HaSO 4 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Ηλ/ο,'-SE' C a H 2 O 6 HaP 0 * 6-» H - c. < Ζ + Ι O O O C a Η5 ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΑΟΣΕΩΝ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΑΘΗΝΑ ΒΙΒΛΙΩΝ
ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ Στέλιος Αιοδάκης Δημήτρης Γάκης Δημήτρης Θεοδωρόπουλος Παναγιώτης Θεοδωρόπουλος Αναστάσιος Κάλλης Λύσεις ασκήσεων χημείας γ' λυκείου θετικής κατεύθυνσης ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΑΟΣΕΩΣ ΑΙΑΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΑΙΩΝ
Επιστημονικός υπεύθυνος ΣΤΕΛΙΟΣ. ΛΙΟΔΑΚΗΣ Ομάδα συγγραφής ΣΤΕΛΙΟΣ. ΛΙΟΔΑΚΗΣ, Δρ. Χημικός, Επίκουρος Καθηγητής ΕΜΠ ΔΗΜΗΤΡΗΣ. ΓΑΚΗΣ, Δρ. Χημικός Μηχανικός, Λέκτορας ΕΜΠ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΠΟΥΛΟΣ, Χημ. Μηχ. Δ/θμιας Εκπαίδευσης ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΠΟΥΛΟΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης ΑΝΑΣΤΑΣΙΟΣ ΚΑΛΛΗΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης Ομάδα Τεχνικής Υποστήριξης: ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΜΕΡΚΟΣ, Δρ. Χημικός Μηχανικός ΕΜΠ ΑΝΤΖΕΛΑ ΛΑΖΑΡΟΥ, φωτογράφος TEI Αθήνας Υπεύθυνος στο Πλαίσιο του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου: ΑΝΤΩΝΙΟΣ ΜΠΟΜΠΕΤΣΗΣ, Χημικός, M.Ed., Ph.D., Σύμβουλος Π.Ι. Ομάδα Κρίσης: ΒΑΣΙΛΕΙΑ ΧΑΤΖΗΝΙΚΉΤΑ,Επίκουρος καθηγήτρια Παν/μιου Αιγαίου ΣΠΥΡΙΔΩΝ ΑΒΡΑΜΙΩΤΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΠΑΡΑΣΚΕΥΑΣ ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΣΟΥΛΤΑΝΑ ΛΕΥΚΟΠΟΥΛΟΥ, Δρ. Χημικός, Σχολικός Σύμβουλος. ΜΙΧΑΗΛ ΜΠΑΣΙΟΣ, Χημικός, καθηγητής Δ.Ε, ίνΐε απόφαση της ελληνικής κυβερνήσεως τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν.
Λύσεις Ασκήσεων Γ' Λυκείου
Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1: Ηλεκτρονιακή δομή των ατόμων 5 Κεφάλαιο 2: Χημική Θερμοδυναμική 13 Κεφάλαιο 3: Οξέα -Βάσεις- Ιοντική ισορροπία 18 Κεφάλαιο 4: Ηλεκτροχημεία 52 Κεφάλαιο 5: Οργανική χημεία 56
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΑΚΗ AOMH ΤΩΝ ΑΤΟΜΩΝ 1-23. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα,-18 ί 24. AE = E 4 - E 2 = ~ 2 '^' 1 0 J -2,18 10' 3 2,18 10 2 2 16-18 J και ν = AE 3 2,18 - IO" 18,. = s = 6,17 10 4 s h 16.6,63 10" 34 25. Απαντάμε εύκολα, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 26. Για να σχηματιστεί ένα άτομο Ag χρειάζεται ενέργεια 310KJmol" 19 E = = 5,149-10 J και απο τη σχέση 6,02 10 23 mol E r = Λν u => ν = Ε = 5,149 10 19 J = 7,77 IO. 4 14, s" 1 h 6,63 10 J s 27. Από τη σχέση λ = υπολογίζουμε mu λ= 6 f 10 " 34j 6 S,= 1,23.10-m. 9 IO" 31 kg 6 IO 6 m s" 1 28. Για την απάντηση, διαβάστε προσεκτικά τη θεωρία. 29. Είναι εύκολο αν μελετήσουμε τη θεωρία να αντιστοιχίσουμε: Bohr» κυκλική καθορισμένη τροχιά de Broglie > κυματική θεωρία της ύλης Heisenberg > αρχή της αβεβαιότητας Schrodinger > κυματική εξίσωση
30. Συμπληρώνουμε εύκολα τα κενά, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 31. (α) Λ: έχουν κοινό τον η (β) Σ (γ) ς (δ) Λ: έχουν δύο διαφορετικές τετράδες (1,0,0,+½) και (1,0,0,- Vi). 32. Is->(1,0) 2s -> (2,0) 2ρ -> (2,1) 3d -> (3,2) 4/ > (4,3) 3ρ > (3,1) 33. Προφανώς τα α, δ, ε είναι τροχιακά s και μάλιστα το α -» Is, το δ > 2s, το ε > 3s, τα β και γ είναι τροχιακά ρ και μάλιστα το γ > 2ρ ζ και το β» 3ρ χ. 34. H σωστή απάντηση είναι η δ. 35. 0.(1,0,0,+½) ηλεκτρόνιο τροχιακού Is β. (1,1,1 -Vi) όχι για η = 1»/ = 0 γ. (2,0,0,+½) ηλεκτρόνιο τροχιακού 2s δ. (2,1,-1,+½) ηλεκτρόνιο τροχιακού 2ρ ε. (2,0,1,+½) όχι για / = 0 > m\ = 0 στ. (3,2,-2,-½) ηλεκτρόνιο υποστιβάδας 3d 36. α. 2p y β. 3s γ. Ap l 37. H 4s έχει 1 τροχιακό. H 4ρ έχει 3 τροχιακά. H 6d έχει 5 τροχιακά. H 5/έχει 7 τροχιακά.
38. Για 3ρ χ : (3,1,1,+½) (3,1,1,-½) 39. Με βάση τον πίνακα της σελίδας 15 (βλ. θεωρίας) η ηλεκτρονιακή δομή του Fe είναι η γ. 40. Με βάση τον πίνακα της σελίδας 15 η σειρά που θα πληρωθούν τα τροχιακά είναι: 5s, Ad, 6s, Af, 5d. 41. Χρησιμοποιώντας τον πίνακα της σελίδας 15 βρίσκουμε ότι η σωστή δομή για το 2sMn είναι η δ. 42. Στηριζόμενος στον κανόνα του Hund βρίσκουμε ότι η σωστή δομή του 7Ν είναι η γ. 43. 5Β [\s 2 Is 2 2ρ λ ] i,na[ls 2 2s 2 2p b 3s 1 ] 18Ar [Is 2 2s 2 2ρ 6 3S 2 3ρ 6 ] 16S [Xs 2 Is 2 Ip b 3s 2 3/] 44. 20Ca 2+ [Is 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 ] IgK + [Is 2 Is 2 Ip t 3s 2 3/7 6 ] 3 5 Br"[ 1 s z 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 ] 45. a. Is 2 β. Is 2 2s 2 2P i γ. Is 2 2s 2 2ρ 6 3s 1 δ. [Ar] 3d 10 As 2 Ap 3 ε. [Ne] 3s 2 3p 5 46. 6C [ls 2 2s 2 2p' x 2p' y ] 1,0,0,+½! i 5 2 1,0, 0,-½ J 2,0,0,+½!, 2 2,0,0,-½- 5 2, 1, 1, +½ "1 2p x 2p y 2p, (στα 2 εκ των 3) 2, 1,0,+½ 1
8 47. H α παραβιάζει την απαγορευτική αρχή του Pauli TT H β παραβιάζει τον κανόνα του Hund. H γ δεν παραβιάζει. H δ παραβιάζει τον κανόνα του Hund. H ε παραβιάζει τον κανόνα του Hund. H ζ παραβιάζει την απαγορευτική αρχή του Pauli. 48. IA > 1 IIIB -> 3 VB > 5 VIIIA > 18 49. IA > αλκάλια IIA» αλκαλικές γαίες VIIA» αλογόνα VIIIA > ευγενή αέρια 50. Απαντάμε εύκολα, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 51. 17C1 [Is 2 2s 2 2/7 6 3s 2 3/7 5 ] Επειδή τα ηλεκτρόνια βρίσκονται σε 3 στιβάδες ανήκει στην 3 η περίοδο και επειδή το τελευταίο ηλεκτρόνιο κατά τη δόμηση εισήλθε στην υποστιβάδα ρ ανήκει στον τομέα ρ. Αντίστοιχα βρίσκουμε ότι: 22Τ1 [Is 2 2s 2 2ρ 6 3S 2 3p 6 3d 2 4s 2 ] 4 η περίοδος - τομέας d 3βΚτ 4 η περίοδος - τομέας ρ 58Ce 6 η περίοδος - τομέας/ 52. Ανήκουν στα στοιχεία μετάπτωσης τα: 23V [Is 2 2s 2 2ρ 6 3S 2 3/7 6 Μ! 4s 2 ] 27Co [Is 2 2s 2 2/7 6 3s 2 3/7 6 V 4s 2 ] 4<>Zr [Is 2 2s 2 2/7 6 3s 2 3/7 6 3d 10 As 1 Ap 6 A 5S 2 ] 53. Έγχρωμες ενώσεις σχηματίζουν τα στοιχεία μετάπτωσης και από τα Α, B, Γ, Δ είναι το 24Β.
Σύμπλοκα ιόντα σχηματίζουν τα στοιχεία μετάπτωσης και από τα Χ, Ψ, Ω, T είναι το 4ΐΩ. 54. Ελαφρά κίτρινο αέριο που αντιδρά με το νερό > F 2 Μεταλλοειδές σκληρό με υψηλό σ.π. > B Αέριο άχρωμο, άγευστο > N 2 Μέταλλο πιο δραστικό από το Fe, το οποίο δε διαβρώνεται στον αέρα > Al Μαλακό μέταλλο» Na 55. Na» 1,54 A Cl -> 0,99 A K -> 2,27 A Rb -> 2,48 A To Cl όπως φαίνεται από τη θέση του στον Π. Π. έχει τη μικρότερη ακτίνα και το Rb τη μεγαλύτερη ακτίνα. 56. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 57. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 58. α. Σωστό, γιατί ανήκουν στην ίδια περίοδο και το gf είναι δεξιότερα του 3L1- β. Λάθος, γιατί ανήκουν στην ίδια ομάδα και το nna είναι πιο κάτω από το 3Li. γ. Σωστό, γιατί ανήκουν στην ίδια ομάδα και το )9Κ είναι πιο κάτω από το 3L1. δ. Λάθος, γιατί ανήκουν στην ίδια περίοδο και το 9F είναι δεξιότερα από το 3Li. 59. Μελετώντας τη θεωρία βλέπουμε ότι για τα δύο στοιχεία που ανήκουν στην ίδια ομάδα: Μικρότερη ακτίνα έχει το ι ina που είναι πιο πάνω. Μικρότερη ενέργεια ιοντισμού έχει το 37Rb που είναι πιο κάτω.
10 Μεγαλύτερη ηλεκτροθετικότητα έχει το 37Kb που είναι πιο κάτω. 60. Γιατί η απομάκρυνση του δεύτερου ηλεκτρονίου από το 3Li (2,1) γίνεται από το 3Li + (2) που είναι πολύ πιο σταθερό γιατί έχει δομή ευγενούς αερίου, ενώ από το 4Be (2,2) γίνεται από το 4Be + (2,1) που δεν είναι τόσο σταθερό όσο το 3Li + (2). 61. To F έχει τη διάθεση να παίρνει ηλεκτρόνιο και η ηλεκτρονιοσυγγένειά του είναι αρνητική (AH < 0). Στο Ne και όλα τα ευγενή αέρια πρέπει να προσφέρουμε ενέργεια για να πάρει ηλεκτρόνιο και η ηλεκτρονοσυγγένειά του είναι θετική (AH > 0). 62. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 63. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 64. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 65. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 66. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 67. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 68. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 69. (ηλεκτρονιακοί τύποι) 70. Από τη θεωρία VSEPR προβλέπουμε ότι γραμμικό είναι το β. BeCl 2. 71. Επίπεδο είναι το BCl 3. 72. Σχήμα κανονικού τετραέδρου έχει το γ. CBr 4 -
11 73. Από την εκφώνηση προκύπτει ότι: Fe 14+ + e > Fe 13+ AH = -3,5-IO 7 J H ενέργεια που ελευθερώνεται θεωρούμε ότι είναι η μέση κινητική ενέργεια 1 mol Fe 13 V#) και από τη σχέση: 3 ^ 2E 2-3,5 IO 7 J mol E=-RT=>T= = - - 2,8-10 6 K 2 3 R 3-8,314 JK" 1 -mol -1 74. α. 4s β. 3d γ. 3d δ. 3ρ 3ρ < 4s < 3d (Τα δύο ηλεκτρόνια της 3d έχουν την ίδια ενέργεια). 75. Από τις τιμές φαίνεται ότι ανήκει στην IIA ομάδα του περιοδικού πίνακα, γιατί μεταξύ E L2 και E I3 η διαφορά είναι πολύ μεγάλη. 76. α. [He] 2S 1 2ρ 5 διεγερμένο, θεμελιώδης κατάσταση: [He] 2S 2 2ρ 4 > 80. β. [Ar] 4S 2 3d i0 4ρ 5 μη διεγερμένο» 3sBr 2 -J 2, 1 χ jr - S Λ rvr i ι 2 γ. [Ne] 3s 3ρ 4s διεγερμένο, θεμελιώδης κατάσταση: [Ne] 3s 3ρ 3 > 15Ρ δ. [Kr] 5s 2 4d w 5ρ 1 μη διεγερμένο > 49Ι11 77. α. To ιόν 7Ν 3 " (2,8) και το ιόν 9F (2,8) είναι ισοηλεκτρονιακά. To ιόν N 3 " έχει μεγαλύτερο μέγεθος από το F γιατί έχει λιγότερα πρωτόνια. β. Τα Ca και το Mg ανήκουν στην ίδια ομάδα (IIA) του περιοδικού πίνακα. To ιόν Ca 2+ έχει μεγαλύτερο μέγεθος από το ιόν Mg 2+ επειδή τα ηλεκτρόνια σθένους του ανήκουν στην 4s υποστιβάδα ενώ του Mg ανήκουν στην 3s. γ. Και τα δύο ιόντα έχουν τον ίδιο αριθμό πρωτονίων (26) αλλά το Fe 2+ έχει ένα ηλεκτρόνιο περισσότερο από το ιόν Fe 3+ και η άπωση μεταξύ των ηλεκτρονίων είναι μεγαλύτερη, άρα το Fe 2+ έχει μεγαλύτερο μέγεθος. 78. α. ga [Is 2 2s 2 2ρ 4 ] 2 η περίοδος, τομέας ρ 6Β [ 1S 2 2S 2 2ρ 2 ] 2 η περίοδος, τομέας ρ
12 β. (ηλεκτρονιακός τύπος) γ. Γραμμικό 79. α. Στοιχείο που ανήκει στα αλκάλια (ΙΑ ομάδα)» B β. Στοιχείο που ανήκει στα αλογόνα (VIIA ομάδα) > Z γ. Στοιχείο III a ομάδας > H δ. Στοιχείο μετάπτωσης» Δ ε. Στοιχείο II a ομάδας» Γ στ. Στοιχείο IIIA ομάδας, το λιγότερο θετικό» E ζ. Προφανώς το K. 80. 1. Σωστό, γιατί το BF 3 είναι επίπεδο μόριο. 2. Σωστό, όπως προβλέπεται από τη θεωρία VSEPR. 3. Σωστό, όπως προβλέπεται από τη γεωμετρία του μορίου. 4. Λάθος, γιατί το B δεν αποκτά οκτάδα. Αρα σωστά 1, 2, 3, Α. 81. Τα μόρια β και δ λόγω συμμετρίας είναι μη πολικά και το α φαίνεται ότι έχει μεγαλύτερη πολικότητα από το γ (β = δ < γ < α)
13 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: ΧΗΜΙΚΗ ΘΕΡΜΟΔΥΝΑΜΙΚΗ 1-11. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα 12-15. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 16. AU = w + q- -12KJ + (-30 KJ) = -42 KJ εκτόνωση εξώθερμη 17. AU = w + q = 30 KJ + 50 KJ = +20 KJ εκτόνωση ενδόθερμη 18. AH am s = 3 mol AH S + 2 mol AH 0 MO - 2 mol AZZ 0 112S - 1 mol AH 0 sol MT = 0 + 2 mol't 285^lu mol -2 mol'<' 2 6> 0 - i mol mol mol AH 0 = -233,7 KJ 19. α. AW 0 Ovns = 2 mol AH 0 FE + 1 mol Δ// Α ΐ203-2 mol AH 0 A\ - 1 mol AH 0 Fe203 =,,1675,7 KJ Λ,,(-822,2)KJ O-Imol O-Imol-^ = -853,5 KJ mol mol β. 2Α1 + Fe 2 O 3 > Al 2 O 3 + 2Fe AH 0 = -853,5 KJ. 1000, 1600, αρχ. mol mol 27 160 αντ. 20 mol 10 mol και ελευθερώνεται θερμότητα: 10 853,5 KJ = 8535 KJ. 20. Απαντάμε εύκολα, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 21. Απαντάμε εύκολα, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία.
