Άσκηση επανάληψης που καλύπτει το μεγαλύτερο τμήμα του ΡΗ.

Άσκηση επανάληψης που καλύπτει το μεγαλύτερο τμήμα του ΡΗ. Διάλυμα Δ όγκου V= 10 L, περιέχει το οξύ HA συγκέντρωσης C M και έχει ρη = 3. Το δ/μα Δ χωρίζεται σε 10 ίσα μέρη. 1 ο μέρος: Προσθέτω άλας ΝαΑ (s) χωρίς ΔV και προκύπτει δ/μα Δ 1 με pη = 5. i) Να βρεθεί αν το οξύ ΗΑ είναι ισχυρό ή ασθενές. ii) Nα βρεθεί η μάζα του άλατος ΝαΑ (s) που προσθέσαμε. 2 ο μέρος: Προσθέτω 2g ΝαΟΗ χωρίς ΔV και το pη του δ/τος Δ 2 που προκύπτει, γίνεται πάλι 5. i) Nα βρεθεί το ποσοστό εξουδετέρωσης του ΗΑ. ii) Να βρεθεί το pη του δ/τος αν προσθέταμε 4gr ΝαΟΗ. 3 ο μέρος: i) Σε 100ml του δ/τος αυτού, προσθέτουμε 0,5g ΝαΑ (s) και προκύπτει δ/μα Δ 3, το οποίο ογκομετρούμε με πρότυπο δ/μα HCl 0,1M. Ποιός δείκτης είναι κατάλληλος για την ογκομέτρηση αυτή, ο δείκτης ΗΔ 1 με ΡΚ ΗΔ1 = 5 ή ο δείκτης ΗΔ 2 με ΡΚ ΗΔ2 = 8,5. ii) Αν κάναμε ογκομέτρηση του δ/τος Δ 4 χρησιμοποιώντας πρότυπο δ/μα ΝαΟΗ 0,1M, ποιον δείκτη θα χρησιμοποιούσατε τον ΗΔ 1 ή τον ΗΔ 2. 4 ο μέρος: Αναμιγνύονται V 1 λίτρα του δ/τος αυτού με V 2 λίτρα δ/τος ΝαΟΗ 0,1Μ και προκύπτει δ/μα Δ 4 με pη = 6. i) Nα βρεθεί o λόγος V 1 / V 2. ii) Να βρεθεί ο μέγιστος όγκος δ/τος με pη = 6, που μπορούμε να παρασκευάσουμε, αν από το δ/μα του ΝαΟΗ διαθέτουμε 2L. 5 ο μέρος: Προσθέτω 1g δείγματος Μg και και το pη του δ/τος Δ 5 που προκύπτει γίνεται 5. i) Να βρεθεί η καθαρότητα του δείγματος. ii) Να βρεθούν οι συγκεντρώσεις όλων των ιόντων του δ/τος. Θεωρείστε ότι το δείγμα έδωσε, μονο ιόντα Μg 2 που παραμένουν όλα στο δ/μα. 6 ο μέρος: Προσθέτω 2,4 g ισομοριακού μείγματος NaOH και KOH χωρίς ΔV και προκύπτει δ/μα Δ 6. Να βρεθεί το ΡΗ του δ/τος Δ 6. 7 ο μέρος: i) Προσθέτω πρώτα 0,1mol HΑ χωρίς ΔV και κατόπιν αναμιγνύω το δ/μα αυτό με 1Lδ/τος HB 0,2Μ, oπότε προκύπτει δ/μα Δ 7 με ΡΗ= 2,5. Nα συγκρίνετε την ισχύ των HΑ και HB. ii) Με ποια αναλογία όγκων πρέπει να αναμιχτούν το δ/μα ΗΑ πριν την προσθήκη των 0,1mol και το δ/μα του ΗΒ ώστε να προκύψει δ/μα με ΡΗ =2,5. iii) Θέλουμε να παρασκευάσουμε ρυθμιστικό δ/μα με PH=5,5 και εκτός από τα δυο παραπάνω οξέα, μας διατίθεται και τρίτο οξύ ΗΓ, το οποίο σε δ/μα του με C= ω Μ, έχει τον ίδιο βαθμό ιοντισμού με δ/μα ΚΓ, που έχει πάλι C= ω Μ. Ποιο οξύ θα επιλέγαμε, για την παρασκευή του Ρ.Δ; Δίνεται ότι στα Ρ.Δ πρέπει :1/10 C β / C οξ 10/1 ή αντίστοιχα 1/10 C οξ / C β 10/1.

