ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ >Ήΐ2 ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ / >Ήΐ2 ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ Στέλιος Λιοδάκης Δημήτρης Γάκης Δημήτρης Θεοδωρόπουλος Παναγιώτης Θεοδωρόπουλος Αναστάσιος Κάλλη ς Λύσεις ασκήσεων χημείας β' λυκείου θετικής κατεύθυνσης και επιλογής ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΔΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

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 ΘΕΟΔΩΡΌΠΟΥΑΟΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης ΑΝΑΣΤΑΣΙΟΣ ΚΑΛΛΗΣ, Χημικός Δ/θμιας Εκπαίδευσης Ομάδα Τεχνικής Υποστήριξης: ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΜΕΡΚΟΣ, Δρ. Χημικός Μηχανικός ΕΜΠ ΑΝΤΖΕΛΑ ΛΑΖΑΡΟΥ, φωτογράφος ΤΕΙ Αθήνας Υπεύθυνος στο Πλαίσιο του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου: ΑΝΤΩΝΙΟΣ ΜΠΟΜΠΕΤΣΗΣ, Χημικός, M.Ed., Ph.D., Σύμβουλος Π.Ι. Ομάδα Κρίσης: ΒΑΣΙΛΕΙΑ ΧΑΤΖΗΝ1ΚΗΤΑ,Επίκουρος καθηγήτρια Παν/μνου Αιγαίου ΣΠΥΡΙΔΩΝ ΑΒΡΑΜΙΩΤΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΠΑΡΔΣΚΕΥΑΣ ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ, Δρ. Χημικός καθηγητής Δ.Ε. ΣΟΥΑΤΑΝΑ ΛΕΥΚΟΠΟΥΑΟΥ, Δρ. Χημικός, Σχολικός Σύμβουλος. ΜΙΧΑΗΛ ΜΠΑΣΙΟΣ, Χημικός, καθηγητής Δ.Ε.

Λύσεις Ασκήσεων Β' Λυκείου

Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1: Αιαμοριακές δυνάμεις - προσθετικές ιδιότητες 5 Κεφάλαιο 2: Θερμοχημεία 16 Κεφάλαιο 3: Χημική κινητική 22 Κεφάλαιο 4: Χημική ισορροπία 28 Κεφάλαιο 5: Οξειδοαναγωγή-ηλεκτρόλυση 45 Κεφάλαιο 6: Μέταλλα, και κράματα 53 Κεφάλαιο 7: Ενώσεις πρακτικού ενδιαφέροντος 57 Κεφάλαιο 8: Υλικά Οξειδοαναγωγή-ηλεκτρόλυση 59

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: ΔΙΑΜΟΡΙΑΚΕΣ ΑΥΝΑΜΕΙΣ-ΚΑΤΑΣΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ ΥΑΗΣ -ΠΡΟΣΘΕΤΙΚΕΣ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ 1-15. βλέπε θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα α. Διαμοριακές δυνάμεις 16. Βλέπε θεωρία για τη συμπλήρωση των κενών. 17. To NaCl έχει μεγαλύτερο σ.β. γιατί ο δεσμός είναι ιοντικός. Το HF έχει υψηλότερο σ.β. από το HC1 γιατί το F είναι ηλεκτραρνητικότερο από το C1 και έχουμε μεταξύ των μορίων του HF δεσμό υδρογόνου. Τέλος, το HC1 έχει μεγαλύτερο σ.β. από το Cl 2 γιατί το HC1 είναι δίπολο ενώ το Cl 2 δεν είναι. 18. (α) Λ, (β) Σ, (γ) Σ, (δ) Σ Βλέπε θεωρία για την εξήγηση των απαντήσεων. 19. α. Δεσμός υδρογόνου στην CH 3 CH 2 OH β. Στο HF λόγω της μεγάλης ηλεκτραρνητικότητας εμφανίζεται δεσμός υδρογόνου, στο HC1 δεν εμφανίζεται δεσμός υδρογόνου. γ., δ. To LiCl είναι ιοντική ένωση. 20. Το β, γιατί στο HF παρουσιάζεται δεσμός υδρογόνου, το HC1 παρουσιάζει πολικότητα και το Η 2 είναι μη πολικό. 21. CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 3 -> 36 C CH.CHCHOCH, " U CH 3 CH3CCH3 9 5 o C CH 3

22. (γ) Στην Ν Η 3 έχουμε δεσμό υδρογόνου, η AsH 3 έχει μεγαλύτερο σ.β. από την ΡΗ 3 γιατί το As έχει ατομικό αριθμό 33, μεγαλύτερο από το 15 που είναι ο ατομικός αριθμός του Ρ. 23. Η (δ) η οποία είναι αλκοόλη, όπου έχουμε δεσμό υδρογόνου και δεν είναι διακλαδισμένη όπως η (γ). β. Νόμος μερικών πιέσεων - Τάση ατμών 24. Η ολική πίεση είναι: Ρ 0Χ = Ρ Ν + ρ ΝΟ 5 atm. 25. V s = ή Vg = 2 ' 082 800 L = 32 L P\ 4,1 2-0,082-400 2o. p u = atm = 0,8 atm " 2 82 3 0,082 400 p rn = atm = 1,2 atm 2 82 p 0 \ = PH, + Pc O, =2 atm 2 7 3 0 a t /'H,S = Ρολ = ' m = 12 ATM "ολ ίο p so, =-^/> ολ =18atm ' "ολ -+i 0,082-500 28 -ίο Ρολ- Poi n o\ RT = Vg ^ ^ eo atm = 8,75 atm 29. Επειδή οι μερικές πιέσεις είναι ανάλογες με τον αριθμό των es έχουμε: C0 2 : 12 atm Ν 2 : 15 atm Η 2 : 6 atm Ne: 21 atm

- 0,082-500 30. π Η = atm = 2 atm 41 «sn = = 6 s 2 0,082-500 Εύκολα συμπληρώνονταν τα υπόλοιπα κενά του πίνακα. 31. Θα εξαερωθεί η ίδια ποσότητα υδρατμών, δηλαδή 2,5 σταγόνες νερού γιατί θα πρέπει στον ίδιο όγκο και στην ίδια θερμοκρασία να έχουμε την ίδια πίεση, δηλαδή την ίδια τάση ατμών. 32. Από τη θεωρία προκύπτει εύκολα ότι σωστή απάντηση είναι η (Υ) 33. Και στα τρία δοχεία θα έχουμε την ίδια πίεση, δηλαδή ρ\ = ρκ = Ργ~ τάση ατμών σε αυτή τη θερμοκρασία. 34. Η τάση ατμών του κοινού αιθέρα εξαρτάται από τη θερμοκρασία. γ. Προσθετικές ιδιότητες - Νόμος Raoult 35. Βλέπε θεωρία. 36. Η τάση ατμών του διαλύματος θα ελαττωθεί και θα είναι μικρότερη από 31 mmhg, άρα σωστή απάντηση είναι η (γ). 37. Στο διάλυμα της γλυκόζης και στα 3 διαλύματα (α), (β) και (γ) το γραμμομοριακό κλάσμα του διαλύτη είναι το ίδιο: 1000 n H 2 o = 18 W H 2 0~^noiXJ 1000 _ _ Q ^ 18 Αρα παρατηρείται η ίδια ελάττωση τάσης ατμών και προφανώς ορθή απάντηση είναι η (δ).

8 38. Τη μικρότερη τάση ατμών έχει το διάλυμα της ουσίας Α, γιατί στο διάλυμα αυτό έχει το μικρότερο γραμμομοριακό κλάσμα: 90 18 = 90 _ 10 51? 1 18 100 5 39. Το διάλυμα αραιώνεται, δηλαδή η συγκέντρωσή του ελαττώνεται, οπότε η ελάττωση της τάσης των ατμών μειώνεται και η τάση των ατμών αυξάνεται. 40. Το διάλυμα Γ που προκύπτει έχει συγκέντρωση μικρότερη του Α και μεγαλύτερη του Β. Άρα και η τάση των ατμών του Β θα είναι μικρότερη από 30 mmhg και μεγαλύτερη από 29 mmhg, οπότε και οι δύο απαντήσεις είναι λανθασμένες. 1Χ 41. ρ χ = 57 mmhg - = 54 mmhg 42 120= 130 100 78 M r 160 43. α. 102= 105 ^ =>Α/= 89,8 160 80 Μ,. Η πειραματική Μ Γ είναι 89,8. β. Από τον εμπειρικό τύπο (C0 2 H) x έχουμε 45 x = 89,8» χ = 1,995 οπότε χ = 2 και ο μοριακός τύπος είναι C 2 0 4 H 2. γ. Η ακριβής Μ Γ είναι 24 + 64 + 2 = 90. 44. Έστω ότι το μίγμα περιέχει: χ Α και x Β οπότε: 80 χ + 60 χ = 70 ή χ = 0,5.

