Γενική παραδοχή : Θεωρούμε ότι η θερμοκρασία παραμένει σταθερή σε όλα τα φαινόμενα των ερωτημάτων της άσκησης

ΑΕΝ ΑΣΠΡΟΠΥΡΓΟΥ / ΣΧΟΛΗ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Καθηγητής ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΔΑΝΙΗΛ ΠΛΑΪΝΑΚΗΣ ΧΗΜΕΙΑ Α εξαμήνου ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΛΥΜΕΝΕΣ 1. ΠΡΟΣΘΕΤΙΚΕΣ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ Λύση 1.1 Η τάση ατμών του νερού είναι 17,5 mmhg στους 20 βαθμούς Κελσίου. Εάν μέσα σε κενό δοχείο 50 λίτρων βάλουμε 2 g νερού στους 20 βαθμούς Κελσίου : α) να βρείτε πόση μάζα νερού θα μείνει σε υγρή φάση β) να υπολογίσετε τον ελάχιστο όγκο που θα έπρεπε να είχε το δοχείο ώστε να εξατμιζόταν ολόκληρη η μάζα του νερού γ) εάν το δοχείο είχε διπλάσιο όγκο από αυτόν που θα βρείτε στο προηγούμενο ερώτημα να υπολογίσετε την πίεση στο δοχείο. Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες ( τα ατομικά βάρη ): Η = 1, Ο = 16. Γενική παραδοχή : Θεωρούμε ότι η θερμοκρασία παραμένει σταθερή σε όλα τα φαινόμενα των ερωτημάτων της άσκησης α) Απάντηση στο ερώτημα ( α ) Εξαγωγή των εξισώσεων Μόλις εισάγουμε μέσα στο κενό δοχείο την ποσότητα του υγρού νερού, λόγω της θερμικής κίνησης Brown των μορίων θα αρχίσει να συμβαίνει εξάτμιση και έτσι στον υπεράνω χώρο θα αρχίσουν να δημιουργούνται μόρια αερίου νερού δηλαδή υδρατμοί, οι οποίοι ασκούν κάποια πίεση στα μόρια της επιφάνειας του νερού και παρεμποδίζουν την εξάτμιση. Στην αρχή η πίεση αυτή είναι μικρότερη από την τάση ατμών του υγρού και έτσι η εξάτμιση συνεχίζεται, ώσπου κάποια στιγμή η πίεση των υδρατμών P γίνεται ίση με την τάση ατμών του νερού P 0. Τη στιγμή αυτή το φαινόμενο φθάνει σε μια κατάσταση δυναμικής ισορροπίας, οι ατμοί είναι πλέον κορεσμένοι και οι ποσότητες των δύο φυσικών καταστάσεων παραμένουν στο εξής σταθερές. Έστω m υ η μάζα του υγρού νερού και m α η μάζα των υδρατμών. Άρα μπορούμε να γράψουμε : P = P 0 (1) m υ + m α = 2 g (2) Ακόμη θεωρώντας αμελητέο τον όγκο του υγρού σε σχέση με τον όγκο του δοχείου, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι ο όγκος των υδρατμών είναι ίσος με V = 50 L. Άρα μπορούμε να γράψουμε για τους υδρατμούς την καταστατική εξίσωση :

2 PV = n α RT (3) όπου n α = τα mol των υδρατμών, για τα οποία ισχύει : m α nα = (4) όπου Μ 0 = η γραμμομοριακή μάζα των υδρατμών σε g/mol M 0 Υπολογισμοί Με δεδομένη την τιμή της σταθερής R = 0,082 (L*atm) / (mol*k) και υπολογίζοντας τη γραμμομοριακή μάζα ( μοριακό βάρος ) των υδρατμών Μ 0 = 2*1 + 1*16 = 18 g/mol και την απόλυτη θερμοκρασία σε βαθμούς Kelvin Τ = 273 + 20 = 293 Κ Από την (1) βρίσκουμε την P = 17,5 mmhg, δηλαδή 17,5/760 = 0,023 atm. Από την (3) βρίσκουμε τα mol των υδρατμών n α = 0,048 mol. Από την (4) βρίσκουμε τη μάζα των υδρατμών m α = 0,864 g. Από την (2) βρίσκουμε τη μάζα του υγρού νερού m υ = 1,136 g β) Απάντηση στο ερώτημα ( β ) Εξαγωγή των εξισώσεων Επειδή σε σταθερή θερμοκρασία, οι κορεσμένοι ατμοί έχουν σταθερή πίεση και πυκνότητα, συμπεραίνουμε ότι για να εξατμισθεί επί πλέον ποσότητα του νερού θα πρέπει να αυξηθεί ο όγκος του δοχείου. Όσο η αύξηση του όγκου συνεχίζεται, τόσο το νερό εξατμίζεται και συνεχώς όλο και μικρότερη ποσότητα υγρού νερού βρίσκεται σε ισορροπία με τους κορεσμένους ατμούς του. Εάν η αύξηση του όγκου συνεχισθεί τότε θα φθάσει κάποια στιγμή που δεν θα υπάρχει πλέον νερό σε υγρή φάση. Τη στιγμή αυτή οι υδρατμοί θα είναι κορεσμένοι. Στο εξής με επί πλέον αύξηση του όγκου οι υδρατμοί θα είναι ακόρεστοι και θα συμπεριφέρονται σαν ιδανικό αέριο, δηλαδή θα ακολουθούν σε σταθερή θερμοκρασία το νόμο του Boyle. Άρα ο ελάχιστος όγκος του δοχείου, δηλαδή ο όγκος που απαιτείται ώστε μόλις να εξατμισθεί ολόκληρη η ποσότητα του νερού, είναι ο όγκος που θα περιέχει ολόκληρη την ποσότητα του νερού, δηλαδή τα 2 g, με τη μορφή των κορεσμένων ατμών, δηλαδή με πίεση ίση με την τάση P 0 των ατμών του νερού στους 20 βαθμούς Κελσίου. Άρα μπορούμε να γράψουμε για τους κορεσμένους υδρατμούς την καταστατική εξίσωση : P 0 V min = m 0 RT/M 0 (5) όπου m 0 = 2 g Υπολογισμοί Από την (5) βρίσκουμε τον ελάχιστο όγκο V min = 115,93 L γ) Απάντηση στο ερώτημα ( γ ) Εξαγωγή των εξισώσεων