14 22. Τη μικρότερη εντροπία έχει το στερεό, μετά το υγρό και μετά το αέριο και φυσικά 2 mol Cl 2 (g) έχουν διπλάσια S 0 από 1 mol Ch(g). Άρα: 2 mol C\ 2 (g) -» 446 J K" 1 1 mol C\ 2 (g) -> 223 J-K" 1 1 mol H 2 Of/) -» 70 J K" 1 1 mol C(s) -> 5,7 J-K 1 23. α. Επειδή από 2 mol αερίων προκύπτει 1 mol αερίου, θα είναι: 5% < S 0 AVT και AS 0 = S 0 JIP - S 0 AVT < 0. β. Στην περίπτωση αυτή επειδή στα αντιδρώντα υπάρχουν 2 mol υγρού και στα προϊόντα 2 mol υγρού και 1 mol αερίου, θα είναι: S 0 lip > S 0 AVT και AS 0 = S 0 1tp - S 0 AVT > 0. 24. α. Σύμφωνα με όσα αναφέραμε προηγουμένως θα είναι: S\ P > S 0 avt και AS 0 = S 0 ltp - S 0 avt > 0. β- S 0 ltp > S 0 avt και AS 0 = S 0 ltp - S 0 avt > 0. 25. a. AS 0 avtls 1 mol S coci2 ~ 1 mol S co ~ 1 mol S 0 Ci 2 = 289 J-K 1-197,9 J-K 1-223 J-K 1 = - 131,9 J-K 1 β. AS 0 amg = 2 mol S 0 H 2 O + 1 mol S o 2 2 mol S h 2 o2 = 2 mol 70 J K 1 mol" 1 + 1 mol 204,9 J-K 1 -mol"' - 2 mol 102 J-K 1 mol" 1 = 140 J K" 1 + 204,9 J-K 1-204 J-K" 1 = 140,9 J-K 1 26. a. 2KC10 3 (s) -» 2KCl(.v) + 3O 2 O?) ^S 0 AVTL8 = 2 mol S KCI + 3 mol S o 2 2 mol S KCIO3 = 2 mol 82,7 J-K'-mol" 1 + 3 mol 204,9 J-K'-mol" 1-2 mol 143 J-K 1 -mol 1 = 494,1 J-K 1 27. α. Λ (υπάρχουν αυθόρμητες ενδόθερμες αντιδράσεις) β. Λ (του σύμπαντος αυξάνεται οπωσδήποτε) γ. Σ δ. A (παραμένει σταθερή στην ισορροπία) ε. Σ
15 28. AG = AH - TAS < O Για οποιαδήποτε T ισχύει, άρα σε οποιαδήποτε θερμοκρασία. AG = AH-TAS <0 ^T > => T > 12600 J =>Τ > 300 AS 42JK άρα είναι αυθόρμητη σε θερμοκρασίες μεγαλύτερες των 300 K. 29. α. Θα πρέπει να είναι τέτοια η τιμή του TAS (σημαντικά μεγάλη), ώστε: AH- TAS < 0 β. Συνήθως το Δ// είναι πολύ μεγαλύτερο από το 7AS και αν AJP < O (εξώθερμη αντίδραση) είναι και AG < 0 (αυθόρμητη μεταβολή) και αν AH 0 > 0 (ενδόθερμη μεταβολή) είναι και AG > 0 (μη αυθόρμητη μεταβολή). 30. 2ΝΟ(2) + O 2 (g) -* 2N0 2 (g) AG = AH - TAS = -171,6 KJ - 298 K(-322)JK * = = -171,6 KJ + 95,96 KJ = -75,64 KJ 31. α. NH 3 Cg) + Η<%) -> NH 4 Clfs) AG = AH-TAS = -177,2 KJ - 298 K(-285)JK"' = = -177,2 KJ + 84,93 KJ = -92,27 KJ β. Αφού ΔG 0 < 0 είναι αυθόρμητη. Γενικά προβλήματα 32. MgCO 3 Cs) > MgOfs) + CO 2 Cg) α. Βρίσκουμε τη ΑΗ, τη AS 0 και στη συνέχεια τη AG 0. Δ// αντιδ = 1 mol ΑΗ MgO + 1 mol ΑΗ C02 ~ 1 ΠΊθ1 ΑΗ MgC03 = 1 mol '- 60 ' 7"" 11 mol '- 393-7 '"-Imol = 1 M i KJ mol mol mol AS 0 otos = 1 mol S 0 M g O + 1 rnol S 0 C02 1 rnol S Mgco3 = 1 mol 26,8 J-K'-mol" 1 + 1 mol 197,9 J-K'-mol" 1-1 mol 65,7 J-K'-mol"' = 159 J-K"' TAS 0 = 298 K 159 JK 1 = 47,38 KJ AG 0 = 117,5 KJ - 47,38 KJ = 70,12 KJ β. Για να αρχίσει η διάσπαση πρέπει:
16 AG < O => AH - TAS < O => 7" > => 7" > 11750 J => T > 739 K. Δ5 159 J K 1 33. Λύνουμε την άσκηση όπως την προηγούμενη: Afl 0 = -986,6 KJ - (-636,5 KJ) - (-285,9 KJ) = - 64,2 KJ TAS 0 = 298 K (76,1 JK 'mol 1 I mol - 70 JK 'mol 1 I mol - - 39,7 JK- 1 Iiior 1 -I mol) = 10,01 KJ AG 0 = ΑΗ - TAS 0 = -64,2 KJ - 10,01 KJ = -74,21 KJ β. Ναι, αφού AG 0 < 0. 34. α. C(διαμάντι)» C(γραφίτης) ΑΗ = 1 mol AH 0 yp - 1 mol AH 0 5iap = O - 1,9 KJ. TAS 0 = 298 K (1 mol 5 γρ - 1 mol S 0 imil) = 298 Κ 3,29 JK 1 = 0,98 KJ AG 0 = AH 0 - TAS 0 = - 1,9 KJ - 0,98 KJ = -2,88 KJ β. Είναι 35. C 6 H 6 (S)== C 6 H 6 (I) AH 0 = 10,9 KJ Ισορροπία: AG = AH - TAS = 0 > AS = Δ//_20 I 9KJ^_39 J 4 JK 1 T 278,5 K 36. α. CH 4 (S) + IO 2 (S) "+ C0 2 (g) + 2Η 2 0(/) AG = 1 mol AG qq2 + 2 mol AG h2o ~~ 1 mol AG 0 ch4 ~ 2 mol AG o 02 = = 1 mol (-394,4 KJ mol" 1 ) + 2 mol (-237,2 KJ mol" 1 ) - - 1 mol (-50,8 KJ mol" 1 ) - 0 = - 818 KJ β. Είναι, γιατί AG > 0 γ. Λόγω μεγάλης ενέργειας ενεργοποίησης. 37. PCl 5 (S)= PCl 3 (S) + Cl 2 (g) AG 0 = 1 mol AG 0 Pci 3 + 1 mol AG 0 Q 2-1 mol AG P ci5 = = 1 mol (-286 KJ mol" 1 ) + 0-1 mol (-325 KJ mol" 1 ) = 39 KJ και από τη σχέση: AG 0 = -2,2>RT\ogK v υπολογίζουμε την K p.
17 38. Υπολογίζουμε εύκολα όπως στην προηγούμενη άσκηση την AG της 2Η2Ο(g) > 2H 2 (^y) + O2(g) και βρίσκουμε: AG 0 = 457,2 KJ και από τη σχέση: AG 0 = -2,3RT\ogK v υπολογίζουμε την K p.
18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΟΞΕΑ- ΒΑΣΕΙΣ- ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ 1-18. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα 19. α. H 2 SO 4 (οξύ), HSO 4 - (βάση) β. H 2 O (οξύ), OH" (βάση) γ. [Fe(H 2 O) 6 ] 3+ (οξύ), [Fe(H 2 O) 5 OH] 2+ (βάση) δ. NH 4 4 (οξύ), NH 3 (βάση) 20. α. Υπολογίζεται εύκολα, ρη = 2. β. C = = ΜΞΞΐ = IO" 2 Μ, άρα [H 3 O + ] = IO 2 και ρη = 2. F V iol γ. HNO 3 0,1 M υπολογίζεται εύκολα, ρη = 1. δ. C = M ili^ = IO- 2 Μ=>[ΟΗ"] = 10~ 2 =*ροη = 2=>ρΗ = 12 ε. NaOH IO 3 M υπολογίζεται εύκολα, ρη = 11. 21. To διάλυμα είναι όξινο και έχει ρη = 2. Αραιώνεται με νερό και γίνεται λιγότερο όξινο. H μόνη δεκτή περίπτωση είναι ρη = 2,5. 22. To διάλυμα είναι βασικό και έχει ρη = 13. Αραιώνεται με νερό και γίνεται λιγότερο βασικό. H μόνη δεκτή περίπτωση είναι ρη = 12,2. 23. To διάλυμα είναι όξινο και εύκολα υπολογίζουμε ότι έχει ρη = 3. Προσθέτουμε καθαρό HNO 3 χωρίς να μεταβάλλεται ο όγκος του διαλύματος και το διάλυμα γίνεται πιο όξινο. H μόνη δεκτή περίπτωση είναι ρη = 2,3. 24. ρη = 12 > [Η + ] = IO" 12 -» [Off] = IO 2 και επειδή το NaOH διίσταται πλήρως, υπολογίζεται εύκολα ότι c Na0H = IO 2 Μ.
19 25. To διάλυμα είναι πολύ αραιό, οπότε πρέπει να λάβουμε υπ' ό- ψιν μας και τον ιοντισμό του νερού. HCl +H 2 O -> H 3 O + + Cl IO 7 M IO 7 M IO 7 M Η 2 0+Η 2 0 H 3 O + + OH χ M χ M χ M Στο διάλυμα έχουμε [H 3 O + ] = (IO 7 + x) M και [OH"] = χ Μ. K w = IO" 14 -> χ (IO 7 + χ) = IO" 14 ή χ = 0,6 IO 7 και [H 3 O + ] = 1,6 IO" 7 Μ. 26. Είναι εύκολη η αντιστοίχηση. 27. To διάλυμα είναι βασικό και δεν μπορεί να έχει ρη = 6. Av είχε ρη = 14 το διάλυμα θα ήταν 1 M και αν είχε ρη = 8 το διάλυμα θα ήταν IO 6 Μ. To διάλυμα είναι πιο αραιό, άρα λιγότερο βασικό, οπότε το ρη = 7,02. 28. Βρίσκουμε τη συγκέντρωση του τελικού διαλύματος: 0,08, mol = I C 2 M οπότε εύκολα υπολογίζουμε 0,2 L διαλύματος ότιρη =12. 29. To αρχικό διάλυμα έχει ρη = 1, οπότε η συγκέντρωσή του είναι 0,1 M και περιέχει 0,2 mol HNO 3. Με την αραίωση στο τελικό διάλυμα η συγκέντρωση θα είναι ^ ^ = 10"' M οπότε υπολογίζουμε εύκολα το ρη = 3. 30. α. Λάθος, γιατί [H 3 O + ] = [Α ], β. Σωστό, γιατί [H 3 O + ] = 1 = 10. γ. Σωστό. δ. Λάθος, γιατί [H 3 O + ]= [Α ] = 1.