Ρ & = 120 500 mmhg = 100 mmhg. 500 l. 0,5, + 0,5, 100 <5. Ζεσεοσκοπΐα - Κρυοσκοπία 45. Όπως γνωρίζουμε σε ορισμένη θερμοκρασία το νερό έχει μεγαλύτερη τάση ατμών από υδατικό διάλυμα ζάχαρης, οπότε είναι προφανές ότι: Η καμπύλη 1 αφορά το νερό και το σημείο βρασμού του είναι θ,. Η καμπύλη 2 αφορά το διάλυμα ζάχαρης και το σημείο βρασμού του είναι θ 2. Η διαφορά σημείου βρασμού είναι θ 2 -θ 46. (β) Δεν παραμένει σταθερή γιατί με το βρασμό απομακρύνεται ποσότητα διαλύτη, αυξάνει η ality, αυξάνει η AT B και αυξάνει το σημείο βρασμού. Για τις απαντήσεις (α), (γ), (δ) βλέπε θεωρία. 47. Εύκολα βρίσκουμε ότι το διάλυμα της ουρίας έχει τη μεγαλύτερη ality, άρα τη μεγαλύτερη AT B και το μεγαλύτερο σημείο βρασμού. 48. Όπως εξηγήσαμε στην προηγούμενη άσκηση το διάλυμα της ουρίας έχει τη μεγαλύτερη ality, συνεπώς παρατηρείται σε αυτό η μεγαλύτερη ταπείνωση σημείου πήξης, άρα έχει το μικρότερο σημείο πήξης. AT t - k f m\ AT f k f Αθ ( 1,86 Άρα το σημείο πήξης του διαλύματος είναι -1,43 C. 50. Οι (α), (β), (γ) είναι απλές, βλέπε θεωρία.

10 (δ): Το διάλυμα που προκύπτει θα έχει ality ενδιάμεση της ality των δύο διαλυμάτων, άρα θα παρατηρείται Δενδιάμεση των 1 C και 2 C, άρα θα έχει: 101 < σ.β. < 102. Άρα το 103 C είναι (Α). 51. α. ΔΤ b =kt,-m 0,26 = 0,52 AL1M => Μ = 62 Μ Γ 100 β. Από τον εμπειρικό τύπο έχουμε: 30χ = 62 ή χ = 2,07 Το χ είναι 2 και ο μοριακός τύπος C2H4O2. γ. Η ακριβής Μ τ είναι 24 + 4 + 32 = 60. 52. α. Δ6>ί= (6,5-4,16) = 20 3 1000 =» Μ = 256,4 Μ Τ 100 β. Υπολογίζουμε την ατομικότητα του θείου: 32χ = 256,4 ή χ = 8,01 Το χ είναι 8. γ. Η ακριβής Μ Γ είναι 32-8 = 256. 53. Σε 10 L νερού που ζυγίζουν 10 kg προσθέτουμε χ g CH3OH και έχουμε: 18,6 = 1,86 JLiM. => χ = 3200 32 10000 Δηλαδή πρέπει να προσθέσουμε 3200 g CH 3 OH. 54. Αν το 1 kg στοιχίζει λ 1 γλυκερίνης κοστίζει ^ και 1 γλυκόλης κοστίζει Προτιμάμε τη γλυκόλη που κοστίζει λιγότερο αφού 1 γλυκερίνης και 1 γλυκόλης έχουν το ίδιο αποτέλεσμα.

I 1 1 ηη διαλύματος η 55. α. = ζάχαρης» ω = 9,1 και το διάλυμα είναι 100g cog 9,1 % w/w. β. ΔΓ = 0,52 => = 0,15 C 1 342 70 και το σημείο βρασμού είναι 100,15 C. γ. Αν θεωρήσουμε στους 100,7 C ότι η ποσότητα του νερού 7 είναι χ g εχουμε m 0,7 = no 0,52 1000 => x = 15,2 g. 342 χ Το τελικό διάλυμα ζυγίζει (15,2+7) g = 22,2 g και η κατά βάρος περιεκτικότητά του είναι: - -% w/w = 31,5% w/w 56. Βρίσκουμε τις ality των 4 διαλυμάτων: j 5 1000 250 342 20 342 40 667 II. 342 60 342 3 1000 250 III. ' 342 12 342, 20 1000 500 IV. 342 40 342 α. To II με τη μεγαλύτερη ality έχει το μεγαλύτερο σημείο βρασμού. β, γ. Τα I, III έχουν την ίδια ality άρα θα έχουν το ίδιο σημείο βρασμού και το μεγαλύτερο σημείο πήξης, επειδή έχουν την μικρότερη ality. δ. Όταν αναμιχθούν τα διαλύματα I και 111 θα πάρουμε διάλυμα με την ίδια arity που είναι μικρότερη από τη ality της II. Το διάλυμα που θα προκύψει θα έχει μικρότερο σημείο βρασμού από το σημείο βρασμού που έχει το διάλυμα II. Ο ο ε. Ωσμωτική πίεση 57-59. Βλέπε θεωρία

12 60. (β) Το τελικό διάλυμα Οα έχει συγκέντρωση ίση με το μέσο όρο των συγκεντρώσεων των δύο διαλυμάτων, άρα και ωσμωτική 2 + 4 πίεση atm = 3 atm. Οι απαντήσεις στις άλλες εξηγούνται εύκολα (βλέπε θεωρία). 61. Μεγαλύτερη ωσμωτική πίεση στους 27 C έχει το διάλυμα που έχει τη μεγαλύτερη "arity" που εύκολα υπολογίζεται ότι είναι το διάλυμα της ουρίας (β). 62. Ο όγκος του διαλύματος οκταπλασιάζεται. Η συγκέντρωση γίνεται οκτώ φορές μικρότερη άρα και η ωσμωτική πίεση οκτώ φορές μικρότερη, δηλαδή 0,5 atm (γ). 63. Από τη σχέση π = crt φαίνεται ότι η ωσμωτική πίεση είναι ανάλογη με τη συγκέντρωση και στη συγκεκριμένη άσκηση φαίνεται εύκολα ότι: (1, γ) (2, α) (3, δ) (4, β) 64. α. Θα αυξηθεί. α'. Θα ελαττωθεί. β. Το διάλυμα που θα προκύψει θα είναι 0,2 Μ άρα ισοτονικό με το διάλυμα Α (ϋ). 65. Ποσότητα νερού θα κινηθεί προς τα δεξιά με αποτέλεσμα η κινητή μεμβράνη να κινηθεί προς τα αριστερά κατά y cm μέχρι οι συγκεντρώσεις να γίνουν ίσες, για να έχουμε ίσες ωσμωτικές πιέσεις. 0,3 _ 0,9 ; =12 (24 - y)s (24 + y)s ^ 66. 4,92 V = (0,5 + 1,5)0,082-300 > V = 10L. 67. Διαλύονται στο νερό x Α και y Β. χ-100 + y-80 = 34 (1) 9,84-1 =(x+y)0,082-300 (2). Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 0,1 και y = 0,3, δηλαδή 10 g Α και 24 g Β.

13 68. c, c 2 = ^ - c,=^~ RT ~ RT RT «] + η2 = n T ή C\V\ + c 2 V2 = CTVT ΞΚΐ + ^2 =?r T (V + V2 ) RT RT RT 2-3 + 44 = 7Γ τ 6 ττχ = 22/6 atm =11/3 atm. 69. Αντίστοιχα με την 68. Τι Vi + π 2 ν 2 = Kt,VT, 2V\ + 5-6 = 3(V + 6) V, = 12 L 70. Είναι ισοτονικά, άρα έχουν την ίδια συγκέντρωση στην ίδια θερμοκρασία. Αν x είναι η Μ τ του Β έχουμε: 4.25 Κ) Χ 0.1-6 -0 => χ = 255 Γενικά προβλήματα 71. Όσο μεγαλύτερη είναι η αύξηση του σ.β. τόσο μεγαλύτερη είναι η ality και τόσο μεγαλύτερη είναι η ελάττωση του σ.π. οπότε εύκολα έχουμε: (1, δ) (2, α) (3, β) (4, γ) 72. α. Στα 20 g της γλυκόζης που περιέχει 10% κ.β. υγρασία έχουμε 18 g καθαρής γλυκόζης και 2 g νερού, οπότε συνολικά έ- χουμε 100 g νερού. AT = 0 50 18 *eee=0.52 C και το διάλυμα βράζει στους 180 100 ι r s - 100,52 C.