3 Από την κατάσταση με όγκο V min μέχρι την κατάσταση με όγκο 2V min έχουμε μεταβολή σε σταθερή θερμοκρασία των υδρατμών, τους οποίους μπορούμε να θεωρήσουμε σαν ιδανικό αέριο. Άρα εφαρμόζουμε γι αυτούς το νόμο του Boyle : P 0 V min = P x *2V min (6) Υπολογισμοί Από την (6) βρίσκουμε την πίεση P x = 0,0115 atm Λύση 1.2 Διαλύτης Δ έχει στους 25 βαθμούς Κελσίου τάση ατμών 35 mmhg. Διάλυμα μη πτητικής ουσίας Α στον Δ έχει τάση ατμών 34,9 mmhg στους 25 βαθμούς Κελσίου. Nα υπολογίσετε την τάση ατμών ενός άλλου διαλύματος της ουσίας Α στον ίδιο διαλύτη Δ εάν το γραμμομοριακό κλάσμα της Α στο δεύτερο διάλυμα είναι διπλάσιο από αυτό του πρώτου διαλύματος. Γενική παραδοχή : Θεωρούμε ότι όλα τα διαλύματα είναι αραιά. Εξαγωγή των εξισώσεων Εφαρμόζουμε το νόμο του Raoult για κάθε διάλυμα χωριστά, αφού όμως λάβουμε υπ όψη μας ότι ο ίδιος καθαρός διαλύτης, στην ίδια θερμοκρασία έχει την ίδια τάση ατμών. Άρα : P 1 /P 0 = X 01 (1) P 2 /P 0 = X 02 (2) Όπου X 01 = το γραμμομοριακό κλάσμα του Δ στο πρώτο διάλυμα και X 02 = το γραμμομοριακό κλάσμα του Δ στο δεύτερο διάλυμα Και ακόμη X 01 = 1 - x 1 (3) X 02 = 1 - x 2 (4) Όπου x 1 = το γραμμομοριακό κλάσμα της Α στο πρώτο διάλυμα και x 2 = το γραμμομοριακό κλάσμα της Α στο δεύτερο διάλυμα και τέλος, σύμφωνα με την εκφώνηση x 2 = 2x 1 (5) Επεξεργασία - Υπολογισμοί

Στις εξισώσεις (1) και (2) αντικαθιστούμε τα X 01 και X 02 με τα ίσα τους που παίρνουμε από τις εξισώσεις (3) και (4) και έχουμε : P 1 /P 0 = 1 - x 1 x 1 = 1 - P 1 /P 0 (6) P 2 /P 0 = 1 - x 2 x 2 = 1 - P 2 /P 0 (7) Στην εξίσωση (7) αντικαθιστούμε το x 2 με τo ίσo του που παίρνουμε από την εξίσωση (5) και έχουμε : 2x 1 =1 P 2 /P 0 (8) Τέλος διαιρούμε κατά μέλη τις εξισώσεις (8) και (6), ( 8 ) : ( 6 ) και κάνουμε και χιαστί και τελικά έχουμε : 1 - P 2 /P 0 = 2*(1 - P 1 /P 0 ) (9) Από την (9) => P 2 = 34,8 mmhg 4 Λύση 1.3 Σε 900 g νερού διαλύουμε συγχρόνως 34,2 g ζάχαρης και 9 g γλυκόζης. Εάν η τάση ατμών του νερού είναι 24 mmhg να βρείτε : α) την τάση ατμών του διαλύματος β) το σημείο ζέσεως του διαλύματος. Δίνονται η Κ b = 0,52 βαθμοί Κελσίου και οι σχετικές ατομικές μάζες ( τα ατομικά βάρη ): C = 12, Η = 1, Ο = 16. Παραδοχή : Θεωρούμε ότι το διάλυμα είναι αραιό. Εξαγωγή των εξισώσεων Εφαρμόζουμε το νόμο του Raoult, όπου σαν αριθμό γραμμομορίων n της διαλυμένης ουσίας θεωρούμε το άθροισμα των αριθμών γραμμομορίων των δύο διαλυμένων ουσιών. Άρα μπορούμε να γράψουμε : n = n 1 + n 2 (1) n 1 = m 1 / M 1 (2) N 2 = m 2 / M 2 (3) N 0 = m 0 / M 0 (4) (4) P N 0 = (5) P 0 n + N 0 Υπολογισμοί