20 31. Av η [H 3 O + ] = χ M και η [OH"] = y Μ, έχουμε: xy = IO" 14 και x = IOOy. Λύνοντας το σύστημα έχουμε: χ = IO" 6, y = IO 8 και ρη = 6. 32. α. Έχουμε x L διαλύματος HCl 1 M και y L διαλύματος HCl 3 Μ. Τα συνολικά mol HCl (χ + 3y) είναι διαλυμένα σε (χ + y) L χ + 3y. οποτε εχουμε = 2 => x = y χ + y β. Διάλυμα HCl με ρη = 1 είναι 0,1 Μ, διάλυμα HCl με ρη = 3 είναι 0,001 M και διάλυμα HCl με ρη = 2 είναι 0,01 Μ. Εφαρμόζοντας την ίδια λύση με την α: 0,lx + 0,001y χ + y :0,01 ή y = IOx 33. H [OH ] = 5-10 5 M > IO" 5 Μ. Διάλυμα IO 5 M έχει ρη = 9. To διάλυμα είναι πιο βασικό, άρα ρη > 9 και η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ρη = 9,7. 34. Έχουμε 50 ml διαλύματος 0,63 % w/v. Βρίσκουμε τη Molar-. 0,63 1000 w A1W,, ity: M = 0,1 M, οποτε ρη = 1. J 63 100 Προσθέτουμε x ml νερού, το διάλυμα αραιώνεται, γίνεται λιγότερο όξινο, το ρη του τελικού διαλύματος θα είναι 3 και η molarity του IO 3 Μ. Επειδή C S' W Λ /ΙΙλΤΛ \. 50-0,1 (50 + χ)10~ 3 apx (HNO 3 ) = «τελ (ΗΝ0 3 ) = =^x = 4950 35. Στα 500 ml είναι διαλυμένα mol HCl r 22,4 IOmL ω ή ω = mol 1120 χ
21 H συγκέντρωση του τελικού διαλύματος είναι: * mol c = = -H2Q =JL M. V O,IL 112 Επειδή το διάλυμα έχει ρη = 1 > j^ = 0,1 => x = 11,2 36. Ca + 2Η 2 0» Ca(OH) 2 + H 2 40 g 1 mol ή χ = 0,003 mol 0,12 g χ To Ca(OH) 2 διίσταται πλήρως. Ca(OH) 2 -» Ca 2+ + 20Η 5 10" 3 Μ δίνουν IO 2 M δηλαδή [OH] = IO 2 M οπότε ροη = 2 και ρη =12. 37. To HCl IO 2 M ως ισχυρό οξύ έχει ρη = 2 To NaOH IO 2 M διίσταται πλήρως, ρη = 12 Στο HA 0,1 M (α = 0,01) -» [Η + ] = IO 3 -> ρη = 3 NH 3 0,1 M (α = 0,01) -» [OH ] = IO 3 -> ρη = 11 38. To διάλυμα είναι όξινο. Av το οξύ ήταν ισχυρό το ρη θα ήταν 2. Επειδή είναι ασθενές θα είναι λιγότερο όξινο. Επομένως η μόνη δεκτή περίπτωση είναι ρη = 4. 39. α. Λάθος, γιατί με την αραίωση αυξάνει ο βαθμός ιοντισμού, β. Σωστό, γιατί ελαττώνεται η [[H 3 O + ] γ. Λάθος, γιατί η [Η 3 0 + ]> [OH"] δ. Σωστό, γιατί αυτή μεταβάλλεται μόνο με τη θερμοκρασία. 40. α. Av θεωρήσουμε ότι ιοντίζονται x mol A / L διαλύματος, έ- χουμε: K a = = χ 2 = IO 6 > χ = IO" 3 και ρη = 3. Υπολογίζουμε το βαθμό ιοντισμού α\ = IO" 3.
22 β. O όγκος του διαλύματος εκατονταπλασιάζεται οπότε η συγκέντρωση του υπολογίζεται εύκολα ότι γίνεται 100 φορές μικρότερη, δηλαδή 0,01 Μ. Εύκολα υπολογίζουμε το νέο ρη. K a = = -^- = 10" 6 => y 2 =10~ 8 => y = 10~ 4 και ρη = 4. O 0,01 y 0,01 W- 4 -ν-2 νέος βαθμός ιοντισμού α 2 = = 10 a, _ IO" 3 1 Υ ' α, ~ IO" 2 ~ 10 41. Θεωρούμε c M την συγκέντρωση του διαλύματος της NH 3 και επειδή ρη =11 > ροη = 3 και [OH"] = IO 3 Μ. Από τον ιοντισμό της NH 3 έχουμε: NH 3 + H 2 O NH/ + OH c M IO 3 M IQ- 3 M IO 3 M (c - 10" 3 )Μ IO 3 M IO" 3 M 1Λ-5 10" 3 IO" 3 IO" 6 nl AB=IO = 5 = =>C = 0,1 c-10" 3 c IO 3 O βαθμός ιοντισμού α = -^y- = IO" 2 Από τη molarity 0,1 M έχουμε 0,117 g/l διαλύματος ή 0,17 g/100 ml διαλύματος, δηλαδή 0,17% w/v. 42. Συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 43. Από τον ιοντισμό του ασθενούς οξέος HA: K a = c^2- = Ca 2 = MO" 4 = IO" 4. 1 -α 44. α. Λάθος, γιατί [H 3 O + ] < 0,1 β. Λάθος, γιατί [H 3 O + ] = [Α ] γ. Σωστό δ. Λάθος, γιατί [H 3 O + ] < IO" 1 > ρη > 1 ε. Σωστό.
23 45. Έστω ότι προσθέτουμε χ L νερού σε 3 L του διαλύματος οξέος HA 0,1 Μ. Αρχικό διάλυμα: 0,1 Μ, K a = IO 6 M > ρη = 3 Τελικό διάλυμα: ρη = 4,K a = IO 6 M > C 2 = 0,01 M «ΗΑ(αρχ) = «ΗΑ(τελ) > 3 0,1 = (3 + Χ) 0,01 > X = 297. 46. Αρχικό διάλυμα ΒΟΗ: 1 Μ, K b = IO 6» α\ = IO 3 και 0,025 mol διαλυμένης βάσης. Τελικό διάλυμα ΒΟΗ: ^>025 M = 0,25 Μ, K h = IO -5 => α 2 = 0,1 b ζ 0>25 ΙΟ" 3. 1Λ_ 3 α, 1 η α 2 = = 2 10 _ και - = 0,5 α 2 2 47. Στα 10 ml δ/τος HCl 0,05 M περιέχονται 10 mol H 3 O + επειδή το HCl είναι ισχυρό οξύ. Στο διάλυμα του CH 3 COOH 0,1 M με K a = IO 5 υπολογίζουμε εύκολα ότι [H 3 O + ] = IO" 3. Av λοιπόν έχουμε x ml από το διάλυμα του CH 3 COOH θα έχουμε Χ '10" 3,U^+ 10 0,05 1ΤΙ~+ - rnn ι και mol Η3Ο = mol Η3Ο ή χ = 500 ml. 1000 1000 48. α. Λάθος, γιατί τα δύο οξέα έχουν διαφορετικές συγκεντρώσεις και πρέπει να βρούμε τις τιμές των K a για να συγκρίνουμε τα δύο οξέα. Βρίσκουμε A r alha) = IO 6 και K ai HB) = 25 10 6 οπότε το οξύ HB είναι ισχυρότερο από το οξύ HA. β. Σωστό, γιατί η K a σε σταθερή θερμοκρασία είναι το μέγεθος που δείχνει την ισχύ ενός οξέος. γ. Λάθος, γιατί στα ισχυρά οξέα ο βαθμός ιοντισμού παραμένει σταθερός, α = 1. δ. Σωστό, γιατί ελαττώνεται η συγκέντρωση και αυξάνεται ο βαθμός ιοντισμού. 49. Διάλυμα HCOOH με K i = IO 4 για να έχει ρη = 2 υπολογίζεται εύκολα ότι πρέπει να είναι 1 Μ, δηλαδή 46 g στα 1000 ml ή 9,2 g στα 200 ml. Επειδή θέλουμε το ρη του διαλύματος να εί-
24 ναι μεγαλύτερο, πρέπει να προσθέσουμε λιγότερα από 9,2 g. Δηλαδή 9,2 g είναι οριακά η μεγαλύτερη δυνατή ποσότητα. 50. α. To διάλυμα της ΓΟΗ που έχει την ίδια συγκέντρωση με την ΒΟΗ έχει μεγαλύτερο ρη, δηλαδή είναι πιο βασικό άρα και η ΓΟΗ ισχυρότερη βάση από τη ΒΟΗ. β. Τα δύο διαλύματα θα περιέχουν ίσες ποσότητες από τις δύο βάσεις, άρα θα απαιτούν ίσες ποσότητες οξέος για να εξουδετερωθούν. 51. Δεν μπορούν να συγκριθούν, γιατί δε γνωρίζουμε τις συγκεντρώσεις των διαλυμάτων των οξέων. 52. Υπολογίζουμε εύκολα ότι η K a του CH 3 COOH είναι ίση με IO 5 και η K a του HCOOH είναι ίση με IO" 4. Άρα το HCOOH είναι ισχυρότερο από το CH 3 COOH γιατί έχει μεγαλύτερο K a. 53. To NaCl είναι άλας που προέρχεται από εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση. H παρουσία του δεν επηρεάζει το ρη ενός διαλύματος, άρα το διάλυμά του έχει ρη = 7. 54. * + = = ΝΗ < ^NH 3 ΙΟ" 5 To NH 4 Cl διίσταται πλήρως. NH 4 Cl -> ΝΗ4 + + Cl 0,1 M 0,1 M 0,1 M To ΝΗ + 4 είναι ασθενές οξύ, ενώ το Cl" είναι πολύ ασθενής βάση και δεν αντιδρά πρακτικά με το H 2 O. NH/ + H 2 O NH 3 + H 3 O + 0,1 M χ M χ M χ M (Ο,Ι-χ)Μ χ M χ M Y X 2 K + = = = IO" 9 =>χ = 10" 5 και ρη = 5 ΝΗ * 0,1-χ 0,1
25 55. Βρίσκουμε τη Molarity του διαλύματος του HCOONa ίση με 1,36, mol = 0,1 M. 0,2 L To HCOONa διίσταται πλήρως: HCOONa -» HCOO + Na + 0,1 M 0,1 M 0,1 M Τα HCOO είναι ασθενής βάση ενώ τα Na + δε δέχονται ή δίνουν πρωτόνια στο H 2 O. HCOO + H 2 O HCOOH + OH 0,1 M χ M χ M χ M (0,1-χ) M χ M χ M K IO -14 Y 2 V 2 A = i^=-^ = IO" 10 = = =>χ = 10" 5 5 =[ΟΗ'] και ρη =8,5 w K a 10 0,1-χ 0,1 56. Σύμφωνα με τα προηγούμενα παραδείγματα. Αρχικό διάλυμα CH 3 COONa 1 Μ, ρη = 10, K cm coo- = IO" 8. O όγκος του τελικού διαλύματος είναι 100 L (10 φορές μεγαλύτερος) και η συγκέντρωση προφανώς 10 φορές μικρότερη δηλαδή 0,1 Μ, Acrocoo- = 10 8 5 οπότε υπολογίζουμε εύκολα [OH"] = IO" 4 ' 5 και ρη = 9,5. 57. β. Από την αντιστοίχιση, η οποία γίνεται εύκολα, βρέθηκε ότι το ασθενές οξύ 0,1 M έχει ρη = 3, οπότε υπολογίζουμε εύκολα K a = IO" 5. 58. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 59. α. Υπολογίζουμε το α: α 2 = = => α = IO" 2 c 0,1 Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος και από τη σχέση [H 3 O + ] = κ [οξύ] 3 ' [βάση]
26 Υπολογίζουμε [H 3 O + ] = ΙΟ" 5 = IO" 5 οπότε α = = IO" 4. Παρατηρούμε ότι η παρουσία κοινού ιόντος, δηλαδή του CH 3 COO" προκαλεί ελάττωση του βαθμού ιοντισμού του CH 3 COOH. 60. To HCl ιοντίζεται πλήρως α = 1, είτε είναι μόνο του σε διάλυμα, είτε είναι διαλυμένο μαζί με NaCl. To HA προφανώς είναι ασθενές οξύ και έχει μεγαλύτερο βαθμό ιοντισμού IO 2 > IO 4 όταν είναι μόνο του σε διάλυμα παρά αν υπάρχει και κοινό ιόν δηλαδή Α" που προκύπτει από το NaA. 61. Από τη σχέση [OH"] = K b - [οξύ] Υπολογίζουμε [OH"] = IO 5 - = IO" 5 M οπότε a = = IO 4 και ρη = 9. 62. Υπολογίζουμε τη Molarity του τελικού διαλύματος: mol c = -6Q = ι μ l CH3COOH O l L 0,82, mol. c = 82 = CH3COONa Q 4 L 4 M και [H 3 O + ]= IO" 5 -!-M = 4-IO" 4 M Και α = 4 ' 1(Γ> =4-10" 4 0,1 1 63. Υπολογίζουμε την Xb-NH3: έχουμε διάλυμα 0,1 M με α = 1%,MO-'.,!-ΙΟ" 2 = Κ Γ 3 0,1-0,1 IO" 2 To τελικό διάλυμα έχει όγκο 10 L και περιέχει 4 0,1 mol NH 3 και 6 0,05 mol NH 4 Cl. Υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις και
27 βρίσκουμε ότι έχουμε διάλυμα NH 3 0,04 M και NH 4 Cl 0,03 Μ. Από τη σχέση: [OH ] =K b [ΝΗ ' ] προκύπτει [Off] = IO 5 --^M = 1,33 10 5 [ΝΗ/] 0,03 Μ. 64. α. Για την ασπιρίνη δίνεται K a = 3-IO" 4 και διάλυμα 0,3 Μ. Υπολογίζουμε το α: α 2 = = 3 10 c 0,3 = IO" 3 => α = 3,16 IO 2. β. To γαστρικό οξύ είναι ήδη όξινο και έχει ρη = 1 προσθέτουμε την ασπιρίνη που ιοντίζεται, οπότε έχουμε: HA +H 2 O H 3 O + + A" (M) 0,3 0,1 X X X 0,3-χ 0,1+χ χ Στην ισορροπία έχουμε [HA] = (0,3 - x) M = 0,3 Μ. [Α ] = χ M και [H 3 O + ] = (0,1 + χ) M = 0,1 Μ. [H3O + ][A-] =310-4 = Q!L X^x=910-4 [ΗΑ] 0,3 α= = 3 10" 3 < 3,1610" 2. 0,3 65. To διάλυμα του HCl 0,1 M έχει προφανώς ρη = 1. To H 2 SO 4 είναι διπρωτικό οξύ και έχουμε: H 2 SO 4 +H 2 O -» H 3 O + + HSO 4 0,1 M 0,1 M 0,1 M HSO 4 +H 2 O H 3 O + 2 + SO 4 0,1 M χ M χ M χ M Στην ισορροπία: [H 3 O + ] = 0,1 + x > 0,1 και ρη < 1. 66. Υπολογίζουμε τις ποσότητες του HCl και του ΚΟΗ. 200 O 1 α. mol HCl = 0,02 mol HCl 1000 λοο O 98 β. L-^molKOH = 0,015 mol KOH 100-56