14 98 + 20 β. Το διάλυμα έχει όγκο V = ml = 100 ml και ωσμωτική 1,18 πίεση: π = 0,082 300 atm = 26,4 atm 0,1 73. Το νερό έχει μεγαλύτερη τάση ατμών από διάλυμα γλυκόζης 1 Μ. Στις συνθήκες του πειράματος θα εξαερωθεί μεγαλύτερη ποσότητα νερού στο δοχείο που περιέχει το νερό. 74. ΑΤ { = 0,2 = k r 1 1000 AT η = 0,9 = k t 74 250 4,46 1000 F ~M T 200 M r 200 9 74-4,46-250 M r =91,67 75. Υπολογίζουμε τη ρ του διαλύματος θεωρώντας ότι περιέχει μόνο ουρία. 72 ρ = 40,5 ^ ^ mmhg = 40 mmhg 7δ + 60 Άρα δεν υπάρχει άλλη ουσία. 76. ΔΓ Γ = (6,5-4,16) C = 20-/i s ~ C 100 2 34 n s = = 0,0117 200 ν διαλ = y L = -j-l 1,03 10 3 1 0 π_ Mil0,082-300 atm = 2,88 atm 0,1 77. Υπολογίζουμε τη ality m = 1 04 = 2 οπότε 0,52

15 1000 α. Ρδ = 30 mmhg = 28,96 mmhg + 2 18 β. Η μάζα του διαλύματος είναι (1000 + 2-180) g = 1360 g Ο όγκος του διαλύματος είναι π = - 0,082 300 atm = 43,4 atm 1,133 1.2 ml = 1133,33 ml και η 78. Υπολογίζουμε τα της γλυκόζης στο αρχικό διάλυμα 12,3 = Λ, 0,082 300 ο η λ = 0,25 γ γ 1,1 1000 m, = (550-0,25-180) g = 505 g α. Στο διάλυμα Α έχουμε: ATf = 1,86 0,25 β. Στο διάλυμα Β έχουμε: 505 ρι, = 30-^ 505 h 18 = 0,92 C δηλαδή πήζει στους -0,92 C. τ- mmhg = 29,67 mmhg 0,25 + 180 79. Τα δύο ποτήρια πρέπει τελικά να περιέχουν δύο διαλύματα με ίσες συγκεντρώσεις. Αυτό δεν μπορεί να συμβεί γιατί το ένα ποτήρι περιέχει μόνο νερό, οπότε όλο το νερό θα μεταφερθεί στο δοχείο Β που θα περιέχει 1200 g Η 2 0+0,2 ζάχαρης (γ). 80. Όλο το νερό θα φύγει από το δοχείο Α και θα μεταφερθεί στα δύο άλλα δοχεία για να αποκτήσουν την ίδια ality. Για να συμβεί αυτό υπολογίζεται ότι όλο το νερό μεταφέρεται στο πυκνότερο διάλυμα (ποτήρι Β) που τελικά θα περιέχει 1200 g Η 2 0 και 0,2 ζάχαρης.

16 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2: ΘΕΡΜΟΧΗΜΕΙΑ 1-10. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ασκήσεις - προβλήματα α. Ενθαλπία αντίδρασης ΑΗ - Κανονική ενθαλπία αντίδρασης \Η 11. Βλέπε θεωρία. 12. Βλέπε θεωρία. 13. Η σωστή απάντηση είναι η γ. 14. Η σωστή απάντηση είναι η α. 1C ~ 124g 3010kJ 15. Τα = <=>to = 150,5kJ 6,2g ω 16. R 2 (g) + Cl 2 (g)» 2HCl(g,) Δ// = -184,6 kj 17. Η διαφορά οφείλεται στη διαφορετική φυσική κατάσταση του Η 2 0. 18. Α1 2 0, -> 2ΑΙ + - Ο, Δ// = 1600 kj 2 l = 1600 kj > χ =... 3200 kj 2 χ C + 0 2 ->C0 2 Δ// = -394 kj 12 g 394 kj -> y =97,46 g y 3200 kj 19. CH 4 + 20 2 C0 2 + 2H 2 0 AH = -802 kj C 2 H4 + 30 2 -» 2C0 2 + 3H 2 0 AH = -1010 kj

17 Έστω χ CH 4 και y C 2 H 4 στα 6 g του μίγματος που καίγονται. Από τα δεδομένα έχουμε: 16x + 28y = 6 802x + 1010y = 261,4 Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 0,2 και y = 0,1, δηλαδή 3,2 g CH4 και 2,8 g C2H4. 20. Υπολογίζουμε τις ποσότητες HC1 και NaOH: 3 0,2 HC1 = 0,6 HC1 και 2 0,25 NaOH = 0,5 NaOH HC1 + NaOH NaCl + H 2 0 AH = -57,1 kj Αρχικά/ 0,6 0,5 Αντιδρούν/: 0,5 0,5 Αντιδρούν 0,5 HC1 και ελευθερώνονται 0,5-57,1 kj = 28,55 kj 21. ΝΗ}Ν0 3 (Χ) -» NH 4 + (aq) + N0 3 "faq) AH = 25,06 kj Διαλύονται ΝΗ 4 Ν0 3 και απορροφώνται log x kj δηλαδή x = 3,13 kj 22. Βλέπε θεωρία β. Θερμιδομετρία 23. Q - m c Αθ» Q = 2500-1 10 cal = 25 kcal 24. Q = (m c + k) ΑΘ -> Q = (1800 1 + 1500) 8 cal = 26400 cal = 26,4 kcal 25. ηι Ύε ρ 0 ύ = 7,2 10 8 km 3 1 g/ml = 7,2 10 8 1 10 9 10 6 g Q - 7,2 10 23 1 1 cal = 7,2-4,18 10 23 J 1 βόμβα = 10 ->15 J > ω = 3 10 ο. Λ9 βόμβες,,,,, ω 30 10 23 J

18 26. Q = (1500-4,18 + 1500) 4 J = 31080 J 2 gc 6 H 2 0 6 _31,08kJ -> χ = 2797,2 kj 180g χ AH = -2797,2 kj/ 27. 1 m 3 = 1000 L καίγεται και ελευθερώνει 340 kcal = 15178 kcal Q = mc AT -> 15178 = χ-1 70-> χ = 216,8 Δηλαδή θερμαίνονται 216,8 kg Η 2 0. 28. Q = 2000-1 -38 cal = 76 kcal Καίγονται χ CH 4 και y C 2 H 4 οπότε έχουμε: 16x + 28y = 6(1) 210x + 340y = 76 (2) Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0,2 και y = 0,1, δηλαδή 3,2 g CH 4 και 2,8 g C 2 H 4. γ. Νόμοι Θερμοχημείας 29. Η σωστή απάντηση προφανώς είναι η γ. 30. 2C(ypa<p)+ 20 2 (g) >2CO 2 (g) AH = -787kJ H 2 (g) + ±0 2 (g) >H 2 0^) ΔΗ = -285,8 kj 2C0 2 (g)+h 2 0(g) >C 2 H 2 (g) + o 2 fe) ΔΗ = +1297,9 kj 2C(γραφ) + Η 2 (g) >C 2 H 2 (g) ΔΗ = x kj Σύμφωνα με το νόμο του Hess: x =-787-285,8+ 1297,9 ή x = 225,1 31. ϋ(γραφ) + 0 2 (g) >CO 2 (g) ΔΗ = -393,5 kj 2$(ρομβικό) + 20 2 (g) > 2SO 2(g) ΔΗ = -592,2 kj C0 2 (g) + 2S0 2 (g) >CS 2 (l) + 30 2 (g) ΔΗ = +1072 kj 0(γραφ) + 2Ξ(ρομβικό) >CS j(0 AH = +86,3 kj

19 32. Θα υπολογίσουμε τις ενθαλπίες καύσης του C(ypacp), του Η 2 και της CH 3 OH και μετά εφαρμόζοντας το νόμο του Hess θα υπολογίσουμε την ενθαλπία σχηματισμού της CH 3 OH. 33. C(g) + 0 2 (g) >CO 2(g) AH = -3 131 kj 2H 2 (g) + 0 2 (g)»2h 2 0(g) AH = -572 kj CO 2(g) + 2H 2 0 (g) >CH 3 OHfe) + θ 2(g) AH = +8 91 kj Qg) + 2H 2 fe) + o, >CH 3 OH(g) AH = -237 kj 34. Τα 8 g H 2 είναι 4 H 2 και περιέχουν 4N A μόρια. 1 μόριο H? 7,4 10-19 J, nnn (n4, c, n, ^ = > χ - 178,2-10./ δηλαδή 1782 4-6,02 10 μόρια Λ: kj 35. CI 2 (g) > 2C1 2 (g) AH = +242 kj 2HO(g)»H 2 0 2 (g) AH = -134 kj H 2 0 2 (g) + C\ 2 (g) 2C1 2 (g) + 2HO (g) και CI 2 (g) + HO(g) >2HOCl(g) AH = -209 kj >2C\(g) + 2HOC1 (g) AH = -101 kj >C1 (g) + HOClfgj AH = -50,5 kj 36. 3N0 2 fe) >3N0(gj + 0 2 fe) A// = + -173kJ 5 255 Ν 2 (g) + 2 2 (8) + H 2 0 >2HNO 3 (aq) AH = ξ- kj 2NO(g) >K 2 (g) + 0 2 (g) Δ// = -181 kj 3N0 2 fg) + H 2 0(I) > 2HNO 3 (aq) + NOfe) AH = -49 kj