Αρχικά υπολογίζουμε τις γραμμομοριακές μάζες Μ 1, Μ 2, Μ 0 Για τη ζάχαρη, με μοριακό τύπο C 12 H 22 O 11 => Μ 1 = 342 g/mol Για τη γλυκόζη, με μοριακό τύπο C 6 H 12 O 6 => Μ 2 = 180 g/mol Για το νερό, με μοριακό τύπο H 2 O => Μ 0 = 18 g/mol Στη συνέχεια Από την (2) βρίσκουμε τα mol της ζάχαρης n 1 = 0,1 mol Από την (3) βρίσκουμε τα mol της γλυκόζης n 2 = 0,05 mol Από την (4) βρίσκουμε τα mol του νερού N 0 = 50 mol και Από την (1) βρίσκουμε τα συνολικά mol των διαλυμένων ουσιών n = 0,15 mol 5 Τέλος από την (5) βρίσκουμε την τάση ατμών του διαλύματος P = 23,928 mmhg 1.4 Ένα πολυμερές Μ x διαλύεται στο νερό και συγχρόνως διαμερίζεται στα μόρια του μονομερούς από τα οποία αποτελείται. Αν η μάζα του πολυμερούς είναι 56 g, του νερού 828 g, η τάση ατμών του νερού 23 mmhg, του διαλύματος 22 mmhg και η γραμμομοριακή μάζα του πολυμερούς 84 g/mol να βρείτε πόσα μόρια του μονομερούς αποτελούν ένα μόριο του πολυμερούς. Λύση Παραδοχή : Θεωρούμε ότι το διάλυμα είναι αραιό. Εξαγωγή των εξισώσεων Επειδή η τιμή της προσθετικής ιδιότητας εξαρτάται από τον αριθμό των σωματιδίων, άρα ουσιαστικά από τον αριθμό των γραμμομορίων ( mol ) της διαλυμένης ουσίας που είναι διαλυμένα σε 1 λίτρο διαλύματος ( δηλαδή από την μοριακή κατά όγκο συγκέντρωση ), συμπεραίνουμε ότι αφού με τη διάλυση το ένα μόριο του πολυμερούς «σπάει» σε μόρια του μονομερούς, η μορφή με την οποία βρίσκεται η διαλυμένη ουσία είναι η μορφή του μονομερούς. Αυτήν τη μορφή «αντιλαμβάνεται» ο διαλύτης. Άρα σαν αριθμό mol ( n ) διαλυμένης ουσίας θα θεωρήσουμε τα mol του μονομερούς, τα οποία είναι ίσα με το πηλίκο της μάζας m προς τη γραμμομοριακή μάζα Μ σε g/mol ( πρακτικά το μοριακό βάρος ). Εφαρμόζουμε το νόμο του Raoult, όπου σαν αριθμό γραμμομορίων n της διαλυμένης ουσίας θεωρούμε τον αριθμών γραμμομορίων του μονομερούς. Άρα μπορούμε να γράψουμε : n = m / M (1)

6 N 0 = m 0 / M 0 (2) P N 0 = (3) P 0 n + N 0 Τέλος το «μοριακό βάρος» του πολυμερούς προφανώς είναι ίσο με το «μοριακό βάρος» του μονομερούς πολλαπλασιασμένο επί x. Άρα γράφουμε ακόμη : Μ x xm Και επομένως : Μ x = xm (4) Υπολογισμοί Από την (2) βρίσκουμε τα mol του νερού N 0 = 46 mol Από την (3) βρίσκουμε τα mol του μονομερούς n = 2 mol Από την (1) βρίσκουμε το «μοριακό βάρος» του μονομερούς M = 28 Και τελικά από την (4) βρίσκουμε το x, δηλαδή τον αριθμό των μορίων του μονομερούς που αποτελούν ένα μόριο του πολυμερούς. x = 3 2. ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ 2.1 Κατά την αναγωγή μάζας 32 g οξειδίου του σιδήρου ΙΙΙ ( Fe 2 O 3 ) από αργίλιο ( Al ) εκλύονται 36,4 Kcal. Εάν η θερμότητα σχηματισμού του οξειδίου του αργιλίου