8 ο μέρος: i) Αραιώνουμε το δ/μα με πολύ μεγάλη ποσότητα νερού(άπειρη αραίωση). Να βρεθεί το pη και ο βαθμός ιοντισμού του ΗΑ στο αραιωμένο δ/μα. ii) Aν το ΗΑ είχε Kα = 10-7, ποιος θα ήταν ο βαθμός ιοντισμού του ΗΑ. Ποιο συμπέρασμα προκύπτει από τις τιμές του α ; 9 ο μέρος: Αραιώνουμε με νερό και συγχρόνως προσθέτουμε 5g ΝαΑ (s), όποτε προκύπτει δ/μα Δ 9 με V=100 L. Να βρεθεί το PH του δ/τος και ο βαθμός ιοντισμού του ΗΑ στο αραιωμένο δ/μα Δ 9. Να συγκριθούν οι τιμές αυτές, με τις τιμές του PH και του α του ΗΑ, του αρχικού δ/τος Δ. 10 ο μέρος: Ρυθμίζω τη θερμοκρασία στους θ 0 C και αναμιγνύω το δ/μα αυτό, με 1 L δ/τος ΝαΟΗ 0,1Μ της ίδιας θερμοκρασίας, oπότε προκύπτει δ/μα Δ 10. Aν γνωρίζετε ότι για το παραπάνω δ/μα ΝαΟΗ, στους θ ο C βρέθηκε C OH - = 10 11 C H3O και ότι στους θ 0 C Κα ΗΑ =5 10-5.Nα βρεθούν: i) το ΡΗ του δ/τος Δ 10. ii) το PH του αποσταγμένου νερού στους θ 0 C. iii) να δειχθεί ότι θ>25. Για όλα τα μέρη επιτρέπονται οι προσεγγίσεις, Μr ΝαΑ = 50, Μr ΝαΟΗ =40, Μr ΚΟΗ =56 και Αr Mg =24. Όλα τα μέρη, πλήν του 10 ου μέρους, είναι θερμοκρασίας 25 0 C. ΛΥΣΗ 1 ο μέρος: i) Αφού το ΗΑ επηρεάζεται από το κοινό ιόν Α - και αλλάζει το PH του, είναι ασθενές. ii) Έστω ότι προσθέτουμε κ mol άλατος ΝαΑ=> C ΝαΑ = κ/1= κ Μ Δ/μα Δ 1 : ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο c-x x x ΝαΑ Α - Nα κ κ κ Κα = [(x κ)x] / (c--x ) => Κα c = κ 10-5 (1) Αφού το ΗΑ είναι ασθενές από το δ/μα Δ προκύπτει : ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο c 10-3 10-3 10-3 Κα ΗΑ = (10-3 ) 2 / (c 10-3 ) => Κα ΗΑ = 10-6 / c => Κα ΗΑ c = 10-6 (2) Από (1) και (2) προκύπτει κ = 0,1 Μ, άρα m ΝαΑ = 0,1 50 => m ΝαΑ = 5g 2 ο μέρος: Δ/μα Δ 2 : C NαΟΗ =2/40 = 0,05 Μ ΗΑ ΝαOΗ ΝαΑ Η 2 O c 0,05 0,05 0,05 0,05 c-0,05 0 0,05 Από τη γνωστή σχέση για τα Ρ.Δ: C H3O = Κα c oξ./ c βασ.. =>10-5 = Κα (c-0,05)/0,05=> =>10-5 = Κα (c-0,05) / 0,05 => 0,05 10-5 = Κα c- Κα 0,05=> =>0,05 10-5 = 10-6 - Κα 0,05 => Κα =10-5 και από την (2) c = 0,1M.