28 Γράφουμε την αντίδραση που θα είναι πρακτικά μονόδρομη και υπολογίζουμε τι παράγεται και τι περισσεύει. HCl + KOH -4 KCl + H 2 O αρχ.: 0,02 mol 0,015 mol αντ.: 0,015 mol 0,015 mol 0,015 mol To τελικό διάλυμα έχει όγκο 500 ml και περιέχει 0,015 mol KCl (δεν επηρεάζει το ρη του διαλύματος) και (0,02-0,015) mol HCl = 0,005 mol HCl. Βρίσκουμε: c Hci = M = 0,01 M και εύκολα υπολογίζουμε το ρη = 2. 67. Έστω ότι προσθέτουμε x mol HCl στα 2 L διαλύματος NaOH που έχει ρη = 13 και επομένως c Na0 H = 0,1 Μ. Τα 2 L περιέχουν 0,2 mol NaOH. Επειδή προσθέτουμε HCl το διάλυμα θα γίνει λιγότερο βασικό, οπότε το ρη θα γίνει ίσο με 12 και θα περισσέψει NaOH με c Na oh = IO 2 Μ. Γ ράφουμε την αντίδραση (μονόδρομη) και υπολογίζουμε την ποσότητα της βάσης που περισσεύει και από την οποία εξαρτάται η τιμή του ρη. NaOH + HCl -» NaCl + H 2 O 0,2 mol χ mol χ mol χ mol x mol Περισσεύουν (0,2 - χ) mol NaOH και έχουμε: η 0,2 - χ 2 ' λ ι ο c NaOH ~ y ~ 2 ή X 0,18 Δηλαδή πρέπει να προσθέσουμε 0,18-36,5 g = 6,57 g HCl. 68. Έστω ότι προσθέτουμε x ml διαλύματος HNO 3. χ-0,63 4, Α. «ΗΝΟ = mol = 10 χ mol 3 100-63 β. To διάλυμα έχει ρη = 12, οπότε c Na oh = 0,01 M και "NaOH = 2-0,01 mol = 0,02 mol. γ. To τελικό διάλυμα έχει ρη = 3 άρα περισσεύει HNO 3 με Chno3 = IO 3 M στο τελικό διάλυμα. Υπολογίζουμε το HNO 3 που περισσεύει και τη Molarity του τελικού διαλύματος: NaOH + HNO 3 -> NaNO 3 + H 2 O 0,02 mol IO -4 X mol
29 0,02 mol 0,02 mol IO -4 X-O^ = 10, λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 222,22. 1000 + 2 69. Έστω χ L διαλύματος HCl και y L διαλύματος ΚΟΗ. χ L Δ. HCl ρη = 2 > 0,01 M περιέχουν 0,01 x mol HCl y L Δ. KOH ρη = 13 > 0,1 M περιέχουν 0,1 y mol ΚΟΗ. 3 (x+y) L Τ.Δ. με ρη = 11» KOH 0,001 M περιέχουν (x+y) 10 mol ΚΟΗ. Από την αντίδραση υπολογίζεται εύκολα ότι αντιδρούν 0,01 x mol KOH και περισσεύουν (0,ly-0,01x) mol KOH σε (x+y) L διαλύματος. Άρα (x+y) IO' 3 = 0, Iy Ο,ΟΙχ ή = 9. y 70. Διάλυμα HCl 0,1 M» ρη = 1. Είναι διαλυμένα 0,1-0,1 mol HCl = 0,01 mol HCl. Διάλυμα NH 3 0,1 Μ, K b = IO 5 -> ρη = 11. Είναι διαλυμένα 0,2 0,1 mol NH 3 = 0,02 mol NH 3. Γράφουμε την αντίδραση (μονόδρομη), υπολογίζουμε τι παράγεται και τι περισσεύει, βρίσκουμε τη molarity του τελικού διαλύματος και υπολογίζουμε το ρη του διαλύματος. NH 3 + HCl -> NH 4 Cl 0,02 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol Στο τελικό διάλυμα: 0,01mol 1 M 0,3 L 30 O 5 Olmol 1 3 M 0,3 L 30 και από τη σχέση [OH"] = K B = IO" 5 -Ψ- = IO" 5-4 ρη = 9. [ΝΗ + 4 ] _! 30
30 71. α. Έστω χ ml διαλύματος CH 3 COOH 0,5 Μ. Για να παρασκευάσουμε 100 ml διαλύματος CH 3 COOH 0,1 M πρέπει 0,5χ 0,1 100, ΙΟΟΟ" 1000 χ = 20. β. 100 ml διαλύματος 0,1 M περιέχουν 0,01 mol CH 3 COOH 50 ml διαλύματος 0,2 M περιέχουν 0,01 mol CH 3 COONa _ O 5 Olmol _ 1 Στο διάλυμα B έχουμε: c CH3COOH 0 15 T 15 O 1 Olmol 1 c CH3COONa- 0 1 5 L - J 5 M και [H 3 O + ] = K a - [ CH 3 CQQH ] = I 0-5 IL = ι 0 " 5 και ρη = 5. [CH 3 COO"] 15 γ. Έστω ότι προσθέτουμε x ml διαλύματος NaOH 0,1 M που O Ix περιέχουν mol NaOH σε 100 ml του A που περιέχει 0,01 mol CH 3 COOH και παίρνουμε διάλυμα με ρη = 5. Για να έχει το τελικό διάλυμα ρη = 5 πρέπει να περισσεύει οξύ, γιατί αν δεν περισσεύει οξύ ή βάση θα είχαμε ρη > 7. Γράφουμε την αντίδραση: NaOH + CH 3 COOH -> CH 3 COONa + H 2 O O,Ix mol 0,01 mol 1000 Ο,ΐχ, O,Ix, O,Ix, -mol mol mol 1000 1000 1000 Στο τελικό διάλυμα: O,Ix c CHCOONa=Inn 0 0 M = β' 1 χ M και CH3COONa IQQ + χ 100+X 1000
31 ο,οι 2ilZL CH 3 COOH: ' 1000 Μ = 10 " ' 1χ Μ 100 + x 100 + x 1000 Οπότε, εφαρμόζουμε τη σχέση: O,Ix [H 3 O + ] = K d - ή ι ο 5 = 1 () s - 100 + Χ και υπολογίζουμε [βάση] 10-0, Ix 100 + χ χ = 50. 72. α. Σε διάλυμα NH 3 0,1 Μ, K h = IO 5 υπολογίζουμε εύκολα το ρη = 11. To διάλυμα περιέχει 0,11 0,1 mol = 0,011 mol NH 3. β. Έστω ότι προσθέτουμε x mol HCl. To διάλυμα γίνεται λιγότερο βασικό και έχει ρη = 10 και περισσεύει βάση. Γ ράφουμε την αντίδραση: NH 3 + HCl -» NH 4 Cl 0,011mol χ mol χ mol χ mol x mol To τελικό διάλυμα περιέχει χ Π 01 1 - χ M NH 4 Cl και M 0,11 0,11 NH 3. Χρησιμοποιούμε τη σχέση [OH ] = K b - [οξύ] 0,011-χ IO 4 = IO 5 και υπολογίζουμε εύκολα ότι x = 0,001. OjT 73. To H 3 O + γιατί το H 2 SO 4 είναι διπρωτικό και τα H 3 O + προέρχονται από τους δύο ιοντισμούς. 74. Γ ράφουμε τους ιοντισμούς των δύο οξέων. HA + H 2 O H 3 O + + A" HB + H 2 O ^H 3 O + + B 0,05 M 0,1 M xm χμ χμ ym ym ym
32 κ«ha) = ' Η ς; Α 1 = = 4-10-! => (χ + y)x = 4.10"! - 0,05 (1) AT a(hb) =! ϊ ΟΏ, = IO-' => (x + y)y = Ο,ΜΟ"' (2) d(hb) [ΗΒ] 0,1- y Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2): (χ + y) 2 = 0,210" 5 + 0,1 10 5 = 3 10" 6 -> (χ + y) = 1,73-10" 3 = [H 3 O + ] 75. α. Γ ράφουμε τους ιοντισμούς των δύο οξέων: HA+ H 2 O ^ H 3 O + + A HB+ H 2 O -H 3 O + + B 0,1 M 0,1 M χμ χμ χμ ym ym ym (0,1-χ) M χ M χ M (0,1-y) M ym ym ρη = 1» χ + y = 0,1 (1) (χ + y)x _ 0,1-χ ^)=0,2 = ^ ^ = ^-(2) X=^ 0,1-χ 0,1-χ 3 (x + y)y_ O 1 Iy y = Λ a(hb) r\ 1 η 1 ^ ' 0,1 y 0,1 y 3 O,I-M O και υπολογίζουμε την Λ^ηβ, = jrr = 0,05 0,1 3 β. Επειδή ^a(h A) > ^a(hb) το οξύ HA είναι ισχυρότερο από το ΗΒ. 76. α. Σωστό, από τον ορισμό του ρυθμιστικού διαλύματος, β. Λάθος, γιατί περιέχει ουσιαστικά μόνο τη βάση F γ. Σωστό, γιατί περιέχει τη βάση NH 3 και το συζυγές οξύ της ΝΠ, + δ. Λάθος, γιατί περιέχει ουσιαστικά μόνο το οξύ NH/. 77. α. Ναι β. Ναι γ. Όχι, γιατί περιέχει δύο οξέα, ΝΗ 4 + και HCl
33 δ. Ναι, γιατί περιέχει το οξύ H 2 S και τη συζυγή του βάση HS ε. Όχι, γιατί περιέχει δύο βάσεις CH 3 COO και OH". 78. NH 3 0,1 M - NH 4 Cl 0,1 M -> ρη = 9 HF 1 M - NaF 0,1 M -> ρη = 3 NH 3 1 M - NH 4 Cl 0,1 M -» ρη = 10 (αυτά είναι ρυθμιστικά διαλύματα των οποίων το ρη υπολογίζεται εύκολα) HCl 0,1 M - NaCl 0,1 M» ρη = 1, γιατί το NaCl δεν επηρεάζει το ρη HCl 0,1 M που είναι ίσο με 1. 79. Στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 0,2 L έχουμε: c CH3COOH = 0,1 M 3,28, mol c =IL= 82 = 02Μ c CH3COONa y O 2 L και [H 3 O + ] = K a - [CH 3 CQQH] = 2 IO' 5 = 10 5 => ρη = 5 κ [CH 3 COO"] 0,2 80. Στο τελικό διάλυμα: c η 2 0,5 mol NH = = = 0,1 M 3 V (2 + 8) L c η 8 0,125mol ~, nh π = = = 0,1 w M NH4Cl ν (2 + 8) L => [OH"] = IO 5 => ρη = 9 81. α. Από την σχέση: [H ru γ\ + 1 ν [CH 3 COOH], 1Α_5θ,1 5 3 O ] = Κ Ά - - 3 - εχουμε K a = 10 = 10 Λ [CH 3 COO"] 0,1 Στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 20 L c CH3COOH = = 0,01M 2 c CH 3COONa=^ = O 1 OlM 10
34 Εύκολα υπολογίζουμε: [H 3 O + ] = IO 5 = IO 5» ρη = 5 γ. Προσθέτουμε 0,003 mol NaOH και γίνεται η αντίδραση: CH 3 COOH + NaOH -> CH 3 COONa + H 2 O 0,2 mol 0,003 mol 0,2 mol 0,003 mol 0,003 mol 0,003 mol 0,197 mol - 0,197 0,203 mol [H 3 O + ] = IO 5 0¾" ^ ρη = - 1ο [ Η3θ+ ] = 5 ' 5 δ. Προσθέτουμε 8 0,001 mol HCl και γίνεται η αντίδραση: CH 3 COONa + HCl -> CH 3 COOH + NaCl 0,2 mol 0,008 mol 0,2 mol 0,008 mol 0,008 mol 0,008 mol 0,192 mol - 0,208 0,208 mol [HjO + ] - IO i 0^92"=* ρη = " log[h3 * 1 = 4 97 10 82. Έστω ότι προσθέτουμε χ mol NaOH σε 2 L διαλύματος NH 4 Cl 0,1 M που έχει ρη = 5 ή [H 3 O + ] = IO 5 α. Υπολογίζουμε την A^nh3 : NH 4 Cl -> NH/+ Cl" 0,1 M 0,1 M Nff + + H 2 CF^ NH 3 + H 3 O + 0,1 M IO 5 M IO 5 M IO 5 M (0,1-IO - OM IO 3 M 10 Μ 10" 5 10" 5 ]n_ 9 K v IO"' 4 K ιη_ 5 + = T = IO KaiX homi = = = 10 0,1-IO" 5 knh^ K + IO" 9 b(nh4 ) β. Γίνεται η αντίδραση: NH 4 Cl + NaOH -> NaCl + NH 3 + H 2 O 0,2 mol χ mol χ mol χ mol x mol