είναι Q σχ Al 2 O 3 = 380 Kcal/mol, να βρείτε την θερμότητα σχηματισμού του οξειδίου του σιδήρου ΙΙΙ Q σχ Fe 2 O 3. Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες ( τα ατομικά βάρη ) : Fe = 56, O = 16. Λύση 1 ο βήμα Αρχικά θα υπολογίσουμε τη θερμότητα Q που αναλογεί στις ποσότητες των σωμάτων, έτσι όπως αυτές γράφονται στη θερμοχημική εξίσωση, διότι μόνο αυτό το ποσό θερμότητας μπορούμε να γράψουμε στην εξίσωση της αναγωγής. Fe 2 O 3 + 2Al Al 2 O 3 + 2Fe + Q 7 1 mol Fe 2 O 3 δηλαδή 2*56 + 3*16 = 160 g αυτή είναι η ποσότητα του Fe 2 O 3 με την οποία συμμετέχει στην αντίδραση Κατά την αναγωγή 32 g Fe 2 O 3 από αργίλιο εκλύονται 36,4 Kcal Κατά την αναγωγή 160 g Fe 2 O 3 από αργίλιο εκλύονται Q Kcal Q = 182 Kcal 2 ο βήμα Στη συνέχεια για κάθε θερμότητα, δοσμένη ή ζητούμενη, που αναφέρεται στην άσκηση θα γράψουμε και την αντίστοιχη θερμοχημική εξίσωση. Fe 2 O 3 + 2Al Al 2 O 3 + 2Fe + 182 Kcal (1) 2Al + 3/2 O 2 Al 2 O 3 + 380 Kcal (2) 2Fe + 3/2 O 2 Fe 2 O 3 + Q x (3) 3 ο βήμα Τέλος εφαρμόζουμε το νόμο του Hess. Για το σκοπό αυτό επιλέγουμε κατά προτίμηση την πολυπλοκότερη εξίσωση, τώρα την (1), και τη θεωρούμε σαν το κατ ευθείαν βήμα και με τις υπόλοιπες προσπαθούμε να φθάσουμε, ακολουθώντας άλλη διαδρομή, από την ίδια αρχική κατάσταση στην ίδια τελική. Κατά τη διαδικασία αυτή εφαρμόζουμε όπου χρειάζεται την μέθοδο της αναλογίας, αφού τα ποσά θερμότητας είναι ανάλογα με τις μάζες των αντιδρώντων ( αξίωμα της διατήρησης της ενέργειας ). Έτσι θεωρούμε σαν το κατ ευθείαν βήμα ( στάδιο ) την (1) Την εξίσωση (2) την γράφουμε αυτούσια και Την εξίσωση (3) την αντιστρέφουμε, αλλάζοντας συγχρόνως και το πρόσημο του ποσού θερμότητας.

8 Αρχική κατάσταση Fe 2 O 3, 2Al Η κατ ευθείαν «διαδρομή» Fe 2 O 3 + 2Al Al 2 O 3 + 2Fe + 182 Kcal (1) Τελική κατάσταση Al 2 O 3, 2Fe Η παράλληλη «διαδρομή» 2Al + 3/2 O 2 Al 2 O 3 + 380 Kcal (2) Fe 2 O 3 2Fe + 3/2 O 2 - Q x (3α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Hess και έχουμε : Θερμότητα στο κατ ευθείαν στάδιο = άθροισμα θερμοτήτων των άλλων σταδίων => 182 Kcal = 380 Kcal + ( - Q x ) Από την οποία υπολογίζουμε εύκολα την Q x : Q x = 198 Kcal Παρατήρηση : Παρατηρούμε ότι αν προσθέσουμε κατά μέλη τις εξισώσεις (1) και (3α) θα μας δώσουν την (1). Στην περίπτωση αυτή εφαρμόζουμε τις ιδιότητες που γνωρίζουμε από την άλγεβρα, δηλαδή πρακτικά θεωρούμε ότι στη θέση του βέλους έχουμε το ίσον ( = ). 2.2 150 g ακάθαρτου θείου με μοναδική πρόσμειξη άνθρακα καίγονται και παράγουν 421,25 Kcal. Εάν η θερμότητα καύσεως του θείου είναι Q κs = 72 Kcal/mol και η θερμότητα σχηματισμού του διοξειδίου του άνθρακα είναι Q σχ CO 2 = 94 Kcal/mol να βρείτε την % κ.β. περιεκτικότητα του ακάθαρτου θείου σε άνθρακα. Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες ( τα ατομικά βάρη ) : C = 12, O = 16, S = 32.

