΝαΟΗ (Y) = 0,05+0,45 = 0,5mol σε όγκο V=0,5L. Έτσι, στο Υ η c = 0,5 mol 0,5L = 1M, οπότε και [OH ] = 1Μ, δηλαδή pοh = 0 και ph = 14. Δ. α) V (STP) HC (g) ά HC ( ) V 0,5 L, c ά HC ( ) ά HC ( ) και V1 0,01 L V 0,1 L c c, ph 1 Η ζητούμενη ποσότητα HCl (σε mol) είναι αυτή που περιέχεται σε V=0,5L του (Υ). Επομένως πρέπει να υπολογιστεί η συγκέντρωση c Υ. Τα 10mL ή 0,01L του διαλύματος που αραιώνεται έχουν επίσης συγκέντρωση c Υ, αφού πρόκειται για μέρος του αρχικού διαλύματος των 500mL ή 0,5L. Κατά την αραίωση, με προσθήκη νερού, η ποσότητα του διαλυμένου HCl δεν μεταβάλλεται, οπότε: c Υ V 1 = c V Αντικαθιστώντας V 1 =0,01L, V =0,1L και c =0,1Μ (ph=1 [Η 3 Ο + ]=10-1 M = c, αφού το HCl είναι ισχυρό οξύ) προκύπτει c Υ = 1Μ. Επομένως, σε όγκο V Υ =0,5L του (Υ) περιέχονται n=c Υ V Υ =1 mol L 0,5L = 0,5mol HCl. 4

5 Αυτή η ποσότητα καθαρού HCl σε αέρια κατάσταση και σε συνθήκες STP καταλαμβάνει όγκο V=0, 5mol,4 L mol =11,. β) Το διάλυμα Υ έχει συγκέντρωση c Υ =0,1Μ. Αν συμβολίσουμε με Α το διάλυμα με ph=3 και με Β το τελικό διάλυμα, τότε: Στο διάλυμα Α είναι ph=3, άρα [Η 3 Ο + ]=10-3 M οπότε και c Α =10-3 M. Στο διάλυμα Β είναι ph=, άρα [Η 3 Ο + ]=10 - M οπότε και c Β =10 - M. Έστω, ότι αναμιγνύονται x ml από το διάλυμα Y και y ml από το διάλυμα Α: ά HC ( ) ά HC (A) A A ά HC (B) V x ml V y ml V x y ml c 0,1 M c 0,001 M c 0,01 M Η ποσότητα του HCl στο τελικό διάλυμα είναι ίση με τη συνολική στα δύο αρχικά διαλύματα, δηλαδή: n HCl (Y) + n HCl (A) = n HCl (B) άρα c Y V Y + c A V A = c B V B. Αντικαθιστώντας προκύπτει η εξίσωση: 0,1 x ,001 y 10-3 = 0,01 (x+y) 10-3 ή 0,1x + 0,001y = 0,01x +0,01y ή 0,1x 0,01x = 0,01y 0,001y ή 0,09x = 0,009y και τελικά x 1. y 10 γ) γ 1. Διάλυμα Δ: Tο CH 3 COOH είναι ασθενές οξύ και αποκαθίσταται η ισορροπία: Στην ισορροπία ισχύει: CH 3 COOH + H O CH 3 COO + H 3 O + Αρχικά (M) 0,1 Μεταβολή (M) -x +x +x Ισορροπία (M) 0,1-x x x 3 [CH3COO ][H3O ] Κ α = άρα 10-5 x x = x = 10-6 και τελικά x = [CH COOH] 0,1 x 0,1 (Είναι 10 c = 10-4 < 10 -, άρα ισχύουν οι απλοποιημένοι τύποι) Δηλαδή στο διάλυμα Δ είναι [Η 3 Ο + ] Δ =10-3 Μ, οπότε ph=3. B B γ. Δίνεται ότι n n οπότε [Η 3 Ο + ] Δ V Δ = [Η 3 Ο + ] Υ V Υ (1) H3O ( ) H3O ( ) Αντικαθιστώντας στην (1): [Η 3 Ο + ] Δ =10-3 Μ, [Η 3 Ο + ] Υ =0,1Μ (ph Υ =1) και V Y =0,1L προκύπτει: 10-3 Μ V Δ = 0,1M 0,1L και τελικά V Δ =10L. 5