i) Βρίσκω πρώτα το βαθμό εξουδετέρωσης του ΗΑ: α = 0,05/c = 0,05/0,1 = 0,5 άρα ποσοστό εξουδετέρωσης Α% = 50% ii) Αν προσθέταμε 4gr ΝαΟΗ τότε C NαΟΗ =4/40 = 0,1 Μ ΗΑ ΝαOΗ ΝαΑ Η 2 O 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0 0 0,1 Κατόπιν ΝαΑ Α - Nα 0,1 0,1 0,1 Α - H 2 O ΗΑ ΟΗ 0,1-x x x Kb =10-14 /10-5 =10-9 =>10-9 = x 2 /0,1=> x =10-5 => ΡOΗ = 9 => ΡΗ = 5 3 ο μέρος: i) Σε 100ml του 3 ου μέρους, έχουμε n= 0,1 0,1= 0,01mol HA, προσθέτοντας 0,5g ΝαΑ δηλαδή 0,5 / 50= 0,01mol ΝαΑ προκύπτει δ/μα Δ 3 το οποίο αντιδρά με πρότυπο δ/μα HCl 0,1M ως εξής. ΝαΑ HCl ΝαCl ΗA 0,01 0,1V 0,01 0,01 0,01 0,01 0 0 0,02 0,01= 0,1V => V= 0,1 L => Vτ =0,10,1= 0,2 L C HA = 0,02/0,2= 0,1M και από 10-5 = x 2 /0,1=> x =10-3 =>PH=3 Κανένας από τους δείκτες δεν είναι κατάλληλος για την ογκομέτρηση αυτή, διότι ο δείκτης ΗΔ 1 με ΡΚ ΗΔ1 = 5, έχει περιοχή ΡΗ αλλαγής χρώματος από [4-6] και ο δείκτης ΗΔ 2 με ΡΚ ΗΔ2 = 8,5. έχει περιοχή ΡΗ αλλαγής χρώματος από [7,5-9]. Το PH=3 δεν συμπεριλαμβάνεται στα διαστήματα αυτά. ii) Στο δ/μα Δ 3, το ΗA αντιδρά με πρότυπο δ/μα ΝαΟΗ 0,1M ως εξής. ΗA ΝαΟΗ ΝαΑ H 2 Ο 0,01 0,1V 0,01 0,01 0,01 0,01 0 0 0,02 0,01= 0,1V => V= 0,1 L => Vτ = 0,10,1= 0,2 L C ΝαA = 0,02/0,2= 0,1M και από 10-9 =x 2 /0,1=>x =10-5 =>PΟH=5=>PH=9 Άρα από τους δυο δείκτες, κατάλληλος για την ογκομέτρηση αυτή είναι ο δείκτης ΗΔ 2, με ΡΚ ΗΔ2 = 8,5, διότι έχει περιοχή ΡΗ αλλαγής χρώματος από [7,5-9], στην όποια συμπεριλαμβάνεται και ή τιμή PH=9 4 ο μέρος: i) Το συγκεκριμένο ερώτημα χρήζει διερεύνησης αφού δεν αναφέρεται ότι προκύπτει Ρ.Δ. Επιδιώκουμε όξινο περιβάλλον (ΡΗ=6):

α) Έστω ότι τα σώματα ΗA και ΝαΟΗ αντιδρούν πλήρως, τότε το παραγόμενο ΝαΑ καθιστά το περιβάλλον βασικό καθώς υδρολύεται (ιοντίζεται) μονο η βάση Α -. β) Έστω ότι περισσεύει ΝαΟΗ τότε θα έχουμε ακόμα πιο βασικό περιβάλλον Άρα αναγκαστικά περισσεύει οξύ ΗA και μετά την αντίδραση έχουμε Ρ.