9 Λύση 1 ο βήμα Έστω m γραμμάρια άνθρακα περιέχονται στα 150 g ακάθαρτου θείου. Άρα 150 m γραμμάρια καθαρού θείου περιέχονται στα 150 g ακάθαρτου θείου. Επειδή θα δουλέψουμε με mol μετατρέπουμε τα γραμμάρια σε mol διαιρώντας τα με τις γραμμομοριακές μάζες ( μοριακά βάρη ). Άρα έχουμε : m / 12 mol άνθρακα ( C ) και ( 150-m ) / 32 mol θείου ( S ). 2 ο βήμα Γράφουμε τις θερμοχημικές εξισώσεις : α) της καύσης του άνθρακα, που είναι η ίδια με τη θερμοχημική εξίσωση του σχηματισμού του διοξειδίου του άνθρακα και β) της καύσης του θείου C + O 2 CO 2 + 94 Kcal (1) S + O 2 SO 2 + 72 Kcal (2) 3 ο βήμα Με βάση τις αναλογίες των εξισώσεων, με απλή μέθοδο, εκφράζουμε τα ποσά θερμότητας που εκλύονται από κάθε μία από αυτές. Από 1 mol C όταν καίγεται εκλύονται 94 Kcal Από m/12 mol C όταν καίγεται εκλύονται x Kcal => x = 94m/12 Kcal Από 1 mol S όταν καίγεται εκλύονται 72 Kcal Από (150-m)/32 mol S όταν καίγεται εκλύονται y Kcal => y = 72*(150-m)/32 Kcal 4 ο βήμα Επειδή το συνολικό ποσό θερμότητας που εκλύεται είναι ίσο με το άθροισμα των δύο αυτών ποσών έχουμε : 94m/12 + 72*(150-m)/32 = 421,25 (1) Από την (1) => m = 15 g C περιέχονται στα 150 g ακάθαρτου θείου.

5 ο βήμα 10 Άρα Στα 150 g ακάθαρτου θείου περιέχονται 15 g άνθρακα Στα 100 g ακάθαρτου θείου περιέχονται ω g άνθρακα ω = 10 g άνθρακα περιέχονται στα 100 g ακάθαρτου θείου => Περιεκτικότητα του ακάθαρτου θείου σε άνθρακα = 10 % κ.β. 3. ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ 3.1 Η σταθερή της χημικης ισορροπίας της αντίδρασης N2 + 3H 2 2NH 3

11 σε κάποια θερμοκρασία είναι Κ C = 8. Εάν βάλουμε αρχικά 0,4 mol N 2 και 0,8 mol H 2 σε δοχείο που έχει όγκο 20 λίτρα ( V = 20 L ) να βρείτε πόσα mol από κάθε σώμα θα υπάρχουν στην χημική ισορροπία. Λύση 1 ο βήμα Έστω 0,4 mol N 2 αρχικά και έστω x mol από αυτά αντέδρασαν ( 0 < x < 0,4 mol ) και έστω 0,8 mol H 2 αρχικά 2 ο βήμα Βρίσκουμε τα mol και τη συγκέντρωση κάθε σώματος στη χημική ισορροπία : Άρα n 1 = 0,4 x mol N 2 Και με βάση τις αναλογίες των συντελεστών της αντίδρασης και την ποσότητα x των mol του N 2 που αντέδρασε, έχουμε : 1 mol N 2 αντιδρά με 3 mol H 2 και δίνει 2 mol NH 3 Άρα τα x mol N 2 αντιδρούν με 3x mol H 2 και δίνουν 2x mol NH 3 n 2 = 0,8 3x mol H 2 n 3 = 2x mol NH 3 και [ N 2 ] = (0,4 x)/v mol/l 3 ο βήμα [ H 2 ] = (0,8 3x)/V mol/l [ NH 3 ] = 2x/V mol/l Γράφουμε το νόμο της χημικής ισορροπίας και αντικαθιστούμε τις τελικές συγκεντρώσεις : [ NH 3 ] 2 (2x/V) 2 KC = => 8 = [ N 2 ] [ H 2 ] 3 (0,4 x)/v*[(0,8 3x)/V] 3 Από όπου για V = 20 L προκύπτει : x = 0,02644 mol Άρα στη χημική ισορροπία θα υπάρχουν :

12 n 1 = 0,4 x = 0,3736 mol N 2 n 2 = 0,8 3x = 0,7207 mol H 2 n 3 = 2x = 0,0529 mol NH 3 4. ΙΟΝΤΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ ΡΗ 4.1 Διαθέτουμε 40 λίτρα διαλύματος υδροχλωρικού οξέος 0,2 Μ. α) Να υπολογίσετε τον όγκο, σε λίτρα, του διαλύματος υδροξειδίου του βαρίου 0,5 Μ πρέπει να προσθέσουμε στο προηγούμενο διάλυμα για να πάρουμε διάλυμα με ΡΗ = 3. β) Εάν στο διάλυμα που προκύπτει προσθέσουμε 100 λίτρα νερό να υπολογίσετε τη συγκέντρωση κάθε ιόντος μέσα στο τελευταίο αυτό διάλυμα.