20 Γενικά προβλήματα 37. Υπολογίζουμε τις ποσότητες του οξέος και της βάσης: 4 0,2 HA και 2 0.25 NaOH HA + NaOH -> NaA + H 2 0 αρχικά: 0,8 0,5 () αντιδρούν: 0,5 0,5 () Τα 0,5 ελευθερώνουν 25,4 kj, επομένως το 1 ελευθερώνει 50,8 kj. Η διαφορετική τιμή από την ΑΗ εξουδετέρωσης ισχυρού οξέος με ισχυρή βάση οφείλεται στη θερμότητα που απαιτείται για τον ιοντισμό του ασθενούς οξέος. 38. Η μάζα του διαλύματος είναι 25 g και το ποσό της θερμότητας Q = 25-4,18-50,6 = 5288 J Zn + C11SO4 ^ ZnS04 + Cu ελ Όθ 0,025 5,288 kj,,,, Τ = η χ = 211,6 kj, 1 χ δηλαδή ΑΗ = -211,6 kj. 39. Υπολογίζουμε τις ποσότητες του HBr και NaOH: 0,2-0,2 HBr = 0,04 HBr και 0,2-0,3 NaOH = 0,06 NaOH. Αντιδρούν 0,04 HBr και ελευθερώνονται: 0,04-13,5 kcal = 0,54 kcal = 540 cal. Ο όγκος του τελικού διαλύματος είναι 0,4 L ή 400 g οπότε: Q-mc-ΑΘ ή 540 = 400-1 ΑΘ ή Αθ= 1,35 C, οπότε η τελική θερμοκρασία θα είναι: (18 + 1,35) C = 19,35 C.

40. CJI, 3ν - 21 -Ο, ->VCOt + (ν + 1)Η,0 ΑΗ ] = -2936 kj vc + v0 2 >vco, ΑΗ\ = 376ν kj (ν + ΐ)Η 2 + 0 2 Κ ν +1 )Η 2 0 ΑΗ\ = -(ν + 1 )276 kj } + 3ν + 1 vc0 2 + (ν + 1)Η : 0 >C v H 2v+2 +- Ο, - ΑΗ, = 2936 kj vc + (ν + 1)Η 2 >C v H 2v+2 ΑΗ 2 = -600 kj οπότε -376ν - (ν + 1 )276 + 2936 = -600-652ν = -3260 ή ν = 5 και το αλκάνιο είναι το C 5 HI 2. 41. 2Α1 + -0-,»Α1,0, AH, = 1650 kj 2 - Fe? 0, >2Fe + 0 7 -A// 2 =830kJ 2 2 A1 + Fe 2 0, > A1 2 0 3 + 2Fe AH 1-820 kj αρχ: αντ: 270 1000 27 160 10 5 () () και ελευθερώνουν: 5-820 kj = 4100 kj.

22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3: ΧΗΜΙΚΗ ΚΙΝΗΤΙΚΗ 1-21. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα α. Ταχύτητα αντίδρασης 22. Βλέπε θεωρία. 23. Βλέπε θεωρία. 24. Βλέπε θεωρία. 25. Από αυτά που αναφέρουμε στη θεωρία φαίνεται εύκολα ότι η ενέργεια ενεργοποίησης για την Α + Β > Γ + Δ είναι η Ει και για την Γ + Δ > Α + Β είναι η Ε 2. 26. Είναι εύκολο να συμπληρώσουμε τα κενά μελετώντας τη θεωρία. 27. (ϊ) Η πρώτη καμπύλη αντιστοιχεί στο σώμα Α και η δεύτερη αντιστοιχεί στο σώμα Β. Τη χρονική στιγμή t v η ταχύτητα μηδενίζεται. (ΐί) Όταν η θερμοκρασία αυξηθεί η ταχύτητα της αντίδρασης μεγαλώνει οπότε η ταχύτητα μηδενίζεται γρηγορότερα. 28. Βλέπε θεωρία

23 29. Οι απαντήσεις στα ερωτήματα (α) και (β) είναι απλές. (γ), (δ): Από τους συντελεστές της αντίδρασης φαίνεται ότι το σώμα Α είναι σε περίσσεια άρα στο τέλος της αντίδρασης η ποσότητα του Α δε μηδενίζεται, ενώ η ποσότητα του Β μηδενίζεται. Άρα (γ): Σ και (δ): Λ. (ε): Επειδή κατά την αντίδραση δε μεταβάλλεται ο συνολικός αριθμός των αερίων, η πίεση πράγματι παραμένει σταθερή. Α,, χ Ν,,, 2xNH,,, 30. Αν αντιδρούν - τοτε παραγονται απο οπου φαίνεται ότι η σωστή απάντηση είναι η (δ). 31. Η δεν είναι η ταχύτητα της αντίδρασης, η ταχύτητα είναι dr 1 d[a] 2 d t -0,2 32. υ = - ^ = L's" 1 = 0,05 -L '-s"'. At 2 0,2 33. o = - ^ = -J -L's"' = 0,02 -L" V. At 10 β. Παράγοντες που επηρεάζουν την ταχύτητα αντίδρασης - Νόμος ταχύτητας 34. Η πρόταση (γ). 35. Όταν αυξηθεί η θερμοκρασία κατά 10 C η ταχύτητα γίνεται 2υ, όταν η θερμοκρασία γίνεται (40 + 210) C η ταχύτητα θα γίνει 2 2 υ και όταν γίνει (40 + 4-10) C = 80 C η ταχύτητα θα γίνει 2 4 Ο = 16?; (απάντηση β). 36. Η αντίδραση είναι δευτέρας τάξης και είναι πολύπλοκη.

24 37. 1 ης τάξης: υ = k-c άρα η k έχει μονάδες: L -1 s" 1 _ι π ^ -L 2 ης τάξης: υ = k-c 2 άρα η k έχει μονάδες: L" 1 s _1, τ = L s 2 L" 2 38. Βλέπε θεωρία. 39. Διαβάζοντας τη θεωρία βλέπουμε ότι η σωστή απάντηση είναι η (γ) 40. α. (Α) Αυξάνει την ταχύτητα όλων των αντιδράσεων. β. (Λ) Δεν είναι δυνατόν να υπάρχουν αντιδράσεις 5 ης τάξης, γ. (Σ) Προφανώς είναι σωστό. δ. (Λ) Οι μονάδες της σταθεράς ταχύτητας εξαρτώνται από την τάξη της αντίδρασης. ε. (Λ) Προφανώς είναι λάθος γιατί η ταχύτητα θα γίνει 2 ιο υ, αρχ 20ϋ α ρχ 41. Η σωστή απάντηση είναι η (γ). 42. α. (Λ) Η ταχύτητα ελαττώνεται με την πάροδο του χρόνου, β. (Σ) Όπως εξηγούμε στη θεωρία η πρόταση είναι σωστή. γ. (Σ) Ο Ζη με τη μορφή σκόνης παρουσιάζει μεγαλύτερη επιφάνεια επαφής. 43. οι = ΜΑ] 2 [Β] = & 3 2 2 -L '-s 1 Όταν η ποσότητα του Γ γίνει 1 θα έχουμε 1 του Α και 1 του Β, οπότε = /:2 [Α] 2 [Β] = Μ 2! -L ' s" 1. Α3 2 2 *1 2 1 = 18, ορθή απάντηση η (α). 44. Φαίνεται εύκολα από τη μελέτη της θεωρίας ότι (α) Σ, (β) Λ, (γ) Σ, (δ) Λ.