35 (0,2 - χ) mol - χ mol Αντιδρά όλη η ποσότητα του NaOH γιατί το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό και πρέπει να περιέχει NH 4 Cl και NH 3. Επειδή το τελικό διάλυμα έχει ρη = 9. [OH] = IO' 5 = K h [NH3 J = IO 5 [ΝΗ 4 + ] Εύκολα υπολογίζουμε x =0,1. 0,2-Χ 83. χ L διάλυμα HClO 2 0,9 M περιέχουν 0,9x mol HClO 2 y L διάλυμα NaClO 2 0,3 M περιέχουν 0,3y mol NaClO 2 0,9 χ [H 3 O + ] = K d [ HC1Q^ ιο~ 7 =10^2L±y =>- = i- [ClO 2 '] Wy y 30 x + y 84. α., δ. Λάθος, γιατί όχι οποιασδήποτε β. Λάθος, γιατί η [H 3 O + ] του ρυθμιστικού διαλύματος είναι μικρότερη από την [H 3 O + ] του διαλύματος HA. γ. Σωστό. 85. χ L διαλύματος CH 3 COOH 0,1 M > O, Ix mol CH 3 COOH y L διαλύματος NaOH 0,2 M > 0,2y mol NaOH Επειδή το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό, αντιδρά όλη η ποσότητα του NaOH και περισσεύει CH 3 COOH. CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O O,lxmol 0,2y mol 0,2 mol 0,2y mol 0,2y mol 0,2y mol (0,lx-0,2y)mol - 0,2y mol 0,lx-0,2y x + y x _ 4 [H 3 O + ] = IO 5 =I O' 5 0,2y ^ y ~ T x + y 86. Υπολογίζουμε την AT b0fflj, [0H ]=Kb m^i ή 1 0-5 = 1 0-5 Γίνεται η αντίδραση:
36 NH 4 Cl + NaOH NaCl + NH 3 + H 2 O 0,4-0,1 mol 0,40,1 mol 0,40,1 mol 0,04 mol 0,04 mol 0,04 mol - 0,08 mol Στο τελικό διάλυμα: c NH 1 ~ y Qg Μ O,IM X b (NH 3 ) - 10 => ρη 11 To ρη άλλαξε πολύ, γιατί η ποσότητα του NaOH αντέδρασε με ολόκληρη την ποσότητα του NH 4 Cl. 87. Κατά την προσθήκη των λίγων σταγόνων του δείκτη HA στο διάλυμα αποκαθίσταται η ισορροπία: HA+ H 2 O H 3 O + + Α" [H 3 O + ][Α~],,, και ισχύει ο τύπος: K i = (1) Γ ' ' [ ΗΑ 1,η Για να είναι το χρώμα κοκκινο πρεπει: > 10 [Α]. r,., [ΗΑ] [Η3θ + ] ιη Απο τον τυπο 1 εχουμε: = > 10 ^ [A ] [ K 3 ] ή [H 3 O + ] > K a 10 ή [H 3 O + ] > 10 10 5 ή [H 3 O + ] > IO* 4 άρα ρη <4 β. Για να γίνει μπλε πρέπει: [HA] < J_ ^ [H3Q + ] < J_ ^ - H30+] < 10-4 [Α] 10 [KJ 10 Στο διάλυμα NH 3 0,1 M AT b = 10 5 > [OH ] = IO" 3 [H 3 O + ] = = 10" 11 < 10" 6, άρα θα χρωματιστεί μπλε. 88. Διάλυμα HCl 0,01 M -> ρη = 2 Διάλυμα NaOH 0,01 M > ρη = 12 Διάλυμα CH 3 COOH 0,01 M -> 7 > ρη > 2
37 Διάλυμα CH 3 COONa 0,01 M -> 12 > ρη > 7 To μόνο διάλυμα που έχει οπωσδήποτε ρη μεγαλύτερο του 10 είναι το β. 89. α. Καταναλώνονται 25 ml Δ. NaOH x M, 50-0,1 25 χ Α ~ Επομένως: = => χ = 0,2 1000 1000 To τελικό διάλυμα περιέχει 0,005 mol CH 3 COONa σε 75 ml S 1 ' 0,0050 UiUUJU ΛΛ Μ M 0,2 U,ζ διαλύματος και: c CHjCOONa = = ~Γ" Μ 0,0750 3 β.στο τελικό διάλυμα: [OH"] = AT c - /10 ' = IO 5 0,8 CH1COO V 3 V9 και [H 3 O + ] = 10 y 1,2 και ρη = 8,95. γ. Χρησιμοποιούμε φαινολοφθαλεΐνη με περιοχή αλλαγής ρη: 8,3-10,1. 90. γ. Στο σημείο εξουδετέρωσης επειδή AT CHJCOOH = AT nhj το ρη του διαλύματος θα είναι 7, οπότε ο κατάλληλος δείκτης είναι το κυανούν της βρωμοθυμόλης. 91. α. Σωστό, από τον ορισμό της διαλυτότητας. β. Λάθος, γιατί από το K S θα βρούμε τις διαλυτότητες και μπορεί να μην ισχύει η πρόταση. γ. Σωστό, από τον ορισμό της διαλυτότητας. δ. Λάθος, βλέπε το β. 92. AgCl: IO 5 M -> IO"' 0 Mg(OH) 2 : IO 4 M -» 410" 12 Fe(OH) 2 : IO 5 M -> 4 IO" 15 Al(OH) 3 : IO 8 M -» 2,7-10" 31 93. H διαλυτότητα του BaSO 4 είναι 233 mol L"' = 1,1-10" 5 moll/ 1. To K S είναι (1,1-10" 5 ) 2 = 1,21-10" 10
38 94. Από την τνμή του K S υπολογίζουμε τη διαλυτότητα του CaF 2 : CaF2(s) Ca 2+ + 2F χ M 2χ M K S = 410 12 χ (2χ) 2 = 4 10 12» χ = IO" 4 Διαλύονται IO 4 mol σε 1 L H 2 O ή ΙΟ" 4 100-78 g = 0,78 g σε IOOLH 2 O. 95. To NaA είναι ευδιάλυτο και διίσταται πλήρως: NaA -> Na + + Α" 0,1 M 0,1 M 0,1 M To BA είναι δυσδιάλυτο και διίσταται: BAfs)- B + + Ά IO 8 M IO" 8 M IO 8 M K S = 10" 8 (10 _1 + IO" 8 ) = IO" 9 96. Από την K S του AgCl υπολογίζουμε εύκολα ότι η διαλυτότητά του στο νερό είναι IO 5 Μ. Από την K S του Ag 2 CrO 4 υπολογίζουμε τη διαλυτότητά του: 4y 3 = 4- IO" 12.-4 > y = 10 άρα μεγαλύτερη διαλυτότητα στο νερό έχει ο Ag 2 CrO 4. 97. ρη = 10, άρα ροη = 4 και [OH"] = IO" 4. To Mn(OH) 2 διίσταται πλήρως: Mn(OH) 2 (J)= Mn 2+ + 20Η χ M χ M 2χΜ 2χ = IO 4 καιk s = χ (2χ) 2 = (IO" 4 ) 2 =5-10 98. Από την K S του CaF 2 υπολογίζουμε εύκολα ότι η διαλυτότητά του είναι ίση με 10" 4 Μ. Σε 1 L διαλύονται 10" 4 mil 0,39 > χ = 50 χ L mol 78 J 99. Στους 15 0 C η διαλυτότητα του A 2 B είναι χ M και η K S υπολογίζεται ίση με 4χ 3. Στους 60 0 C η διαλυτότητα του A 2 B είναι 3χ M και η K S ' υπολογίζεται ότι είναι ίση με 4(3χ) 3 = 108χ 3
39 108χ 3 = 27 4χ 3, άρα K s = 27K s 100. Υπολογίζουμε τη διαλυτότητα του AgCl: α. Στο νερό: χ 2 = IO" 10 ή χ = IO 5 και τη διαλυτότητα του AgCl σε διάλυμα: 1ίΓ 10 MgCl 2 0,1 Μ: (0,2 + y)y = 10~ 10 ή y = = 5 10" 10 0,2 Σε 1 L Δ. MgCl,-ίο. 2 διαλύονται 5 10",υ mol AgCl ω L IO 5 mol και κάνοντας τις πράξεις: ω = 20000 L. 101. Για να μην καταβυθίζεται ίζημα πρέπει: [Mg 2+ JfOH"] 2 < K s οπότε: 10" 2 [ΟΗ"] 2 < 910 12 και [OH"] 2 < 910" 10 ή [OH"] 2 < 3-10 5 Δηλαδή η μέγιστη δυνατή [OH"] για να μη σχηματιστεί ίζημα Mg(OH) 2 είναι 3 IO 5 Μ. Ομοίως, για να σχηματίζεται ίζημα [OH"] > 310" 1 οπότε οριακά η ελάχιστη δυνατή [OH"] για να σχηματιστεί ίζημα είναι 3-IO" 5. 102. Με την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων, οι συγκεντρώσεις υποδιπλασιάζονται και έχουμε: MgCl 2 Mg 2+ + 2C1" - M - M C M 2 2 NaF -> Na + + F" 0,5 M 0,5 M 0,5 M F + H 2 O- HF + OH 0,5 M χ M χ M χ M (0,5-x) M χ M χ M K* A a (HF) ίο 4 > K f. - K. 10 10 χ2 = 10~' => χ Ζ = 0,5 10 -lu ή[oh ]' =510" 0,5
40 ή Για να μην καταβυθίζεται ίζημα πρέπει: [Mg 2+ ][OH] 2 < 9Τ0" 12 5- IO 11 < 9-IO" 12 ή c < 0,36 M 1 2 Δηλαδή, η μέγιστη δυνατή τιμή του c για να μη σχηματιστεί ίζημα Mg(OH) 2 είναι 0,36 Μ. 103. Μετά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων, το τελικό διάλυμα έχει όγκο 500 ml και C ca (No 3 ) 2 = 0 2-10" 3 - Μ = 4 10" 4 Μ. 0 Ix c NaF = ^ M = O,6χΜ 0,5 To Ca(NO 3 ) 2 και το NaF διίστανται πλήρως, οπότε [Ca 2+ ] = 4 10" 4 M και [F] = 0,6χ Μ. Για να μη σχηματίζεται ίζημα, πρέπει: [Ca 2+ ] [F ] 2 < K s ή 4 10^(0,6x) 2 < IO" 11 ή χ < 2,63 IO" 4. H μέγιστη δυνατή τιμή του χ για να μη σχηματίζεται ίζημα CaF 2 είναι 2,63 IO 4. 104. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 500 ml και: 0 4 1 ο -5 c Baci = M = 8 IO" 6 M. BaCl2 Q 5. c KSO K s = 0,1 '' 2 O 1 0 5 M = 2 IO" 5 M Στο διάλυμα αυτό έχουμε: [Ba 2+ ] = 8-IO 6 M και [SO 4 2 "] = 210 5 Μ. Για να μη σχηματίζεται ίζημα η μέγιστη δυνατή τιμή για το Q s = [Ba 2+ IfSO 4 2 ] είναι ίση με K s, οπότε K s = 8-10 6-2-10 5 = = 1610" = 1,610" 10. 105. Κατά τη στιγμή της ανάμιξης οι συγκεντρώσεις στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 400 ml είναι: 0,2 2 IO" 2 c BaiNO 1 = M = IOM. BA(NU 3 )2 Q 4
41 0,2-2-10" M ^lc2so4 0,4 = IO 6 M Στο διάλυμα αυτό έχουμε: [Ba 2+ ] = IO 2 Μ, [SO 2 4 "] = IO" 6 Μ. To Q s = [Ba 2+ ][SO 2 4 "] = IO" 2 -IO 6 = IO 8 > IO" 9 Σχηματίζεται ίζημα και υπολογίζουμε την ποσότητά του. BaSO 4 Ba 2+ + SO 2 4 " χ M IO z M χ M IO 6 M χ M (IO z -X)M (10" -χ)μ AT s = 10" 9 = (10" 2 -χ)-(10" 6 -χ) ή IO" 9 = IO 2 -(IO 6 -X) ή IO 6 -X=IO 7 ή χ= IO" 6 - IO 7 = 9-10" 7, δηλαδή σχηματίζονται 9-IO 7 mol BaSO 4 ανά L διαλύματος ή 0,4-9-10" 7 mol BaSO 4 = 3,6-10" 7 mol BaSO 4 στα 400 ml του τελικού διαλύματος. 106. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 30 ml με συγκεντρώσεις: _ O 2 λ, c MCl ~~ 3-0,1 Λ/Γ MCl -> M + + Cl 0,2 0,2 M M 3 3 NaOH -> Na + + OH 0,1,ί.. M M 3 Σχηματίζεται ίζημα ΜΟΗ, άρα: M + + OH M m M m 3 3 χμ χ M (0,2 1 ( 0,1 χ I 3 J M I 3 χ ρη = 8 > M-X = Io 6 και 3 M
42 \ K 0,2 Y0,1 Y Ό,ι 0,1 s = X 3 I 3 Λ, 3 T 3 / ir \ I + IO" 6 IO" 6 = 0,1 10~ 6 = IO"7 3 3 3 0,1 3 χ 107. α. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 6 L με συγκεντρώσεις: c Pb(NO 3 ) 2 = 0,02 M και c NaC, = 0,03 M Pb(NO 3 ) 2 -> Pb 2+ + 2Ν0 3 " 0,02 M 0,02 M NaCl -> Na + + Cl 0,03 M 0,03 M Καταβυθίζεται το 50% των Pb 2+. Pb 2+ + 2C1^= PbCl 2 (J) 0,02 M 0,03 M 0,01 M 0,02 M τελικά: 0,01 M 0,01 M = 0,01 (0,01) 2 =IO -6 ^s(pbcl2) β. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 6 L με συγκεντρώσεις: c Pb(No 3 ) 2 = 0,02 M και c NaC =5 10 M Pb(NO 3 ) 2 -> Pb 2+ + 2Ν0 3 " 0,02 M 0,02 M NaCl -> Na + + Cl" 5Τ0" 4 M 5 IO 4 M Ss(Pbci 2 ) = 0,02 (5 - IO -4 ) 2 = 2 ΙΟ" 2 25 IO" 8 = 5 IO" 7 < IO"" 6 Άρα, δε σχηματίζεται ίζημα PbCl 2. 108. Υπολογίζεται εύκολα ότι στο διάλυμα [OH"] = 10" 1 και [Η + ] - IO" 10, άρα: α. Λάθος β. Σωστό γ. Λάθος, γιατί το διάλυμα NH 4 Cl είναι όξινο δ. Σωστό, μόνο αν Α" 3(Η Α) = IO" 10.
43 109. α. HCl -> 1 NaA > 10 NaCl -> 7 NH 3 >11 NH 4 Cl 5 β. To διάλυμα NaA έχει ρη = 10. NaA > Na + + Α" 0,1 M 0,1 M A + H 2 O HA + OH 0,1 M χ M χ M χ M = IO" 4 M (Ο,Ι-χ)Μ χ M χ M IO -4 IO" 4 ιη. 7. X w IO" 14 ιη_ 7 Α = Oj = οποτε "Α= γ~ = ^ T = ιο Α" γ. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 2 L και κατά τη στιγμή της ανάμιξης έχουμε: MgCl 2 -> Mg 2+ + 2C1" IO" 2 IO" 2 Μ Μ 2 2 NaA -> Na + + Α" 0,1., 0,1.. M M 2 2 A + H 2 O =HA + OH M M 2 y M y M y M X = ι ο " 7 = => 2 =12:1 Α y " 0,1 2 T- y To Cs-Mg(OH)2 =[Mg 2+ ][OH"] 2 = W 2 2 " = - ^>X* Αρα σχηματίζεται ίζημα Mg(OH) 2.