Όλα τα διαλύματα βρίσκονται στους 25 βαθμούς Κελσίου. 13 Λύση Έστω x ο όγκος του διαλύματος Ba(OH) 2 που πρέπει να προστεθεί. Διάλυμα HCl Διάλυμα Ba(OH) 2 Διάλυμα Τελικό V 1 = 40 L C 1 = 0,2 M V 2 = x L + = C 2 = 0,5 M ΡΗ = 3 1 ο βήμα Βρίσκουμε ( ή εκφράζουμε ) τα αρχικά mol κάθε σώματος n 1 = C 1 V 1 => n 1 = 8 mol HCl αρχικά n 2 = C 2 V 2 => n 2 = 0,5x mol Ba(OH) 2 αρχικά 2 ο βήμα Γράφουμε την ποσοτική αντίδραση : οξύ + βάση = άλας + νερό και βρίσκουμε τα mol του σώματος που περισσεύουν. Επειδή το τελικό διάλυμα έχει ΡΗ = 3 συμπεραίνουμε ότι το διάλυμα είναι όξινο και έτσι πρέπει να περισσεύει το οξύ, άρα η βάση θα αντιδράσει πλήρως και επομένως σε αυτήν θα στηριχθούμε για να κάνουμε υπολογισμούς πάνω στην αντίδραση. Ba(OH) 2 + 2HCl BaCl 2 + 2H 2 O 1 mol Ba(OH) 2 απαιτεί 2 mol HCl 0,5x mol Ba(OH) 2 απαιτούν ; mol HCl => απαιτούν x mol HCl Άρα περισσεύουν 8 x mol HCl, επομένως τόσα θα υπάρχουν στο τελικό διάλυμα. 3 ο βήμα Βρίσκουμε τον όγκο του τελικού διαλύματος V = V 1 + V 2 => V = 40 + x λίτρα 4 ο βήμα

Βρίσκουμε την αρχική συγκέντρωση του σώματος που έχει περισσέψει στο τελικό διάλυμα ( πριν ακόμη πάθει ηλεκτρολυτική διάσταση ). C = n/v => C = (8 x)/(40 + x ) mol/l HCl αρχικά στο τελικό διάλυμα. 5 ο βήμα 14 Τώρα πια γράφουμε τη διάσταση του HCl, που είναι ισχυρό οξύ και επομένως διίσταται πλήρως, και υπολογίζουμε ( τώρα την εκφράζουμε σε συνάρτηση με τον άγνωστο x ) τη συγκέντρωση των κατιόντων Η +. Τέλος από το ΡΗ υπολογίζουμε πάλι τη συγκέντρωση των κατιόντων Η + και εξισώνουμε τις δύο τιμές. Στην εξίσωση που προκύπτει ο μοναδικός άγνωστος είναι ο ζητούμενος όγκος x. HCl Η + + Cl - Από 1 mol/l HCl παράγεται 1 mol/l Η + Από C mol/l HCl παράγονται C mol/l Η + => => [ Η + ] = C mol/l Η + = (8 x)/(40 + x ) mol/l Η + Αλλά το τελικό διάλυμα έχει ΡΗ = 3 => [ Η + ] = 10-3 mol/l Η + Επομένως (8 x)/(40 + x ) = 10-3 από όπου προκύπτει x = V 2 = 7,952 L 5 ΟΞΕΙΔΟΑΝΑΓΩΓΗ 5.1 Σε 4 λίτρα διαλύματος υπερμαγγανικού καλίου ( KMnO 4 ), οξινισμένου με υδροχλωρικό οξύ ( HCl ), προσθέτουμε 800 ml διαλύματος διχλωριούχου σιδήρου ( FeCl 2 ) συγκέντρωσης 1,5 Μ. Η οξείδωση δεν είναι πλήρης και για να συμπληρωθεί απαιτούνται 2,24 L(STP) αερίου χλωρίου Cl 2. Να βρείτε την μοριακότητα κατά όγκο ( mol / L ) του αρχικού διαλύματος ( του υπερμαγγανικού καλίου ).

Λύση 15 1 ο βήμα Γράφουμε τις αντιδράσεις που πραγματοποιούνται. Βρίσκουμε τα οξειδωτικά σώματα και το αναγωγικό. Επειδή για την οξείδωση του αναγωγικού, δηλαδή του διχλωριούχου σιδήρου ( FeCl 2 ), δεν έφθασε το διάλυμα του υπερμαγγανικού καλίου ( KMnO 4 ), γιαυτό χρειάσθηκε ακόμη μία επί πλέον ποσότητα ενός άλλου οξειδωτικού, του αερίου χλωρίου ( Cl 2 ), του για να συμπληρώσει την οξείδωση. Άρα μπορούμε να πούμε ότι και τα δύο οξειδωτικά μαζί οξείδωσαν την ποσότητα του διχλωριούχου σιδήρου ( FeCl 2 ). 5FeCl 2 + KMnO 4 + 8HCl 5FeCl 3 + MnCl 2 + KCl + 4Η 2 Ο 2FeCl 2 + Cl 2 2FeCl 3 2 ο βήμα Έστω x mol FeCl 2 οξειδώθηκαν από το διάλυμα του υπερμαγγανικού καλίου και y mol FeCl 2 οξειδώθηκαν από το αέριο χλώριο. Με βάση τις αναλογίες της αντίδρασης υπολογίζουμε σε συνάρτηση με τα x και y τα mol του υπερμαγγανικού καλίου καθώς και τα mol του αερίου χλωρίου. 5FeCl 2 + KMnO 4 + 8HCl 5FeCl 3 + MnCl 2 + KCl + 4Η 2 Ο 5 mol 1 mol x mol x/5 mol 2FeCl 2 + Cl 2 2FeCl 3 2 mol 1 mol y mol y/2 mol 3 ο βήμα Με βάση τα δεδομένα της άσκησης α) βρίσκουμε τα mol του υπερμαγγανικού καλίου και τα εξισώνουμε με x/5 β) βρίσκουμε τα mol του χλωρίου και τα εξισώνουμε με y/2 γ) βρίσκουμε τα mol του διχλωριούχου σιδήρου και τα εξισώνουμε με x + y. α) βρίσκουμε τα mol του υπερμαγγανικού καλίου και τα εξισώνουμε με x/5 Έστω C 1 η μοριακότητα του διαλύματος του υπερμαγγανικού καλίου