45. α.ο = * [Α] [Β] 2 25 β. «ι = 10 mor 2 L 2 min" 1 1,5 --L" 1 l 2 2 L" 2 = 15 L'min" 1 γ. Όταν έχουμε 4,5 του Α θα έχουμε 1 του Β: ο 2 = 10 mor 2 L 2 min" 1 4,5/4 ΙΤΙΟ1 L" 1 ( 1 /4) 2 2 L 2 = (45/64) L ' min" 1. 46. υ = Λ:-[Α 2 ]-[Β 2 ] υ\ = ΙΟ" 3 ' L s 'O^ L'-O^ L 1 ή υ\ = 4,8 ΙΟ" 4 -L's"' Όταν παράγονται 0,8 ΑΒ απομένουν 0,2 του Α2 και 0,4 του Β 2 : ι>2 = 10" 3 mor 1 L s" l 0,2 L" l 0,4 L" 1 ή υ 2 = 0,8 10" 4 -L's" 1 47. α. o = it-[a] x -[B] y 2 10" 2 =/t(0,l) x (0,l) y (1) 4 10" 2 =/:(0,l) x (0,2) y (2) 8 ΙΟ" 2 = yt(0,4) x (0,l) y (3) y -1 χ = 1 Το τέταρτο πείραμα επαληθεύει τις τιμές που βρήκαμε, οπότε υ = [Α] [Β] β. Η αντίδραση είναι 2 ης τάξης.. 2*10,_ΙΤ. _Ι.._ΙΤ. _Ι γ. k = Lmin =2 Lmin 0,1 0,1 ω 48. α. υ - Α [Α] Χ [Β] ν [Γ] 3 10-4 = >t(0,l) x (0,l) y (0,l) co (1) 18 10" 4 = φ,3) χ (0,2^ (0,1 Υ (2) 9 10" 4 =*(0,3) x (0,l) y (0,lf (3) 36 ΙΟ" 4 = Α:(θ,3) χ (0,2^ (0,2f (4) Λύνουμε και βρίσκουμε χ = y = ω = 1, οπότε υ = & [Α] [Β] [Γ] β. k= " 2 L 2 s"' =3 10"' " 2 L 2 s" 1 κ 0,1 0,1 0,1

26 49. Η αντίδραση δεν είναι απλή και πραγματοποιείται σε στάδια. Ένας πιθανός μηχανισμός είναι: Α + 2Β» Δ (βραδύ στάδιο) Δ + Β > Γ (γρήγορο στάδιο) 50. Αν η συγκέντρωση του NO είναι Α και του Cl 2 είναι Β: D, = *r[no]mcl2] y = *-[A] I -[B] y υ 2 = Α-[2Α] Χ [2Β] y = 8?;, ή 2 Χ 2 y = 8 ο 3 = Α [Α] χ [2B] y = 2υ\ ή 2 y = 2 οπότε y = 1 και χ = 2 και υ = & [Ν0] 2 [Ο 2 ] Η αντίδραση είναι 3 ης τάξης. 51. α. υ = k [H 2 ] x -[NO] y n t : 0,19 = k (0.39) x -(0,70) y Π 2 : 0,76 = k (0,39) x -(l,40) y Π 3 : 1,52 = k (0,78) x -(l,40) y Βρίσκουμε χ = 1 και y = 2, οπότε υ - k [Η 2 ]-[NO 2 γ. Η αντίδραση είναι 3 ης τάξης. Προφανώς η αντίδραση δεν είναι απλή. 52. α, β. Διάγραμμα I: Γ 0 Διάγραμμα II: Α 0,3 Μ Διάγραμμα III: Β 0,6 Μ Διάγραμμα IV: Δ 0,3 Μ Δ [Α] [θ, 3 0,6] 1 γ -1 ΑΛΊ ς 1 Τ γ. υ = = -L = 0,015 -L -1 s. 1 At 20 δ. A: 0,015 -L' s 1 Β: 0,03 -L ' s"' Γ: 0,045 -L"'-s"' Δ: 0,015 -L '-s"' ε. Τη χρονική στιγμή / = 20 s η ταχύτητα της αντίδρασης είναι μηδέν. 53. (ί) α. βραδύτερη λόγω μικρότερης επιφάνειας επαφής. β. ίδιος επειδή είναι ίδια η ποσότητα. (ίϊ)α. βραδύτερη επειδή ελαττώνεται η συγκέντρωση του HC1.

27 β. μικρότερος επειδή ελαττώνεται η ποσότητα του HC1. (iii) α. ταχύτερη επειδή αυξάνει η συγκέντρωση του HC1. β. μεγαλύτερος επειδή αυξάνει η ποσότητα του HC1. (iv) α. ταχύτερη επειδή αυξάνει η συγκέντρωση του HC1. β. ίδιος επειδή παραμένει σταθερή η ποσότητα του HC1. (ν)α. βραδύτερη. β. ίδιος. (νί) α. ίδια. β. μεγαλύτερος. 54. α. (Γραφική παράσταση) Δ[Γ] 4 -L" 1,,., β. υ = 2-L mm At 2 min" 1 γ. Βρίσκεται γραφικά. δ. Βρίσκεται γραφικά. 55. Η (γ) γιατί όταν η θερμοκρασία περάσει μια ορισμένη τιμή, το ένζυμο δε μπορεί να δράσει καταλυτικά. 56. α.υ = & [N0] 2 -[C1 2 ] ^ _ L8 10 ' L" 1 s" 1 _ = 2. ^ -4^-2^-i [3] 2 2 LT 2 [1] - L _1 β. Όταν περισσεύουν 0,4 Cl 2 θα περισσεύουν και (3-2-0,6) NO = 1,8 NO, οπότε υ = 2 10" 4 (1,8) 2 0,4 -L" 1 S" 1 = 2,6 10" 4 -L's" 1. γ. Όταν περισσεύει 1 NO έχουν αντιδράσει 2 NO και 1 CI2 οπότε αντέδρασε όλο το χλώριο και η ταχύτητα μηδενίζεται. 5-4-0,082-800 ο. ρ ι = atm = 262,4 atm 1 (0,4 + 3) 0,082-800 ρ 2 = atm = 223,04 atm 1 3-0,082-800,^0 Ρ3 = j atm = 196,8 atm

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4: ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ 1-9. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα 10. Βλέπε θεωρία. 11. Βλέπε θεωρία. 12. Βλέπε θεωρία. 13. Στην ισορροπία θα έχουμε [Β] > [Γ], γιατί αρχικά [Β] = [Γ], η αντίδραση θα προχωρήσει προς τα αριστερά, αφού δεν έχουμε Α με αποτέλεσμα να αυξηθεί η [Β] και να ελαττωθεί η [Γ], 14. Προφανώς σωστή είναι η (β), γιατί καταναλώνεται ποσότητα Η 2 μεγαλύτερη από την ποσότητα του Ν 2. 15. α. Το πόσο προχωράει η μία αντίδραση είναι ανεξάρτητο της ταχύτητας (Λ). β. Προφανώς είναι (Σ). γ. Όπως φαίνεται από τη θεωρία είναι (Λ). δ. Από τον ορισμό της χημικής ισορροπίας φαίνεται ότι είναι (Σ). 16. Βάζουμε 4 PC1 5 και διασπώνται 4 0,6 = 2,4 PCVtf) PCh(s) + Ch(R) αρχικά 4 αντ-σχημ 2,4 2,4 2,4 ισορροπία 1,6 2,4 2,4 οπότε [Cl 2 ] = 1,2 Μ, [PC1 3 ] = 1,2 Μ, [PC1 5 ] = 0,8 Μ

29 17. α. Βάζουμε 29.7 g COCl 2 ή 0,3 COCl 2 και στην ισορροπία έχουμε 4,2 g CO ή 0,15 CO. Σχηματίζουμε το σχετικό πίνακα: COCl 2 (j?) ^CO(* + Cl 2 (s) Αρχικά/ 0,3 αντ -σχημ/ 0,15 0,15 0,15 Ισορροπία/ 0,15 0,15 0,15 β. α = = 0,5 = 50% 0,3 0,15 0,082-500 Υ Pc\i Ρ co Pcoc\2 atm = 0,15 atm 41 δ. Poi = (0,15 + 0,15 + 0,15) atm = 0,45 atm 18. Βάζουμε 0,04 Ν 2 θ4 και διασπώνται x Ν 2 θ4: N 2 0 4 2N0 2 αρχικά / 0,04 αντ - σχημ / X 2x Ισορροπία/ (0,04-x) 2x α. PoX'Vb = n 0 xrt > 2 0,82 (0,04 + x)0,082-400» χ = 0,01 και έχουμε 0,02 N0 2 και 0,03 N2O4. 0,02-0,082-400 β PNOI atm = 0,8 atm 0,82 PN204-0,03 0,082 400 atm = 1,2 atm 0,82 0,01 1 γ. α = - 25% 0,04 4

30 19. Βάζουμε χ C0 2 και διασπώνται 0,5 χ COa. 2C0 2 (g) 2C0(g) + 0 2 (s) αρχικά/ Χ αντ -σχημ/ 0,5x 0,5χ 0,25 Ισορροπία/ 0,5χ 0,5χ 0,25χ Επειδή η αναλογία είναι και αναλογία μερικών πιέσεων η σωστή σχέση είναι η (γ). 20. Βλέπε θεωρία. 21. α. Προς τα αριστερά αφού η προς τα δεξιά είναι εξώθερμη. β. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί ο αριθμός των es, γ. Προς τα αριστερά, για να καταναλωθεί το CO. 22. Από τη θεωρία φαίνεται εύκολα ότι: (α) Σ, (β) Λ, (γ) Λ 23. α. Δε μετατοπίζεται γιατί μένει σταθερός ο αριθμός των es των αερίων. β. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των es των αερίων, γ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των es των αερίων, δ. Δεξιά για να αυξηθεί το πλήθος των es των αερίων. 24. Η (β) 25. Η (β) και η (δ). 26. α. Η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει την ταχύτητα της αντίδρασης και ελαττώνει την απόδοσή της, γιατί η αντίδραση είναι εξώθερμη.» β. Η αύξηση της πίεσης με μεταβολή του όγκου του δοχείου αυξάνει την ταχύτητα και την απόδοση της συγκεκριμένης α- ντίδρασης.