Δ (ΗA/Α - ) ΗA ΝαΟΗ ΝαΑ H 2 Ο 0, 1V 1 > 0,1V 2 0,1V 2 0,1V 2 0,1V 2 0,1(V _ 1 V 2 ) 0 0,1V 2 C HA = 0,1(V 1 _ V 2 ) / (V 1 V 2 ) και C ΝαA = 0,1V 2 ) / (V 1 V 2 ) PH= PKα log C ΝαA / C HA => 6= 5 log C ΝαA / C HA => => 1= log C ΝαA / C HA => log10 = log C ΝαA / C HA =>10C HA = C ΝαA => => 10 0,1(V 1 _ V 2 ) / (V 1 V 2 ) = 0,1V 2 ) / (V 1 V 2 ) => V 1 /V 2 = 11/10 Άρα V δ/τος HA /V δ/τος ΝαΟΗ = 11/10 ii) Ο μέγιστος όγκος του ρυθμιστικού δ/τος, που μπορούμε να παρασκευάσουμε, βρίσκεται με το σκεπτικό ότι, το ένα από τα δυο δ/τα πρέπει να χρησιμοποιηθεί όλο και πρέπει απαραίτητα, να ισχύει ο παραπάνω λόγος V 1 /V 2 = 11/10 α) Αν χρησιμοποιήσω όλο το δ/μα ΝαΟΗ τότε V 2 =2 L και από V 1 /V 2 = 11/10=> =>V 1 /2= 11/10 => V 1 = 2,2 L αδύνατον διότι V 1 = V δ/τος HA=1 L β) Αν χρησιμοποιήσω όλο το δ/μα ΗΑ τότε V 1 =1 L και από V 1 /V 2 = 11/10 => => 1/ V 2 = 11/10=> V 2 = 0,91 L δεκτό άρα V μέγιστος = 10,91=1,91 L 5 ο μέρος: Έστω ότι έχουμε κ mol καθαρού Μg στο 1g του δείγματος, τα όποια αντιδρούν με το ΗA και δίνουν τη βάση Α - (προκύπτει από τη διάσταση ΜgΑ 2 ) οπότε όπως και στο 4 ο μέρος αποδεικνύεται ότι για pη =5 πρέπει να περισσεύει ΗΑ 2ΗA Μg ΜgΑ 2 H 2 0,1 > κ 2κ κ κ 0,1-2κ κ κ C ΗA = 0,1-2κ /1= 0,1-2κ= c C ΜgΑ2 = κ /1= κ Αποφεύγουμε Henderson και όταν έχουμε ΜΑ x, εργαζόμαστε με Ε.Κ.Ι ΜgΑ 2 Μg 2A - κ κ 2κ ΗΑ H 2 O Η 3 Ο Α - c-x x x 10-5 =[(x 2κ).x] /(c-x) => 10-5 = 2κ.10-5 / (0,1-2κ) => κ = 0,025 Άρα m καθαρού Μg= 0,025 24 = 0,6g oπότε βρίσκουμε την καθαρότητα ως εξής: Στο 1g δείγματος 0,6g καθαρού Μg 100g δείγματος x; => x= 60% Άρα καθαρότητα δείγματος Μg 60%

ii) Οι συγκεντρώσεις των ιόντων του δ/τος είναι: C Μg 2 = κ = 0,025 Μ, C A - = 2κx = 0,05Μ C H3O = x = 10-5 Μ, C OH - = 10-9 Μ 6 ο μέρος: Eχομε 2,4 g ισομοριακού μείγματος με x mol NaOH και x mol KOH άρα 40x 56x = 2,4 => x= 0,025 όποτε στο δ/μα του 1L C NaOH = 0,025M και C ΚOH = 0,025M ΗΑ KOH ΚΑ H 2 O 0,1 > 0,025 0,025 0,025 0,025 0,075 0 0,025 ΗΑ NαOH ΝαΑ H 2 O 0,075 > 0,025 0,025 0,025 0,025 0,05 0 0,025 Τελικα έχω συγχρόνως Ε.Κ.Ι στο ΗΑ από KΑ και ΝαΑ Δ/μα Δ 6 : ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο 0,05-x x x ΝαΑ Α - Nα 0,025 0,025 ΚΑ Α - Κ 0,025 0,025 10-5 =[(0,0250,025 x) x] / 0,05- x => x= 10-5 => PH=5 7 ο μέρος: i) Προσθέτοντας 0,1mol HΑ έχουμε 0,1 0,1= 0,2mol HΑ και C HΑ = 0,2M, αναμιγνύοντας δε το δ/μα αυτό με 1Lδ/τος HB 0,2Μ, προκύπτει το δ/μα Δ 7, με C HΑ = 0,1M και C HΒ = 0,1M. ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο 10-5 = (xy)x / (0,1- x ) (1) 0,1-x x x ΗΒ H 2 O Α - Η 3 Ο Kα ΗΒ = (xy)y / (0,1 - y ) (2) 0,1-y y y Aπό PH=2,5=> xy=10-2,5 κατόπιν από την (1) προκύπτει x=10-3,5 από την (2) προκύπτει y = 9 10-3,5 και Kα ΗΒ = 9 10-5 οπότε επειδή Kα ΗΒ > Kα ΗΑ θα είναι ΗΒ ισχυρότερο ΗΑ ii) Πριν την προσθήκη των 0,1mol, το δ/μα ΗΑ έχει C HΑ = 0,1M και έστω ότι χρησιμοποιούμε V 1L απ αυτό, το δ/μα ΗΒ έχει C HΒ = 0,2M και έστω ότι χρησιμοποιούμε V 2L μετά την ανάμιξη έχουμε C HA =0,1V 1 / (V 1 V 2 ) και C HΒ = 0,2V 2 / (V 1 V 2 ) ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο 10-5 = (xy)x / (C HA - x ) (3) C HA -x x x ΗΒ H 2 O Α - Η 3 Ο 9 10-5 = (xy)y / (C HB - y ) (4) C HB -y y y

(3) =>10-2,5 = x / (C HA - x ) => x = 10-2,5 C HA (5) (4) => 9 10-2,5 = y / (C HB - x ) => y = 9 10-2,5 C HB (6) προσθέτω (5)(6) xy = 10-2,5 (C HA 9 C HB ) => 10-2,5 = 10-2,5 (C HA 9 C HB ) => => 1= C HA 9 C HB => 1= 0,1V 1 / (V 1 V 2 ) 9 0,2V 2 / (V 1 V 2 ) => => V 1 V 2 = 0,1V 1 1,8 V 2 => 0,9V 1 = 0,8V 2 => V 1 / V 2 = 8/ 9 iii) Για το δ/μα του οξέος ΗΓ ισχύει Κα = α 2 ω Για το δ/μα της βάσης Γ - (ΚΓ άλας ) Κb = α 2 ω Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει Κα = Κb και επειδή στα συζυγή Κα Κb=10-14 => Κα ΗΓ =10-7 Δίνεται ότι στα Ρ.Δ πρέπει: 1/10 C β / C οξ 10/1 ή αντίστοιχα 1/10 C οξ / C β 10/1. Σύμφωνα με τα δεδομένα σε Ρ.Δ. πρέπει 1/10 C β / C οξ 10/1 ή αντίστοιχα 1/10 C οξ / C β 10/1. Από τη σχέση C H30 = Κα C οξ / C β => C οξ / C β = C H30 /Κα αντικαθιστούμε στη 1/10 C οξ / C β 10/1=> 1/10 C H30 /Κα 10/1=> 1/10 C H30 /Κα 10/1 (1) Θέλουμε να παρασκευάσουμε ρυθμιστικό δ/μα με PH=5,5 ή C H30 =10-5,5 αντικαθιστούμε στην (1) 1/10 10-5,5 /Κα 10/1 => 10 Κα /10-5,5 1/10 πολλαπλασιάζουμε με 10-5,5 και έχουμε: 10-4,5 Κα 10-6,5 επειδή Κα ΗΑ =10-5 ( Κα ΗΒ 10-4 και Κα ΗΓ =10-7 ) είναι μέσα στο όριο αυτό, θα χρησιμοποιήσουμε το το ΗΑ 8 ο μέρος: i) Αραιώνοντας με πολύ μεγάλη ποσότητα νερού (άπειρη αραίωση), η συγκέντρωση του ΗΑ πρακτικά μηδενίζεται, συνεπώς ουσιαστικά αναφερόμαστε στο ΡΗ του