16 Άρα n 1 = C 1 V 1 = 4 C 1 mol υπερμαγγανικού καλίου = x/5 (1) β) βρίσκουμε τα mol του χλωρίου και τα εξισώνουμε με y/2 1 mol Cl 2 έχει όγκο 22,4 L(STP) n 2 ; mol Cl 2 έχουν όγκο 2,24 L(STP) => n 2 = 0,1 mol Cl 2 = y/2 (2) γ) βρίσκουμε τα mol του διχλωριούχου σιδήρου και τα εξισώνουμε με x + y. n 3 = C 3 V 3 = 1,5*0,8 mol διχλωριούχου σιδήρου = x + y (3) 4 ο βήμα Από τις εξισώσεις (3), (2) και (1) βρίσκουμε διαδοχικά : (2) => y = 0,2 mol (3) => x = 1 mol (1) => C 1 = 0,05 mol/l 5.2 Μείγμα στερεών σιδήρου ( Fe ) και θειούχου σιδήρου ΙΙ ( FeS ) συνολικής μάζας 23,2 g προστίθενται σε περίσσεια αραιού διαλύματος θειικού οξέος ( H 2 SO 4 ). Μετά την απομάκρυνση των αερίων παραμένει διάλυμα που για την οξείδωσή του απαιτεί 500 ml διαλύματος διχρωμικού καλίου ( K 2 Cr 2 O 7 ) συγκέντρωσης 0,1 Μ. Να βρείτε τη σύσταση του αρχικού μείγματος. Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες ( τα ατομικά βάρη ) : Fe = 56, S = 32. Λύση 1 ο βήμα

17 Έστω x mol Fe και y mol FeS περιέχονται στο αρχικό μείγμα. Οι γραμμομοριακές μάζες τους είναι Μ 1 = 56 g/mol Μ 2 = 56 + 32 = 88 g/mol αντίστοιχα. Άρα οι μάζες τους θα είναι αντίστοιχα : m 1 = x*56 g Fe (1) m 2 = x*88 g FeS (2) και το άθροισμά τους θα είναι ίσο με τη μάζα του μείγματος, επομένως : 56x + 88y = 23,2 (3) 2 ο βήμα Γράφουμε τις αντιδράσεις που πραγματοποιούνται. Στην αρχή, επειδή το διάλυμα του θειικού οξέος είναι αραιό δεν δρα σαν οξειδωτικό αλλά απλώς συμβαίνουν αντιδράσεις απλής και διπλή αντικατάστασης με το σίδηρο και το θειούχο σίδηρο, ως εξής : Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + Η 2 αέρια FeS + H 2 SO 4 FeSO 4 + Η 2 S Τα αέρια που προκύπτουν είναι το υδρογόνο ( Η 2 ) και το υδρόθειο ( Η 2 S ) τα οποία απομακρύνονται και έτσι απομένει διάλυμα θειικού σιδήρου ΙΙ (FeSO 4 ). Με βάση τις αναλογίες των αντιδράσεων υπολογίζουμε σε συνάρτηση με τα x και y τα mol του θειικού σιδήρου ΙΙ (FeSO 4 ). Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + Η 2 x + y mol x mol x mol FeS + H 2 SO 4 FeSO 4 + Η 2 S y mol y mol 3 ο βήμα Στη συνέχεια γράφουμε την χημική εξίσωση της αντίδρασης που πραγματοποιείται σε δεύτερη φάση, η οποία είναι αντίδραση οξειδοαναγωγική. Πρώτα, βρίσκουμε το οξειδωτικό σώμα,το οποίο είναι το διάλυμα του διχρωμικού καλίου ( K 2 Cr 2 O 7 ) και το αναγωγικό, που είναι ο θειικός σίδηρος FeSO 4, και γράφουμε τη χημική εξίσωσης της οξειδοαναγωγικής αντίδρασης, ως εξής : 6FeSO 4 + K 2 Cr 2 O 7 + 7H 2 SO 4 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 7H 2 O