31 27. Η σωστή έκφραση είναι η (β). 28. Η σωστή έκφραση είναι η (γ). 29. L l^l. mor. = Ja^l L. m or'=30,, [SO 2 ] 2 [O 2 ] 0,4" 0,1 625 L (Στις επόμενες ασκήσεις θα παραλείπουμε τις μονάδες της k c ) 30 3 /; - W - ^ 15 [ΑΙβ]~2 4" ' 5 31. kc'= = = 0,8 k c 1,25 f * W, _ [NOf[0 2 ] ν Ά* v V, 5 Λ = 0,2 => V = 4 L 33. Η k c μιας ορισμένης χημικής εξίσωσης μεταβάλλεται μόνο με τη θερμοκρασία και μάλιστα στις ενδόθερμες αντιδράσεις η ε- λάττωση της θερμοκρασίας προκαλεί ελάττωση της k c (αρχή Le Chatelier). Αρα σωστή απάντηση είναι η (β). 34. Ν 2^> + m 2 (x) 2νη 3 (.?) Αρχικά / 4 10 αντ - σχημ/ 3 9 6 Ισορροπία/ 1 1 6 α = 9/10 = 90% -> K c = 'ι ν ν 2 / = 144

32 35. Θεωρούμε ότι αντιδρούν χ Η 2. tho?) + h(%) 2ΗΙ (g) αρχικά: 1 1 αντ - x χ 2x σχημ: ισορροπία: (1-x) (1-x) 2x. c (ι-χ) 2 7 14 Η δεκτή λύση είναι χ = και η ποσότητα του HI είναι 36. α. L = [PCI 3ICI 2 [PC1 5 ] β. Οι μονάδες της k c είναι -L" 1 γ. k c ' = 1 1 και μονάδες ' -L Κ 8 10" δ. Η αντίδραση θα μετατοπιστεί προς τα: ϊ. δεξιά ϊί. αριστερά iii. δεξιά ίν. Η k c μεταβάλλεται μόνο στην περίπτωση (iii) και συγκεκριμένα αυξάνει, γιατί η αντίδραση είναι ενδόθερμη. 37. ίυλ^όζι] Μ = ο.67 [φρουκτόζη! 0,15 0,1 0,25 : 0,4 = 40%

33 38. α. Έστω ότι αντιδρούν χ CO. CO (g) + U 2 0(g) CO 2(g) + Η2(g) αρχικά: 1 1 αντ - x x x x σχημ: ισορροπία: (1-x) (1-x) x x = ν: k c = 4 Η δεκτή λύση είναι χ = 2/3, παράγονται 2/3 Η 2 και η 2/3 απόδοση είναι = 66,67% Αν βάζαμε 1 CO και 1,6 Η 2 0 θα είχαμε: 2 k c = 4 = - ί 1 - χ Υ 1,6 - χ, V 1 ν, Η δεκτή λύση είναι x = 0,8 39. Βάζουμε 1 CO, παραμένει χωρίς να αντιδράσει 1/3 CO, άρα αντιδρούν 2/3 CO. CO (g) + i 2 Ofg) CO,(g) + U 2 (g) αρχικά: 1 1 αντσχημ: 2/3 2/3 2/3 2/3 ισορροπία: 1/3 1/3 2/3 2/3

34 k c = A A 3V3V 1_ 1 3V 3V = 4 CO (g) + U 20(g) CO 2(g) + Η 2(g) αρχικά: 1 (1+x) αντ - 0,8 0,8 0,8 0,8 σχημ: ισορροπία: 0,2 (0,2+x) 0,8 0,8 0,8 0,8 = η -W» ^ ν = 4 => χ = 0,6 0,2 (0,2 +χ) V V 40. Έστω ότι προσθέτουμε χ από το Β. Υπάρχουν 2 περιπτώσεις: α) Αν χ > 2, αντιδρά το 80% του Α. A (g) + β (g) Γ(,? ) + A(g) αρχικά: 2 x αντ - 1,6 1,6 1,6 1,6 σχημ: ισορροπία: 0,4 (x-1,6) 1,6 1,6 U> U5 k c = 4: V V 0,4 (x-1,6) = 3,2, η λύση είναι δεκτή γιατί 3,2>2 V V β) Αν χ < 2, αντιδρά το 80% του Β. Mr) + Β(.?) Γ( ) + a(g) αρχικά: 2 χ αντ 0,8x 0,8χ 0,8χ 0,8χ σχημ: ισορροπία: (2-0,8χ) 0,2χ 0,8χ 0,8χ

35 0,8x (\8x l = 4-- V V (2-0,8x)0,2x V 1,25 <2. = 1,25, η λύση είναι δεκτή γιατί 41. Βάζουμε 1 Α και 1 Β και η απόδοση της αντίδρασης Afg) + B(g) T(g) είναι 60%. Αν βάλουμε 1 Α και 2 Β θα σχηματιστούν περισσότερο από 0,6 Γ, η απόδοση είναι μεγαλύτερη από 60%, γιατί σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier είναι σαν να προσθέσαμε 1 του Β στο σύστημα που είχε ισορροπήσει όταν είχαμε βάλει σε κενό δοχείο 1 Α και 1 Β. 42. Έχουμε: S0 2 (a) + N0 2 (g) S0 3 (g) + NO(je) ισορροπία: 0,8 0,1 0,6 0,4 προσθέτ.: 0,3 αντ - x x x x σχημ: νέα ισορ.: (0,8-x) (0,4-x) (0,6+x) (0,4+x), = 0,6 0,4 (θ,6 + χχθ,4+χ) c _ 0,8 0,1 ~ ~ (θ,8-χχθ,4-χ) Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 0,17, οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 0,23 Ν0 2. 43. Έχουμε: pch(g) pch(g) + c\ 2 (x) ισορροπία: 4 2 8 προσθετ.: 4 αντσχημ: x x x νεα ισορ.: (8-x) (2+x) (8+x)

8 2 2 + χ 8 + χ k c = 2 2 _ 2 = 2 4 8-χ 36 2 2 Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 1,06 οπότε στην τελική ισορροπία έχουμε 6,94 PC1 5, 3,06 PC1 3 και 9,06 Cl 2. 44. Έχουμε: s0 2 (x) + ν0 2 (%) so,ω + νο(β>) ισορροπία: 2 4 8 3 προσθέτ.: χ αντ y y y y σχημ: νέα ισορ.: (2+x-y) (4-y) (8+y) (3+y) y= 1 Προσθέσαμε x S0 2 και αντέδρασαν y S0 2 = 1 S0 2. 8 3 8+y 3+y k c = - V V 2 4 2+x-y 4-y V V V V Λύνουμε και βρίσκουμε x = 3. 45. Έχουμε αρχικά 46 g Ν 2 0 4 ή 0,5 Ν 2 () 4 και διασπώνται x Ν 2 0 4 Ν 2 0 4 2Ν0 2 αρχικά: 0,5 αντσχημ: χ 2χ ισορροπία: (0,5-x) 2χ k p = 2: Ρ ΝΟ, Ρ Ν 2Ο 4 2xRT \2 4χ ζ R300 (0,5 - χ )RT ~ 0,5 - χ 4,1 V

37 Λύνουμε και βρίσκουμε ως δεκτή λύση χ = 1/6. Στην ισορροπία έχουμε 1/3 Ν0 2. 46. Βάζουμε 0,01 COCI2 και διασπώνται x COC cocijo) co^j + ch(s) αρχικά: 0,01 αντ - x x x σχημ: ισορροπία: (0,01-x) x x Ριαορ 'ισορ = 3,5 atm =» (0,01 + χ) 0,082 546 = 3,5 0,224 => χ = 0,0075 και α = 0,0075 = 75% 0,01 ' 0075 1 C Ρco = Pcu = 3,5 atm = 1,5 atm 0,0175 0,0025 Ρ COCl 2 ()0175 3,5 atm = 0,5 atm, Ρ CO Pc\ 2 1,5-1,5 ^ ac λ. k n = 2- = atm = 4,5 atm Pc oci, 0,5 47. Έστω ότι βάζουμε χ C0 2 και αντιδρούν 0,62χ C0 2. C0 2 te) + C(s) 2CO(s) αρχικά: x αντσχημ: 0,62x 1,24x ισορροπία: 0,38x l,24x l,24x Pc ο ~ 3,24 atm = 2,48 atm l,24x + 0,38x 0,38x Pc 2 3,24 atm = 0,76 atm l,24x + 0,38x ( κ Pco = atm = 8,09 atm P Pc o 2 0,76