44 110. α. Διάλυμα οξέος 1 M με α = 1 %c -» K 3 = IO 6 β. [Η + ] - IO 3 M» ρη = 3 γ. To τελικό διάλυμα έχει όγκο 8 L: NaA M = 0,05 M 8 HA -M = 0,5M ^HA=IO- [H + ] = 10" 0,5 0,05 = 10" ρη = 5 και α = 2 IO" 5 0,5 δ. Γράφουμε την αντίδραση και υπολογίζουμε τις συγκεντρώσεις στο τελικό διάλυμα: NaOH + HA -> NaA + H 2 O 1 mol 2 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol Στο τελικό διάλυμα: NaA 0,25 M HA 0,25 M NaA 0,25 M HA 0,25 M [HsO + ] = IO" 6 και ρη = 6 K, =IO 6 111. α. Εύκολα γίνεται η αντιστοίχηση: 1γ, 2α, 3β, 4ε και 5δ. β. Μελετάμε το διάλυμα α και υπολογίζουμε την A^HCOOH) HCOOH 1 M και ρη = 2 ή [Η + ] = IO 2 M -> A" a(h cooh) = IO 4. Αναμιγνύονται x L διαλύματος NaOH 1 M με y L διαλύματος HCOOH 1 Μ. Γίνεται αντίδραση και περισσεύει HCOOH γιατί το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό. HCOOH + NaOH -» HCOONa + H 2 O y mol χ mol χ mol χ mol χ mol
45 (y - χ) mol - χ mol Στο τελικό διάλυμα: HCOOH: M x + y HCOONa : M x + y ρη = 4ή[Η + ] = KT 4 M [HsO + ] = K a => IO" 4 = IO" 4 [άάλας x x + y y = 2χ 112. Στο αρχικό διάλυμα της NH 3 που έχει ρη = 11: α. Προσθέτουμε ποσότητα HCl οπότε σχηματίζεται διάλυμα με ρη < 11: Λάθος. β. Αραιώνουμε το διάλυμα και σχηματίζεται πιο αραιό διάλυμα με ρη < 11: Σωστό. γ. Προσθέτουμε NH 4 Cl οπότε λόγω επίδρασης κοινού ιόντος ελαττώνεται ο βαθμός ιοντισμού της NH 3 : οπωσδήποτε σωστό, δ. Υπολογίζουμε την ΑΓ Β ΟΗ = IO" 4. Άρα η ΒΟΗ είναι ισχυρότερη από την NH 3 : οπωσδήποτε λάθος. 113. α. H βάση ΒΟΗ είναι ασθενής. Επειδή το διάλυμα είναι 0,01 M το ρη του θα είναι μικρότερο του 12: Λάθος. β. Αραιώνουμε το διάλυμα, οπότε το ρη του διαλύματος θα μικρύνει: Λάθος. γ. Λόγω επίδρασης κοινού ιόντος, ο βαθμός διάστασης της ΒΟΗ θα μικρύνει άρα θα μικρύνει και το ρη του διαλύματος: Σωστό. δ. Όταν το διάλυμα εξουδετερωθεί πλήρως σχηματίζεται διάλυμα που περιέχει μόνο BCl και το ρη του διαλύματος θα είναι μικρότερο του 7: Λάθος. 114. Για το αρχικό διάλυμα έχουμε:
46 [H 3 O + ]=K d C ^C ok = K a 1/1 =K d Προσθέτουμε χ mol NaOH: HA + NaOH -> NaA + H 2 O 2 mol χ mol 2 mol χ mol - χ mol (2-x)mol (2+x)mol Στο τελικό διάλυμα: 2-χ [H 3 O + J = X a [άάλας] 2 + χ 2 Επειδή το ρη μεταβάλλεται κατά μισή μονάδα (οπωσδήποτε με την προσθήκη NaOH θα αυξηθεί το ρη) και ρη' = ρη + 0,5 ή [H 3 O + ]' = [H 3 O + ]- IO 0 ' 5 ή K a = K a?-^- IO^ ή 2 " Χ - 2 + χ 2 + χ -JlO ή 2Λ/Ϊ0-VlOx = 2 + χ ή χ = ^ ^ ^ = = 1,038 VlO+1 4,16 115. α. [H 3 O + ] = K a -^L = IO" 5 -> ρη = 5 (Σωστό) c Pao β. Επειδή είναι ρυθμιστικό διάλυμα, η μεταβολή του ρη θα είναι πολύ μικρή (Σωστό) γ. Προσθήκη HCl θα προκαλέσει ελάττωση στο ρη (Λάθος) δ. Πρακτικά το ρη θα μείνει αμετάβλητο (Λάθος). 116. β. Στο δοχείο 4 περιέχεται το διάλυμα NH 3. Στο δοχείο 5 περιέχεται το διάλυμα NH 4 Cl. NH 3 0,1 M και ρη =11-*.¾= IO 5 100 ml Δ. NH 3 0,1 M -> 0,01 mol NH 3 100 ml Δ. NH 4 Cl 0,1 M -> 0,01 mol NH 4 Cl Στο τελικό διάλυμα που έχει όγκο 200 ml περιέχονται 0,01 mol NH 3 και 0,01 mol NH 4 Cl, οπότε [OH"] = K h^- = IO" 5 Μ2! = I 0-5 και ρη = 9. ο οξ 0,005 1
47 117. α. To διάλυμα A υπολογίζεται ότι είναι 1 M σε NaF, οπότε: NaF 1 M και K a = IO 4 ή K v. = IO" 10 [OH ] = IO' 5 και ρη = 9. β. NaF + HCl -> NaCl + HF 0,02 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol 0,01 mol - 0,01 mol To ρη του B (HCl 1 Μ) είναι 0. 0,01 Στο διάλυμα Γ: [Η + ] = K a -¾- = 10 4 = IO 4 και το ρη του 0,03 Γ είναι ίσο με 4. γ. Στο τελικό διάλυμα περιέχεται NaF 0,5 M και MCl 2 : 0,05 Μ. NaF 0,5 M και K f. = IO" 10^ [OH"] 2 = 0,5-10"'. MCl 2 -» M 2+ + 2C1" 0,05 M 0,05 M To διάλυμα είναι κορεσμένο και δεν σχηματίζεται ίζημα M(OH) 2 άρα A: SM( OH)2 = 0,05-0,5-10 10 = 25-10 13 = 0,25 IO" 11. 118. α. Και τα δύο διαλύματα είναι βασικά, ρη > 7 (Λάθος) β. H [OH"] άρα και το ρη εξαρτάται από την c (Λάθος) γ. H βάση RCOO" είναι ισχυρότερη της R'COO" (Λάθος) δ. Από τη γ προκύπτει ότι το οξύ R'COOH είναι ισχυρότερο από το οξύ RCOOH (Σωστό). 119. α. Αναμιγνύουμε x ml διαλύματος HCOOH 0,1 M και y ml διαλύματος HCOONa 0,1 Μ. Ο,ΐχ Στο τελικό διάλυμα [H 3 O + ] = K i -^- ή IO" 4 = IO 4 * ^ y και Cpao 0 '^ x + y χ + y = 100. Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 50, y = 50. β. To διάλυμα (στ) είναι ρυθμιστικό διάλυμα. γ. Μπορούμε να αναμίξουμε διάλυμα NaOH με διάλυμα HCOOH (σε περίσσεια) ή διάλυμα HCl με διάλυμα HCOONa (σε περίσσεια).
48 120. α. Στο ρυθμιστικό διάλυμα έχουμε: NH 3 0,08 M NH 4 Cl 0,1 M KNH 3 =IO- 5 [OH] = 10" 5 = 8 IO 6 0,1 To MgCl 2 διίσταται πλήρως: MgCl 2 -> Mg 2+ + 2C1 0,1 M 0,1 M Gs M g (OH) 2 = 0,1(8 IO" 6 ) 2 = 64 IO" 13 < IO" 11 οπότε δε σχηματίζεται ίζημα. β. Έστω ότι προσθέτουμε x mol NH 3 οπότε στο νέο διάλυμα έχουμε: NH 3 (0,04+ x)2 M NH 4 Cl 0,1 M =IO" 5 [OH"] = 10" (0,04+χ)2 MgCl 2 -> Mg 2+ + 2C1' 0,1 M 0,1 M Πρέπει: 0,1 [OH] 2 > IO 11 ή [OH ] > IO 5 ή (0,04 + χ)2 IO 4 > IO 5 0,08+ 2χ SrlO 1 ή 2χ> 0,02 και χ >0,01. Άρα πρέπει να προσθέσουμε τουλάχιστον 0,01 mol NH 3 για να αρχίσει ο σχηματισμός του ιζήματος. 121. Έστω ότι x ml διαλύματος HA c M τα οποία εξουδετερώνονται από 12 ml Δ. NaOH c Μ, οπότε: xc _ 12c' 1000 ~1000 Όταν προστέθηκαν 5 ml διαλύματος NaOH c' Μ, μετά την αντίδραση θα έχουμε: NaOH + HA» NaA + H 2 O 5c' 12c' 1000 1000 0,1
49 5c' 5c' 5c' 1000 1000 1000 Ic' 5 c 1000 1000 Στο τελικό διάλυμα: [H 3 O + ] = K i -¾c Ptio 7c' ή IO" 5 = X 1 a 5c =J, K i =-10" 5 a 7 1000 122. Θεωρούμε τα διαλύματα HA C j Μ, HB C 2 Μ, ΗΓ C 3 Μ, NaOH c Μ. Από τη 2 η σειρά προκύπτει εύκολα: IOc 1 = lc, IOc 2 = 16c, IOc 3 = lc, και c, = 0,1c, c 2 = 1,6c, C 3 = 0,1c. Γνωρίζοντας τα παραπάνω από την 1 η σειρά φαίνεται ότι: To ΗΓ είναι ισχυρότερο του HA, γιατί σε διαλύματα της ίδιας c: Ci=C3 έχουμε ρη ΗΓ < ρη ΗΑ To ΗΓ είναι ισχυρότερο του ΗΒ, γιατί σε διάλυμα ΗΓ μικρότερης συγκέντρωσης από τη συγκέντρωση διαλύματος ΗΒ: c 3 < C 2 έχουμε: ρη ΗΓ = ρη ΗΒ Άρα το οξύ ΗΓ είναι το ισχυρότερο. Από την I n και την 3 η σειρά φαίνεται ότι το διάλυμα ΗΓ αραιώνεται κατά 100 φορές και μικραίνει η [Η + ] κατά 100 φορές: IO 3 = IOOTO" 5. Δηλαδή ο βαθμός διαστάσεως του ΗΓ παραμένει σταθερός και στα δύο διαλύματα, άρα α = 1 και το ΗΓ είναι ισχυρό οξύ και επειδή ρη = 3 -» C 3 = IO 3 και έχουμε C j = IO 3 Μ, C 2 = 1,6 IO 3 Μ, c = IO 2 M Από το διάλυμα HA IO 3 M και με ρη = 4, εύκολα υπολογίζουμε:
50 123. α. Mg + 2CH 3 COOH -> (CH 3 COO) 2 Mg + H 2 mol 24 0,025 mol 0,0125 mol 0,025 mol 0,0125 mol 0,0125 mol 0,0125 mol 0,0125 mol Εκλύονται 0,0125-22,4 L = 0,28 L H 2 (stp) β. Υπολογίζουμε την X^COOH) : CH 3 COOH 0,05 M και ρη = 3, οπότε X a(c H 3 cooh) = 2 IO" 5. Στο διάλυμα που σχηματίζεται: _ 0,0025 c nnim (CH 3 COO 2 )Mg - Q Μ 25 - ' 01 Μ (CH 3 COO 2 )Mg -> 2CH 3 COO + Mg 2+ 0,01 M 0,02 M 0,01 M [CH 3 COO"] = 0,02 οποτε: K in-n [OH ] = IO" 5 ' 5 άρα ρη = 8,5. CH3COO 2 10" 5 γ. Στα 250 ml του τελικού διαλύματος προσθέτουμε x mol MgCl 2 και περιέχονται: CH 3 COO 0,02 M [OH ] = IO" 5 ' 5 (CH 3 COO) 2 Mg 0,01 Ml ^ 3 ;2 5 [Mg 2+ ] = 0,01+ 4χ. MgCl 2 4χ M J Για να μη σχηματίζεται ίζημα: (0,01 + 4χ) 10" Π = 10 " > χ = 0,25. 124. α. Υπολογίζουμε τις τιμές των K s K sag a= [Ag + ] [Cl] = IO- 4 AO- 6 = IO" 10 /We** = [Ag + ] 2 [CrO 4 2 ]=( 10" 4 ) 2.810 4 =S.IO 12 β. ι. Καταβυθίζονται 8. IO 7 mol AgCl ή 8. IO" 7 mol Cl" U. Μένουν διαλυμένα (10" 6-8.10 7 ) mol Cl" = 2.10 7 mol Cl" ιιι.υπάρχουν διαλυμένα 10" 10 /2.10" 7 mol Ag + =5.10" 4 mol Ag +
51 ιν.είναι διαλυμένα 8.10 12 /25.IO 8 mol CrO 4 2 "= 8/25. IO 4 mol CrO 4 2 ν. Έχουν καταβυθιστεί (8.10" 4-8/25. IO" 4 ) mol CrO 4 2 =7,68.10" 4 mol CrO 4 2 125. α. Θα σχηματιστεί πρώτα AgBr β. Για να σχηματιστεί ίζημα AgCl πρέπει [Ag + ]=10" ι0 /10 2 M = IO 8 M και επειδή [Ag + ] [Br ]=10" 13 θα πρέπει [Br"]=10" I3 /10 8 M=IO 5 M. γ. Έχουν καταβυθιστεί (10 3-10" 5 )mol Br"=99.10" 5 mol Br"