18 Μετά με βάση τα mol x+ y του θειικού σιδήρου ΙΙ (FeSO 4 ) και χρησιμοποιώντας την αναλογία της αντίδρασης, δηλαδή την αναλογία των συντελεστών, εκφράζουμε συναρτήσει του x + y τα mol του διχρωμικού καλίου ( K 2 Cr 2 O 7 ),έτσι: 6FeSO 4 + K 2 Cr 2 O 7 + 7H 2 SO 4 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 7H 2 O 6 mol 1 mol x+ y mol (x+y)/6 mol 4 ο βήμα Με βάση τη συγκέντρωση και τον όγκο του διαλύματος βρίσκουμε τα mol του διχρωμικού καλίου ( K 2 Cr 2 O 7 ) και τα εξισώνουμε με (x+y)/6 n = CV => n = 0,05 mol = (x+y)/6 (4) Από τις εξισώσεις (3) και (4) βρίσκουμε τα x και y : x = 0,1 mol y = 0,2 mol Τέλος από τις εξισώσεις (1) και (2) βρίσκουμε τις μάζες των συστατικών του μείγματος : m 1 = 5,6 g Fe m 2 = 17,6 g FeS 6 ΚΑΥΣΗ ΟΡΓΑΝΙΚΩΝ ΕΝΩΣΕΩΝ 6.1 Μείγμα αλκανίου και αλκενίου συνολικού όγκου 20 cm 3 με αναλογία mol αλκανίου προς αλκενίου ίση με 2/3 απαιτούν για την καύση τους 52 cm 3 O 2 στις ίδιες συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας. Να βρείτε τους μοριακούς τύπους των δύο ενώσεων εάν τα μόριά τους διαφέρουν κατά 1 άτομο άνθρακα. Λύση

19 1 ο βήμα α) Το αλκάνιο είναι κορεσμένος υδρογονάνθρακας και επομένως έχει μοριακό τύπο C n H 2n+2 όπου n = φυσικός μεγαλύτερος ή ίσος του 1. β) Το αλκένιο είναι ακόρεστος υδρογονάνθρακας με ένα διπλό δεσμό και επομένως έχει μοριακό τύπο C m H 2m όπου m = φυσικός μεγαλύτερος ή ίσος του 2. γ) Και επειδή τα μόριά τους διαφέρουν κατά 1 άτομο άνθρακα => => m n = 1 (1α) ή n m = 1 (1β) 2 ο βήμα Έστω x cm 3 ο όγκος του αλκανίου και y cm 3 ο όγκος του αλκενίου Άρα x + y = 20 cm 3 (2) Και επειδή έχουν αναλογία mol 2/3 και γνωρίζοντας ότι : «Ίσοι όγκοι αερίων στις ίδιες συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας περιέχουν τον ίδιο αριθμό μορίων αλλά και γραμμομορίων» και επομένως : «Στις ίδιες συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας η αναλογία mol αερίων είναι και αναλογία όγκων», συμπεραίνουμε ότι και η αναλογία των όγκων τους θα είναι : x/y = 2/3 (3) 3 ο βήμα Γράφουμε τις αντιδράσεις καύσης που πραγματοποιούνται. CnH 2n+2 + (3n+1)/2 O 2 nco 2 + (n+1)h 2 O CmH 2m + 3m/2 O 2 mco 2 + mh 2 O 4 ο βήμα

20 Από τις αντιδράσεις καύσης εκφράζουμε συναρτήσει των όγκων x και y τον όγκο του οξυγόνου που απαιτείται για την καύση και τον εξισώνουμε με τον δοσμένο. Επειδή «Στις ίδιες συνθήκες πίεσης και θερμοκρασίας η αναλογία όγκων αερίων είναι και αναλογία mol» άρα θα είναι και αναλογία των συντελεστών της χημικής εξίσωσης. Επομένως κάνουμε απλή μέθοδο των τριών θεωρώντας ότι για αέρια οι συντελεστές της χημικής εξίσωσης εκφράζουν όγκους σε cm 3. CnH 2n+2 + (3n+1)/2 O 2 nco 2 + (n+1)h 2 O 1 cm 3 απαιτεί(3n+1)/2 cm 3 Ο 2 x cm 3 απαιτούν x(3n+1)/2 cm 3 Ο 2 CmH 2m + 3m/2 O 2 mco 2 + mh 2 O 1 cm 3 απαιτεί 3m/2 cm 3 Ο 2 y cm 3 απαιτούν y3m/2 cm 3 Ο 2 Άρα συνολικά απαιτούνται x(3n+1)/2 + y3m/2 cm 3 Ο 2 = 52 cm 3 Ο 2 (4) 5 ο βήμα Από τις εξισώσεις (1α ή 1β ), (2), (3) και (4) βρίσκουμε : x = 8 cm 3 CH 4 y = 12 cm 3 C 2 H 4