38 48. Έχουμε: S0 2 (,i>) + N0 2 fe) - SOrf* ) + NOfe) ισορροπία: 0,8 0,1 0,6 0,4 προσθέτ.: x αντ - y y y y σχημ: νέα ισορ.: (0,8+y) (0,1+y) (0,6-y) (0,4+x-y) y = 0,2 0,6 0,4 (0,6-y) (0,4+ x -y) ί- - V V V V,νς 0,8 0,1 " 0,8 + y 0,1 + y V V V V Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 2,05. 49. Έχουμε co 2^j + H 2 (t) COO?) + H 2 0(^j ισορροπία: 0,3 0,3 0,6 0,6 προσθέτ.: x αντ - y y y y σχημ: νέα ισορ.: (0,3+x-y) (0,3-y) (0,6+y) (0,6+y) Για να γίνει η συγκέντρωση του CO ίση με 0,35 Μ πρέπει 0,6 + y = 0,7, δηλαδή y = 0,1. 06 06 (0,6+y) (0,6+ y) h - 2 ' = 4 = 03 03 0,3 + x - y 0,3 - y 2 ' 2 2 2 Λύνουμε και βρίσκουμε x = 0,4125. 50. Στους 427 C διασπάστηκε ποσότητα S0 3, διότι αυξήθηκε ο συνολικός αριθμός των es (από 8,5 σε 9). Έστω 2χ η ποσότητα του S0 3 που διασπάστηκε.

39 2S03( ) 2S0 2 ( ) + 0 2 ω αρχικά: 4 4 0,5 αντ - 2x 2χ χ σχημ: ισορροπία: (4-2χ) (4+2χ) (0,5+x) Θα πρέπει: 4-2χ + 4 + 2χ + 0,5 + χ = 9 > χ = 0,5 α. L = /4Λ 2 ^Ll μ λ2 05 2 =1 4 β. kc' = V 2, \ 2 ] 2 _ 25 ; ~ 18 γ. Η αντίδραση είναι ενδόθερμη διότι αυξάνοντας τη θερμοκρασία ευνοείται η ενδόθερμη αντίδραση. Στη συγκεκριμένη περίπτωση διασπάστηκε ποσότητα SO3. 51. ϊ. Παράγονται 0,1 NOC1, αντιδρούν 0,05 Cl 2 και στην ισορροπία έχουμε 0,15 CI2 (γ). ϋ. Αυξάνεται ο όγκος του δοχείου, η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά και αυξάνεται η ποσότητα του CI2 (β). \2 06 25 iii. Η τιμή της k c είναι: -, = 1,5 10 3 (α). ^λ'0,15 02 λ 25 25

40 52. Έστω ότι αντιδρούν χ Η 2 : ΗΜ + h(k) 2HI0?) αρχικά: 0,5 0,5 αντσχημ: χ χ 2x ισορροπία: (0,5-x) (0,5-x) 2x k c - 64 = f 2χ λ2 10 0,5 - χ 0,5 - χ 10 10 Η δεκτή λύση είναι χ = 0,4. α. k p - k c = 64. β. Υπολογίζουμε εύκολα ότι στην ισορροπία στους 448 C έ- χουμε: 0,8 HI, 0,1 Η 2, 0,1 Ι 2. γ. Όταν αυξηθεί η θερμοκρασία στους 727 C ευνοείται η ενδόθερμη αντίδραση, αλλά δε δίνεται αν η αντίδραση είναι ενδόθερμη ή εξώθερμη. Παρατηρούμε, όμως, ότι είτε η αντίδραση οδηγηθεί προς τα δεξιά ή προς τα αριστερά, ο συνολικός αριθμός των es παραμένει σταθερός και ίσος με 1, οπότε: 1-0,082 1000 Ρ ολ = - atm = 8,2 atm 10 53. i. Βλέπε θεωρία. ii. Η k p μεταβάλλεται (αυξάνεται) μόνο με αύξηση της θερμοκρασίας. iii. α. Προς τα αριστερά για να ελαττωθεί το η 0 χ. β. Προς τα δεξιά που είναι ενδόθερμη. γ. Καμιά μεταβολή όπως μάθαμε στη θεωρία.

41 54. Βάζουμε χ C0 2 και αντιδρούν χα C0 2. COzfn) + C(s) 2CO(g) αρχικά: x αντσχημ: χα 2χα ισορροπία: χ(1-α) 2χα kp- _ Pc ο Ρ co, "CO 'ολ Ρ ολ 'CO, />ολ «ολ 2χα χ (ΐ + α) χ (ΐ - α) χ ( 1 + α ) Ρολ Ρολ 4α 1-α' -Ρολ Λύνουμε και βρίσκουμε α = 0,62. Στην ισορροπία έχουμε (x - 0,62χ) = 0,38χ C0 2 και 2 0,62χ CO = 1,24χ CO, οπότε: nrn 1,24χ -zcaat rtc 2 0,38x = 76,54% και 2 - l,62x «ολ l,62x = 23,46% β. To μίγμα περιέχει 6% σε es C0 2 και 94% σε es CO, οπότε: n co 2 "ολ = 0,06 και ''co ''ολ Από τη σχέση: k p = = 0,94 "CO "ολ Ρολ 'CO, 'ολ ' Ρολ Pc\ = k n atm = 0,68 atm Ρ 0,94 \2 εχουμε:

42 55. Βάζουμε 6 CaC0 3 και διασπώνται χ CaC0 3. CaC0 3 f.vj CaOf.v) + C0 2^'J αρχικά: 6 αντσχημ: x x x ισορροπία: (6-x) x x α. k p - p co "CO RT 9 = 9 123 x- 0,082 1500 41 χ = 3 β. Αντίστοιχα: y = K 0.082 1500 δηλαδή για να φτάσουμε στην ισορροπία μπορούν να διασπαστούν 9 CaC0 3. Επειδή έχουμε 6 CaC0 3 θα διασπαστούν όλα χωρίς να φτάσουμε στην ισορροπία. γ. 7 = 6' 0'082 1500 L = 82 L 56. Wi(g) + h(g) 2Hlfgj '0,5 ' V 25 α. qc = <49 02 02 4 V V β. To σύστημα δε βρίσκεται σε ισορροπία επειδή Q c < k c. Για να φτάσουμε στην ισορροπία θα αντιδράσουν x Η 2 με χ Ι 2 και θα παραχθούν 2x HI, οπότε: k c = 0,5 + 2χ 0,2-χ = 49 Λύνουμε και βρίσκουμε χ = 0,1, οπότε στην ισορροπία θα έ- χουμε 0,7 HI. γ. Έστω ότι προσθέτουμε ω HI.

43 η 2 (ζ) + \ 2 (g) 2ΗΙ(*) ισορροπία: 0,1 0,1 0,7 προσθέτ.: ω αντ - y y 2y σχημ: νέα ισορ.: (0,1+y) (0,1+y) (0,7+oo-2y) Θα πρέπει: 0,1 + y = 0,2 > y = 0,1 0,7 + ω - 2y \2 t = 0,1+ y \2 = 49 Λύνουμε και βρίσκουμε ω = 0,9. 57. Διπλασιάζεται ο όγκος του δοχείου, ελαττώνεται η πίεση, οπότε σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier πρέπει να αυξηθεί η πίεση, δηλαδή να αυξηθεί ο αριθμός των es των αερίων και η ι- κ = Ν 2 0 4 2Ν0 2 αρχικά: 0,52 0,96 αντσ χ 2χ Λ /ημ: ισορροπία: (0,52-x) (0,96+2χ) 0,96 Λ2 0,96+ 2χ 2V 0,52 0,52 - χ V 2V Λύνουμε και βρίσκουμε: χ = 0,12. 58. a. k c - 6,5 ΙΟ 2. \ 2 β. υ, = *, [Ν0] 2 [0 2 ] ή υ, = 2,6 1 0 3 -(6 1 0 3 ) 2-0,3 -L ' s" 1 = 28,08 10 3 -L '-s" 1

γ 44 2Ν0 2 ( ) 2N06?) + 0 7 (g) αρχικά: 0,2 αντ - 0,2 0,15 0,03 0,015 σχημ: ισορροπία: 0,17 0,03 0,015 \2 0,03 0,015 kj 5 5 = 9,3 10" 5 στους μ C. 0,17 5 Στους λ C η k" της αντίδρασης: 1 1 2Ν0 2^>=^ 2NO(g) + 0 2 (g) είναι ίση με kc 650 Με ελάττωση της θερμοκρασίας (μ < λ) έχουμε ελάττωση και της τιμής της k c άρα η διάσπαση του Ν0 2 είναι ενδόθερμη αντίδραση. 59. Η ισορροπία δε θα διαταραχθεί.