52 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 : ΗΛΕΚΤΡΟΧΗΜΕΙΑ 1-16. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα 17. Mn0 4 "+5e"+8H + >Mn 2+ +4H 2 0 5[Fe 2+ > Fe 3+ + e" ] 5Fe 2+ + MnO 4 - +8H + >5Fe 3+ + Mn 2+ +4H 2 0 Cr 2 O 7 2 - + 6e~ + 14H + -> 2Cr 3+ + 7H 2 0 3[θ 2 " >0 2 + 2e"] Cr 2 O 7 2 " + 30 2 2 " + 14H + > 2Cr 3+ + 30 2 + 7H 2 0 Cl 2 +2e~ >2Cr S 2 " >S +2e" Cl 2 +S 2 " >2C1" +S 0 18. Cr 2 O 2 7 " + 6e" + 14H + > ICr^++IH 2 O 3[sn 2+ >Sn 4+ + 2e" ] Cr 2 O 2 7 " + 3Sn 2+ + 14H + ^Cr 3+ + Sn 4+ + 7H 2 0 2[Mn0 4 " + 5e" + 8H +» Mn 2+ + 4Η 2 θ] 5[Hg > Hg 2+ + 2e ] 5Hg + 2Mn0 4 " + 16H + >5Hg 2+ + 2Mn 2+ + 8H 2 0 F 2 + 2e" >2F" 21" >I 2 +2e~ F 2 +21" >l 2 + 2F~
53 19. α. Ag + + e" > Ag E 0 av = +0,80 V Mg 0» Mg 2+ + 2e~ E 0 av = +2,37 V Mg 0 + 2Ag + >Mg 2+ + 2Ag AE = (2,37 + 0,8) V = 3,17 V To ηλεκτρόδιο Mg λειτουργεί ως άνοδος και του Ag ως κάθοδος. To γαλβανικό στοιχείο συμβολίζεται: Mg(J) I Mg 2+ (aq) I I Ag + (aq) I Agf J) 20 L Zn(s) + Cu 2+ (aq) >Zn 1+ (aq) + Cu(s) Δ =(0,76+0,34)ν=1,1 V Co(J)+ Ni 2+ (aq) Cu(s) + 2Kg*(aq) >Co 2+ (a^)+ni(j) A =(0,28-0,25)V=0,03 V >C\x 2+ (aq) + 2Ag(s) Δ =(-0,34+0,8)V=0,46V Zn(s) + IKg(aq) >Zn 2 +(aq) + 2Kg(s) ^=(0,76+0,8)V= 1,56V Ενδεικτικά περιγράφουμε αναλυτικά πως βρίσκεται το AE 0 της πρώτης αντίδρασης: Zn (s) ^Zn 2+ (aq) + 2e~ = +0,76 V Cu 2+ («4 J > Cuf.ν) E = +0,34 V AE c 21. Αναλύουμε την αντίδραση οξειδοαναγωγής: A(s) + B 2+ (aq) > A 2 ' (aq) + B(s) K(s) > A 2+ (aq)+2e~ E 0 oi = -I y IW B 2+ (aq)+2e" > B(j) E av = xw = 0,76 V + 0,34 V = 1,1 V K(s)+B 2 *(aq) >K 2+ (aq)+ B(s) AE 0 = -1,2 V + x V = 1,5 V ή x = 2,7 22. To πιο αναγωγικό είναι το Al, γιατί η ημιαντίδραση: Al(J 1 ) >Al 3+ (a<7) + 3e~ έχει το μεγαλύτερο E 0 0ξ από τις αντίστοιχες των άλλων μετάλλων. 23. Ισχυρότερο οξειδωτικό είναι ο 2Hg 2+, γιατί η ημιαντίδραση: 2Hg 2+ (aq) + 2e~ ) Hg + 2 (aq)
54 έχει μεγαλύτερο E a amy από την ημιαντίδραση: Vc y * (aq) +1 >Fe 2 *(aq) 24. Από τον πίνακα κανονικών δυναμικών βρίσκουμε: KfsJ >K + (aq)+e~ +2,93V και με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε τα άλλα κανονικά δυναμικά οξείδωσης. 25. Από τη σειρά οξειδωτικής ισχύος των αλογόνων φαίνεται ότι το μεγαλύτερο κανονικό δυναμικό αναγωγής θα αντιστοιχεί στο F 2 και με τη σειρά Cl 2 - Br 2-1 2. Δηλαδή: F 2 (S) +... + 2,87 V, Ch(g) +... + 136 V, Br 2 (s) + - + 1,07 V, I 2 (J)+... + 0,35 V. 26. Από τον πίνακα κανονικών δυναμικών φαίνεται ότι η αντίδραση: X 2 + 2Ag(i) >2 Ag + + 2Χ~ έχει AE 0 = E 0 0^ + E 0 av > 0, για F 2, Cl 2, Br 2, ενώ για το I 2 έχει Δ < 0. 27. Αναλύουμε την αντίδραση οξειδοαναγωγής: 2Fe 3+ + 2e~ > 2Fe 2+ E 0 av = +0,77 V 2Γ > I 2 + 2e~. 0 ξ = -0,53 V 2Fe 3+ + 2Γ >2Fe 2+ +1 2 ΔΕ = + 0,24 V > 0 άρα η αντίδραση πραγματοποιείται. 28. Όχι, γιατί ο Zn(s) είναι ισχυρότερο αναγωγικό από τον Sn(.v). 29. α. Γιατί είναι στοιχείο μετάπτωσης. β. Από τα κανονικά δυναμικά είναι εύκολο να συμπεράνουμε ότι ο Zn μπορεί να κάνει όλες τις αναγωγές που αναφέρονται εκτός της τελευταίας. 30. To Br 2 είναι ισχυρότερο οξειδωτικό μόνο από το I 2 και οξειδώνει τα I" και δεν οξειδώνει τα Cl".
55 31. Sn >Sn 2+ (aq) + 2e~ E 0 = +0,14 V 2Hg 2 ><7)+ 2e~ > Hg 2 2+ (aq) E 0 = + 0,92 V Sn + 2Hg 2+^j >Sn 2+ (aq)+hg 2 2+ (aq) ΛΕ = + 1,06 V > 0, πραγματοποιείται 2Fe 2+ (aq) >2Fe u (aq)+ 2e~ E 0 = -0,77 V 2Hg 2+ (aq)+ 2e~ >Hg 2+ (aq) E 0 = +0,92 V 2 e 2+ (aq)+2hg 2+ (aq) >2Fe i +(aq) + Hg 2 2+ (aq) Δ = +0,15 V > 0, πραγματοποιείται 2Br-(aq) >Br 2 CO + 2e" E 0 = -1,07 V Sn 2+ (aq) + 2e~ >Sn(s) E 0 = -0,14 V 2F Q 2 Uaq)+ 2Hg 2+ (aq) > 2F e 3+ (aq)+ Hg 2 2 Uaq) Δ = -1,21 V <0, δεν πραγματοποιείται 2Fe 2+ (aq) >2Fe*(aq)+ 2t E 0 = -0,77 V Br 2 (Z)+2e~»2Br~(a<7) E 0 = +1,07 V IFe 1 Uaq)+ Bx 2 (I) > 2Fe 3+ (a<7) + 2Br ~(aq) Δ = +0,3 V > 0, πραγματοποιείται
56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 : ΟΡΓΑΝΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ 1-33. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 34. Διαβιβάζουμε το άγνωστο σώμα σε αραιό ψυχρό διάλυμα Br 2 (σε CCl 4 ). Av το διάλυμα Br 2 που είναι κόκκινο αποχρωματιστεί, τότε ο υδρογονάνθρακας είναι αλκένιο, αν δεν αποχρωματιστεί το διάλυμα, τότε ο υδρογονάνθρακας είναι αλκάνιο. C v H 2v + Br 2 > C v H 2v Br 2 35. Τα αλκίνια με τύπο RC=CH αντιδρούν με Na και δίνουν H 2, τα άλλα που δεν είναι του τύπου RC=CH δεν αντιδρούν με Na. RC=CH + Na -> RC=CNa + 1^H 2 36. Οι αλκοόλες αντιδρούν με Na και δίνουν H 2, οι αιθέρες δεν α- ντιδρούν. 37. H διάκριση των αλκοολών μεταξύ τους μπορεί να στηριχθεί: α) στον τρόπο που οξειδώνονται, β) στο αν δίνουν ή όχι την αλογονοφορμική αντίδραση. 38. To οξύ αντιδρά με NaHCO 3 και δίνει CO 2, ο εστέρας δεν αντιδρά. 39. Στηριζόμαστε στα εξής: ί) Τα οργανικά οξέα αντιδρούν με ανθρακικά ή όξινα ανθράκικα άλατα, ενώ δεν αντιδρούν οι φαινόλες και οι αλκοόλες. ii) Οι φαινόλες αντιδρούν με διαλύματα NaOH ή ΚΟΗ, ενώ οι αλκοόλες δεν αντιδρούν. Ασκήσεις - προβλήματα 40-46. Είναι εύκολο να απαντήσουμε, αν μελετήσουμε προσεκτικά τη θεωρία. 47. α. Σωστό
57 β. Σωστό γ. Λάθος, ο δεσμός είναι σ (σίγμα) δ. Λάθος, όλοι οι δεσμοί είναι σ (σίγμα) 48. Μελετώντας τη θεωρία βλέπουμε ότι η σωστή αντιστοίχηση είναι: BeH 2» sp BCl 2 > sp 1 CCI4 > sp^ 49. Ισχυρότερο είναι το CF 3 COOH που περιέχει 3 άτομα F παρά το CCl 3 COOH που περιέχει 3 άτομα Cl, γιατί το F δημιουργεί ε- ντονότερο -I επαγωγικό φαινόμενο από το Cl. To CCl 3 COOH είναι ισχυρότερο από το CH 2 ClCOOH γιατί τα 3 άτομα Cl δημιουργούν εντονότερο -I επαγωγικό φαινόμενο από το 1 άτομο Cl. Τέλος, το CH 2 CICOOH είναι ισχυρότερο από το CH 2 BrCOOH γιατί το Cl είναι ηλεκτραρνητικότερο από το Br. 50. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 51. H 2-πεντανόλη. 52. Βλέπε θεωρία 53. α. [α] + = = = +75 Id 0,08 1 β. a = [a]. I' d' = -75 1 0,05 = -3,75 54. Έστω ότι το μίγμα περιέχει XgA και y g B. "ϊμίγματος ~ 2 g > X + y 2(1) To άθροισμα της γωνίας στροφής που προκαλεί το A και της γωνίας στροφής που προκαλεί το B ισούται με τη γωνία στροφής που προκαλεί το μίγμα. OtA + ^μίγματος [a]/jd + [a\nld = +0,4
58-24 Ix + ~ 32 ly = 0,4 <=> 32y - 24x = 8 (2) 20 20 Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2) και βρίσκουμε χ = 1, y =1. 55. α. 3-μεθυλο-εξάνιο β. 3-μεθυλο-1-πεντένιο γ. 3-μεθυλο-1-πεντίνιο δ. 2-βουτανόλη ε. 2-μεθυλοβουτανικό οξύ 56. Έχουμε 8 ισομερείς αλκοόλες με Μ.Τ. C 5 HnOH Ασύμμετρο άτομο άνθρακα έχουν: η 2-πεντανόλη, η 3-μεθυλο-2-βουτανόλη και η 2-μεθυλο-1-βουτανόλη. 57. α. Σωστό β. Όχι οπωσδήποτε, γιατί αν τα 2 ασύμμετρα άτομα C έχουν τους ίδιους υποκαταστάτες τότε οι δυνατοί στερεοχημικοί τύποι είναι 3. γ. Σωστό από τον ορισμό των εναντιομερών. δ. Σωστό, από τον ορισμό των διαστερεοϊσομερών. 58. 4 στερεοϊσομερή - 2 ζεύγη εναντιομερών 4 ζεύγη διαστερεομερών. 59. 3,4-διμεθυλο-εξάνιο, 3 τύποι γιατί υπάρχει μεσομορφή. 60. α-4, β-8, γ-3, δ-2, ε-2, ζ-1. 61. Α: 2 B: 1 Γ: 2 Δ: 4 Ε:3 62. Παρόμοια με τις παραπάνω. 63. 4 περιπτώσεις (γεωμετρική και οπτική ισομέρεια). 64. 4 δυνατά στερεοϊσομερή (1 οπτική, 3 γεωμετρική).
59 65. Βλέπε θεωρία. Γ ράφουμε ένα παράδειγμα για να δείξουμε την εφαρμογή του κανόνα του Markovnikov: CH 3 CH 2 CH=CH 2 + HCl -» CH 3 CH 2 CH(Cl)CH 3 66. Βλέπε θεωρία. Γράφουμε ένα παράδειγμα: CH 3 CH 2 C ξ CH + H 2 O καταλύτκ; ) CH 3 CH 2 COCH 3 67. A: CH 3 CH=CH 2 B: CH 2 =CH 2 Γ: CH 2 ClCH 2 Cl 68. Βλέπε θεωρία. Γ ράφουμε ένα παράδειγμα. CH 3 CH 2 CHO + HCN -> CH 3 CH 2 CH(OH)CN 69. A: CH 3 CHO B: CH 3 CHOHCN Γ: HCHO Δ: CH 3 CH 2 OMgBr 70. Για να διαλέξουμε την καρβονυλική ένωση και το αντιδραστήριο Grignard προσέχουμε ποια είναι η αλκοόλη που θέλουμε να παρασκευάσουμε. Αναφέρουμε το παράδειγμα της 2-βουτανόλης όπου υπάρχουν 2 δυνατές πορείες. CH 3 CH 2 MgBr + CH 3 CHO ->... CH 3 MgBr + CH 3 CH 2 CHO... 71. Γράφουμε ένα παράδειγμα για να δείξουμε τον κανόνα του Saytseff. CH 3 CH 2 CH(Cl)CH 3 +NaOH ^2i2_^CH 3 CH=CHCH 3 +NaCl + H 2 O 72. A: CH 3 CH 2 CH 2 Cl B: CH 3 ONa Γ: CH 3 CH(Cl)CH 3 73. Βλέπε θεωρία.