νερού H 2 O, άρα ΡΗ=7. H 2 O OH - Η 3 Ο ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο 10-5 = C H3O αc / (c -αc )=> 10-5 = 10-7 α / (1 -α) => α = 0,99 c -αc αc ii) Aν το ΗΑ είχε Kα = 10-7 τότε εργαζόμενοι με τον ίδιο ακριβώς τρόπο καταλήγουμε στη σχέση 10-7 = 10-7 α / (1- α) και βρίσκουμε α= 0,5 Το συμπέρασμα που προκύπτει από τις τιμές που βρήκαμε, είναι ότι με την αραίωση, ο βαθμός ιοντισμού του ασθενούς ηλεκτρολύτη αυξάνεται, τείνει στην τιμή 1, η δε απόκλιση από τη μονάδα εξαρτάται από τη σταθερά ιοντισμού. 9 ο μέρος: Στο δ/μα Δ 9 : n ΝαΑ = 5/50 =1mol => C ΝαΑ = 0,1/100 = 0,001M n HΑ = 0,1 1 = 0,1mol => C HΑ = 0,1/100 = 0,001M ii) Έστω ότι προσθέτουμε κ mol άλατος ΝαΑ => C ΝαΑ =κ/1= κ Μ Δ/μα Δ 1 : ΗΑ H 2 O Α - Η 3 Ο 0,001-x x x ΝαΑ Α - Nα 0,01 0,01 0,01 10-5 = [(0,001x)x] / 0,001-x => x=10-5 Άρα στο Δ 9 : PH τ =5 και α τ =10-5 / 0,001=> α τ = 0,01

Στο Δ: PH=3 και α =10-3 / 0,1=> α = 0,01 Αναμενόμενη η αύξηση του ΡΗ διότι και η αραίωση και η Ε.Κ.Ι συνέβαλλαν σ αυτό. Ο βαθμός ιοντισμού παρά την αραίωση δεν αυξήθηκε, διότι ισοσταθμίστηκε από την Ε.Κ.Ι.. Θα μπορούσε να ήταν μεγαλύτερος, αλλά και μικρότερος από τον αρχικό ανάλογα με το ποιος από τους αντικρουόμενους παράγοντες θα υπερίσχυε. 10 ο μέρος: ΝαΟΗ Να ΟΗ - 0,1Μ 0,1Μ - Από την παραπάνω διάσταση πρόεκυψε C ΟΗ = 0,1Μ => ΡΟΗ = 1, επίσης από τη C - OH = 10 11 C H3O => 0,1= 10 11 C H3O => C H3O = 10-12 => ΡΗ =12 => ΡΗ ΡΟΗ =112=13 (1) i) Mετά την ανάμειξη C ΝαΟΗ = 0,05M και C ΗΑ = 0,05M και όπως φαίνεται παρακάτω C ΝαΑ = 0,05M ΗΑ NαOH ΝαΑ H 2 O 0,05 0,05 0,05 ΝαΑ Α - Nα 0,05 0,05 0,05 Α - Η 2 Ο ΗΑ OH - 0,05-x x x Κb= 10-14 / 5 10-5 =2 10-10 = x 2 /(0,05- x ) => x = 10-5,5 => POH =5,5 και επειδή στους θ 0 C ΡΗ ΡΟΗ =13=> PH =13-5,5 => PH =7,5 ii) Αφού στο απεσταγμένο νερό, PH= ΡΟΗ και στους θ 0 C ΡΗ ΡΟΗ =13 => =>ΡΗ ΡΗ =13=> 2ΡΗ =13=> ΡΗ = 6,5 iii) Στους θ 0 C το αποσταγμένο νερό έχει ΡΗ = 6,5 => C H3O = 10-6,5 ενώ στους 25 0 C το αποσταγμένο νερό έχει ΡΗ = 7 => C H3O = 10-7 αφού ο ιοντισμός του νερού είναι ενδόθερμη αντίδραση, δηλαδή ευνοείται με την αύξηση της θερμοκρασίας, συμπεραίνουμε ότι θ > 25. ΠΑΥΛΟΣ ΜΠΑΣΔΑΡΑΣ