60 74. α. 5CH 3 CH 2 CHO + 2ΚΜη0 4 + 3H 2 S0 4» 5CH3CH 2 COOH + K 2 SO 4 + + 2MnS0 4 + 3H 2 0 β- CH 3 CH 2 CHO + 2CUS0 4 +5NaOH > CH 3 CH 2 COONa + Cu 2 O 4 + + 2Na 2 S0 4 + 3H 2 0 y CH 3 CH 2 CHO + 2AgN0 3 + 3NH 3 + H 2 O > CH 3 CH 2 COONH 4 + + 2Ag + 2NH 4 N0 3 75. Βλέπε θεωρία. π.χ. δ. 5(COONa) 2 + 2ΚΜη0 4 + 8H 2 S0 4 > IOCO 2 + K 2 SO 4 +5Na 2 S0 4 + 76. α. CH 3 COOH + NaOH -> CH 3 COONa + H 2 O β. C 6 H 5 COOH + NaOH -> C 6 H 5 COONa + H 2 O γ. C 6 H 5 OH + NaOH -> C 6 H 5 ONa + H 2 O 77. CH 3 CH 2 NH 2 + HCl -> CH 3 CH 2 NH 3 + C1 CH 3 NHCH 3 + HCl -> (CH 3 ) 2 NH 2 f Cl" + 2MnS0 4 +8H 2 0 78. Είναν εύκολο να συμπληρώσουμε τα κενά με βάση τη θεωρία. 79. Απλή, βλέπε θεωρία. 80. Απλή, βλέπε θεωρία. 81. CH 3 + : καρβοκατιόν CH 3 : καρβανιόν CH 3 ': ελεύθερη ρίζα Cl 2 : μόριο
+NaOH»CH3 CH 3 + Na 2 CO 3 61 82. NH 3 : πυρηνόφιλο, λόγω του μη δεσμικού ζεύγους ηλεκτρονίων OH": πυρηνόφιλο αρνητικό ιόν. CH 3 + : ηλεκτρονιόφιλο (καρβοκατιόν). AlCl 3 : ηλεκτρονιόφιλο, λόγω έλλειψης ηλεκτρονίων στο άτομο του αργιλίου. NH 2 ": πυρηνόφιλο αρνητικό ιόν. Ν0 2 + : ηλεκτρονιόφιλο θετικό ιόν. 83. Βλέπε θεωρία στην ηλεκτρονιόφιλη προσθήκη. 84. Βλέπε θεωρία στην πυρηνόφιλη προσθήκη. [O] 85. α. CH 2 =CH 2 + H 2 O -> CH 3 CH 2 OH > H CH 3 CHO 2C/ Με [O] συμβολίζουμε γενικά τα οξειδωτικά σώματα, β. CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH e H2SO4 ) CH 3 CH 2 CH 2 CH=CH 2 -H2O +"*>» CH 3 CH 2 CH 2 CH(OH)CH 3 H + γ. CH 3 CH 2 CH 2 CH=CH 2 + CL 2 -> CH 3 CH 2 CH 2 CHC1CH 2 C1 +2 NaOH ^ CH 3 CH 2 CH 2 CSCH + 2NaCl + 2Η 2 0 αλκοόλη 86. A: CH 3 CH(OH)CH 3 B: CH 3 CH(CH 3 )OCH 3 Γ: CH 3 CH(CH 3 )CN Δ: CH 3 CH=CH 2 87. α. CH 3 CH 2 CH 2 Cl + AgOH -> CH 3 CH 2 CH 2 OH 2(0] +NaOH CH 3 CH 2 COOH -+CH 3 CH 2 COONa -H2U -H2W β. CH 3 CH 2 CH(OH)CH 3 + 4C1 2 + 6NaOH -+ CH 3 CH 2 COONa + CHCl 3 + 5NaCl + 5Η 2 0 CH 3 CH 2 COONa + HCl -> CH 3 CH 2 COOH + NaCl 88. α. CH 3 CH 2 OH + SOCl 2 -+ CH 3 CH 2 Cl* + SO 2 + HCl
62 2CH 3 CH 2 C1 + 2Na -» 2NaCl + CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 β. CH 3 CH 2 OH + [O] -> CH 3 CHO + H 2 O ξηρός CH 3 CH 2 Cl* + Mg ^ ) CH 3 CH 2 MgCl CH 3 CHO + CH 3 CH 2 MgCl -> CH 3 CH(CH 2 CH 3 )OMgCl +H ' ) CH 3 CH 2 CH(OH)CH 3 + Mg(OH)Cl γ. CH 3 CH 2 OH + 2[0] -> CH 3 COOH** + H 2 O CH 3 COOH** + CH 3 CH 2 OH -> CH 3 COOCH2CH 3 + H 2 O 2CH 3 COOH + CaO -> (CH 3 COO) 2 Ca + H 2 O (CH 3 COO) 2 Ca -> CaCO 3 + CH 3 COCH 3 * To CH 3 CH 2 Cl που παρασκευάσαμε στην πρώτη περίπτωση δεν το παρασκευάζουμε στις άλλες περιπτώσεις, απλώς το χαρακτηρίζουμε με *, εννοώντας ότι γνωρίζουμε την παρασκευή του. To ίδιο θα κάνουμε και στις επόμενες ασκήσεις. 89. α. CH 3 CHO + HCN -> CH 3 CH(OH)CN +2 H,O -»CH 3 CH(OH)COOH β. CH 3 CHO + [O] CH 3 COOH CH 3 CHO + H 2 > CH 3 CH 2 OH* CH 3 COOH + CH 3 CH 2 OH -Hc CH 3 COOCH 2 CH 3 + H 2 O γ. CH 3 CH 2 OH* + SOCl 2 -> CH 3 CH 2 Cl** + SO 2 + HCl CH 3 CH 2 Cl + Mg ξηρός αι6έρας ) CH 3 CH 2 MgCl CH 3 CHO + CH 3 CH 2 MgCl -> CH 3 CH(OMgCl)CH 2 CH 3 +Η ' ) CH 3 CH 2 CHOHCH 3 + Mg(OH)Cl δ. CH 3 CHO + 3C1 2 + 4NaOH -> HCOONa + CHCl 3 + 3NaCl + 3Η 2 0 HCOONa + HCl -> HCOOH + NaCl ε. 2CH 3 CH 2 C1** + 2Na -» 2NaCl + CH 3 CH 2 CH 2 CH 3 στ. 2CH 3 CH 2 C1** + KCN -> CH 3 CH 2 CN + KCl +η+ CH 3 CH 2 CN + 2Η 2 0 ) CH 3 CH 2 COOH + NH 3 2CH 3 CH 2 COOH + CaO -> (CH 3 CH 2 COO) 2 Ca + H 2 O (CH 3 CH 2 COO) 2 Ca -» CH 3 CH 2 COCH 2 CH 3 + CaCO 3 CH 3 CH 2 COCH 2 CH 3 + H 2!CH 3 CH 2 CH(OH)CH 2 CH 3
63 90. α. CH 3 CsCH + H 2 O > CH 3 COCH 3 +HCI β. CH 3 CsCH+ H 2 -> CH 3 CH=CH 2 > CH 3 CH(Cl)CH 3 CH 3 CsCH + Na -> CH 3 CsCNa + ViH 2 CH 3 CsCNa+CH 3 CH(Cl)CH 3 -» NaCl + CH 3 CsCCH(CH 3 )CH 3 91. Διαβιβάζουμε το άγνωστο αέριο σε διάλυμα CuCl και NH 3. Av αντιδράσει με CuCl και NH 3 είναι το 1-βουτίνιο. CH 3 CH 2 CsCH + CuCl + NH 3 -» CH 3 CH 2 CsCCui + NH 4 Cl Av δεν αντιδράσει θα είναι το 1-βουτένιο ή το βουτάνιο. Διαβιβάζουμε το αέριο σε διάλυμα Br 2 σε CCl 4, οπότε αν αποχρωματιστεί το διάλυμα τότε το αέριο είναι το 1-βουτένιο: CH 3 CH 2 CH=CH 2 + Br 2 -» CH 3 CH 2 CH(Br)CH 2 Br ενώ αν δεν αποχρωματιστεί είναι το βουτάνιο. 92. A: CH 3 CH 2 CsCH B: CH 3 CH 2 CH 2 CSCH 93. Αντιδρά με Na, είναι αλκοόλη, δεν οξειδώνεται, είναι τριτοταγής Η 2-μεθυλο-2-βουτανόλη. 94. Ελέγχουμε τα περιεχόμενα ποιων δοχείων αντιδρούν με Na. Θα παρατηρήσουμε ότι το περιεχόμενο ενός δοχείου δεν αντιδρά. Εκεί περιέχεται ο αιθέρας. Στα άλλα δύο δοχεία, περιέχονται οι 2 αλκοόλες. Ελέγχω τυχαία αν το περιεχόμενο του ενός δοχείου δίνει κίτρινο ίζημα με διάλυμα I 2 + NaOH, αν δίνει εκεί είναι η 2-προπανόλη και στο άλλο η 1-προπανόλη. Av δε δίνει κίτρινο ίζημα, θα είναι το αντίθετο. 95. H μόνη από τις αλκοόλες του τύπου C 4 H 9 OH που δίνει αλογονοφορμική αντίδραση είναι η 2-βουτανόλη, άρα: B: CH 3 CH 2 CHOHCH 3 και A: CH 3 CH 2 CHC1CH 3
64 96. Επειδή η A δεν αντιδρά με αντιδραστήριο Fehling είναι κετόνη και επειδή δε δίνει αλογονοφορμική δεν είναι μεθυλοκετόνη, άρα είναι η CH3CH2COCH2CH3: διαιθυλοκετόνη. 97. Επειδή η αλκοόλη Γ οξειδώνεται, δεν είναι τριτοταγής, οπότε η A είναι αλδεϋδη. A: CH 3 CH 2 CHO B: CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OMgBr Γ: CH 3 CH 2 CH(OH)CH 3 Δ: CH 3 CH 2 COCH 3 98. H ουσία A συμπεραίνουμε εύκολα ότι είναι εστέρας, οπότε από τη συνέχεια φαίνεται ότι η B είναι άλας και μάλιστα το CH 3 COONa, οπότε η Γ έχει Μ.Τ. C 3 H 7 OH και επειδή δίνει α- λογονοφορμική είναι η 2-προπανόλη. Δηλαδή έχουμε: B: CH 3 COONa Γ: CH 3 CH(OH)CH 3 A: CH 3 COOCH(CH 3 )CH 3 99. H ένωση Δ περιέχει 2 άτομα C στο μόριό της και η ένωση C 4 HgO 2 είναι εστέρας. B: CH 3 COONa Γ: CH 3 CH 2 OH Δ: CH 3 COOH A: CH 3 COOCH 2 CH 3 100. H A είναι εστέρας με γενικό τύπο C V H 2V +1 COOC M H 2M +Ι. C 7 HI 4 O 2 + H 2 O -» C V H 2V +,COOH + Ο Μ Η 2Μ+1 ΟΗ. Λύνουμε το σύστημα: ν + μ + 1 = 7 14ν + 46 = 14μ + 18 και βρίσκουμε ν = 2, μ = 4. H αλκοόλη πρέπει να είναι δευτεροταγής, άρα ο εστέρας είναι ο CH 3 CH 2 COOCH(CH 3 )CH 2 CH 3 : προπανικός δευτεροταγής βουτυλεστέρας.
65 +KCN +2Η20/Η + 101. CH 3 CH 2 Br ^jr ) CH 3 CH 2 CN ΝΗ; ) CH 3 CH 2 COQH (A) (B) CH 3 CH 2 Br +AgOH ) CH 3 CH 2 OH + AgBr (Γ) CH 3 CH 2 COOH +CH 3 CH 2 OH CH 3 CH 2 COOCH 2 CH 3 + H 2 O (Δ) 102. α. ΔT f = Krm 1,2 = 4,8 i-zilm ή M 1 = 94,2 Γ M 1 200 β. (C 5 H 6 O) x -4 94χ = 94,2 -Η> χ = 1,02 Πρέπει χ = 1 και ο Μ.Τ. C 6 H 6 O γ. H ένωση δεν είναι ακόρεστη, και είναι οξύ, άρα είναι η φαινόλη C 6 H 5 OH. 103. A: CH 3 CH 2 CsCH επειδή δίνει ίζημα με CuCl + NH 3 B: CH 3 CH 2 COCH 3 : η οποία δίνει την αλογονοφορμική Γ: CH 3 CH 2 C(CH 3 )OHCN 104. C 6 H 5 CHOHCH 3, 2 στερεοχημικοί τύποι. 105. Από τη B που δίνει την αλογονοφορμική προσδιορίζονται εύκολα οι τύποι: A: CH 3 CH(Cl)CH 3 B: CH 3 CH(OH)CH 3 Γ: CH 3 COCH 3 Δ: CH 3 C(CH 3 )OHCN Ε: CH 3 C(CH 3 )OHCOOH 106. Είναι εύκολο να διαπιστώσουμε ότι η ένωση A είναι εστέρας, η Γ είναι αλκοόλη (C 4 H 9 OH) που δίνει αλογονοφορμική, οπότε προσδιορίζουμε εύκολα ότι B: CH 3 COOH Δ: CH 3 CH 2 COCH 3
66 Γ: CH 3 CH 2 CH(OH)CH 3 Ε: CH 3 CH 2 C(CH 3 )OHCN A: CH 3 COOCH(CH 3 )CH 2 CH 3 107. α., β. H αλκοόλη C 4 Hi 0 O (A) είναι οπτικά ενεργή και είναι η CH 3 CH 2 CHOHCH 3 με 2 στερεοχημικούς τύπους: η B είναι το C 5 H 5 COONa αφού δίνει βενζόλιο (C 6 H 6 ) με θέρμανση με NaOH και η A: C 6 H 5 COOCH(CH 3 )CH 2 CH 3 - βενζοϊκός δευτεροταγής βουτυλεστέρας. γ. Βλέπε θεωρία. 108. Πίνακας: CH 3 CH 2 OH 3-5-6 2-4-5 CH 3 CH 2 CH 2 OH 3-5-6 1-3-6 CH 3 COCH 3 1-2-4 2-4-5 CH 3 CH 2 OCH 2 CH 3 1-2-4 1-3-6 CH 3 CHO 1-2-4 2-4-5 4 CH 3 COOH 3-5-6 1-3-6 6 Εύκολα συμπεραίνουμε: 6: CH 3 COOH 5: CH 3 CH 2 OH 4: CH 3 CHO 3: CH 3 CH 2 CH 2 OH 2: CH 3 COCH 3 1: CH 3 CH 2 OCH 2 CH 3 109. Av μελετήσουμε τη θεωρία, διαπιστώνουμε εύκολα ότι: B: CH 3 CH 2 CH 2 Cl Ε: CH 3 CH(CH 3 )MgCl Γ: CH 3 CH=CH 2 A: CH 3 CH 2 CHO Δ: CH 3 CH(Cl)CH 3 Ζ: CH 3 CH 2 CH(OMgCl)CH(CH 3 )CH 3 110. To αλκένιο έχει γενικό τύπο C v H 2v > 14ν = 70ήν = 5. H αλκοόλη που παράγεται είναι η C 5 HnOH και είναι τριτοταγής (B).
ΕΚΔΟΣΗ H' 2008 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ 35000 - ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ 1024 / 29-1 - 2008 ΕΚΤΥΠΩΣΗ: Χ. ΧΑΜΠΑΡΤΣΟΥΜΙΑΝ - ΒΙΒΛΙΟΔ. Δ. ΠΑΠΑΔΑΚΗΣ & ΣΙΑ Ε. Ε..