45 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5: ΟΞΕΙΟΑΑΝ ΑΓΩΓΗ - ΗΑΕΚΤΡΟΛΥΣΗ 1-12. Οι απαντήσεις προκύπτουν εύκολα από τη θεωρία. Ερωτήσεις - ασκήσεις - προβλήματα 13. Η3ΡΟ4: 3 + χ + (-8) = 0 ή χ = +5 Ρ 4 : ο Α.Ο. στα ελεύθερα στοιχεία είναι 0 ΡΗ3: χ + 3 = 0ήχ = - 3 Η 3 Ρ0 3 : 2 + χ + (-6) = 0 ή χ = +3 14. MnC>2: χ + (-4) = 0 ή χ = +4 Κ2Μ11Ο4: 2 + χ + (-8) = 0 ή χ = +6 KMnC>4: 1 + χ + (-8) = 0 ή χ = +7 15. Στις 5 πρώτες ουσίες βρίσκεται εύκολα με βάση τα προηγούμενα. Στη χλωράσβεστο:.c1 Ca CIO To C1 στο CI- έχει προφανώς Α.Ο. = -1 To C1 στο C10- έχει Α.Ο. = x όπου χ + (-2) = -1 ή χ = +1 16. Η συμπλήρωση των κενών γίνεται εύκολα μελετώντας τη θεωρία. 17. Με κανόνες που εφαρμόσαμε σε προηγούμενες ασκήσεις γίνεται εύκολα η αντιστοίχηση. 18. α. Προφανώς (Σ). β. Υπάρχουν οξειδώσεις όπου δεν παρατηρείται πραγματική αποβολή ηλεκτρονίων (κατά το σχηματισμό ομοιοπολικών δεσμών) (Λ). γ. Προφανώς (Σ). δ. Όπως και το β (Λ). ε. Το οξειδωτικό οξειδώνει και το ίδιο ανάγεται (Λ). στ. Όπως και το ε (Λ).

46 19. Εύκολα φαίνεται ότι η σωστή απάντηση είναι η (γ), γιατί το Na οξειδώνεται από 0 > +1 και προκαλεί αναγωγή. 20. Με τις γνώσεις της θεωρίας είναι εύκολο να γίνει η αντιστοίχηση. 21. Ο πρώτος ορισμός περιλαμβάνει πραγματική και φαινομενική αποβολή ηλεκτρονίων ενώ ο δεύτερος περιλαμβάνει μόνο πραγματική αποβολή ηλεκτρονίων. 22. Η (γ) όπου οι αριθμοί οξείδωσης παραμένουν σταθεροί. 23. Στην πρώτη ο C είναι αναγωγικό σώμα γιατί οξειδώνεται. Στην δεύτερη ο C είναι οξειδωτικό σώμα γιατί ανάγεται. 24. ί. ο Ρ αναγωγικό γιατί οξειδώνεται, το ΗΝ0 3 οξειδωτικό γιατί το Ν ανάγεται από +5 > +4. ii. CO αναγωγικό γιατί ο C οξειδώνεται, FeO οξειδωτικό γιατί ο Fe ανάγεται. Με ανάλογο τρόπο βρίσκουμε το οξειδωτικό και αναγωγικό στις επόμενες αντιδράσεις. 25. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 26. Τα κενά συμπληρώνονται εύκολα αν μελετήσουμε τη θεωρία. 27. Στη (γ) όπου το S ανάγεται από +4 > 0. 28. Στη (δ) όπου το Η ανάγεται από +1 > 0. 29. Οξειδοαναγωγικές είναι: η (α) όπου ο C οξειδώνεται από +2 > +4 και το Ο ανάγεται από 0» -2 και η (β) όπου οξειδώνονται δύο στοιχεία, ο C από +2 > +4 και ορισμένα άτομα χλωρίου από -1 > 0, ανάγεται δε το Ο από 0 > -2. 30-35. Συμπληρώνουμε ορισμένες χαρακτηριστικές από αυτές τις αντιδράσεις, τις υπόλοιπες μπορείτε εύκολα να τις συμπληρώσετε αν

47 μελετήσετε τα παραδείγματα αυτά και όσα έχουμε αναφέρει στη θεωρία. 30. Mg + 2HC1 > MgCl2 + Η 2 (Mg πιο αναγωγικό από το Η 2 ). Cu + HBr > δε γίνεται γιατί ο Cu είναι λιγότερο αναγωγικός από το Η 2. Cl 2 + Mgl 2 > MgCl 2 + Ι 2 (Cl 2 πιο οξειδωτικό από το Ι 2 ) Ι 2 + NaBr» δε γίνεται (Βγ 2 πιο οξειδωτικό από το Ι 2 ) Γ 1x3 31. 3Fe0 + (l + 9)HN03 >3Fe(N0 3 ) 3 + 1Ν0 + 5Η 2 0 ' 3 x 1 1 2x5 Ί 0 2+ 2KMn0 4 +5Η 2 S+3H 2 S0 4 >5S+2MnS0 4 +K 2 S0 4 +8Η 2 0 5 x 2 6+ 2+ 2x3 32. Κ 2 Cr 2 0 7 + 3CO + 4H 2 S0 4 >Cr 2 (S0 4 ) 3 + 3C0 2 + K 2 S0 4 + 4H 2 0 I 3x2 1 2x1 1 1-4+ 33. Ca0Cl 2 + SnS0 4 + H 2 S0 4»CaCl 2 + Sn(S0 4 ) 2 + H 2 0 I 2x1 1 2 2X «f 1 34. S0 2 +2H 2 S >S+2S+2H 2 0 4x1 ή S0 2 + 2H 2 S -> 3S + 2H 2 0 J 1 x 10 J 35. 5H 2 0 2 +2KMn0 4 +3H 2 S0 4 >50 2 +2MnS0 4 + K 2 S0 4 +8H 2 0 I 5x2 1

48 36. To CI οξειδώνεται από 0 > +5 και ανάγεται από 0 > -1. 5x1 \ I 3C12 + 6KOH >5KC1+ lkcio, + 3Η 2 0 ι I χ 5 1 To Cl 2 δρα ως οξειδωτικό και αναγωγικό και η αντίδραση αυτή χαρακτηρίζεται αυτοοξειδοαναγωγή. 37. 3Ag + 4 UNO, >3AgNO, + NO + 2Η,0 3 108 g 22.4 L 21,6 g => x = 1.49 L 38. Cu + 2H,SO t >CuS0 4 + S0 2 + 2H,Ο 63,5 g _ 22.41. x ~ 3.36 L x = 9.525 g ' ^ ακαο = ^ καθ ή y = 95,25 g 100 g y και περιεκτικότητα 95,25%. 39. Ο Cu δεν αντιδρά με το HC1. Zn + 2HC1»ZnCl, +Η 2 65 Η 22.4 L χ 4,48 L => χ = 13 β 20 g., 7 g κραματος υπάρχουν Cu η y = 35g 100 g - y και περιεκτικότητα 35%. 40. Έστω ότι το μίγμα περιέχει x Cu και y Ag. Cu + 2H,S0 4 >CuS0 4 + SO, + 2H,0 χ χ 2Ag+ 2H 2 S0 4 >Ag,S0 4 + SO, + 2H : 0 y V?

49 63,5x + 108y = 27,95 x + ^- 22,4 = 4,48 χ = 0.1 y = 0,2 Αρα 0,1-63,5 g = 6,35 g Cu 0.2-108 g = 21.6 g Ag 41. Από την ηλεκτρονιακή δομή του 2<>Μ(2, 8, 8, 2) προκύπτει ότι έχει Α.Ο. = +2 στις ενώσεις του. M + 2HC1 >MC1, + Η, Μ, g 22.4 L 4.48 L Μ, =40 42. 1000 ml 0,5 FeSO, ή x = 0,1 200 ml. x 2KMn0 4 + 10FeS0 4 +8H 2 S0 4 >2MnS0 4 +K : S0 4 + 5Fe 2 (S0 4 ), + + 8LLO 2 10 ή y = 0.02 y 0,1 1000 ml 0,1 KMn0 4 ω 0,02 ή ω = 200 ml 43. 1000 ml 0,2 SnCL 40 ml x ή x = 0,008 2KMn0 4 + 5SnCL + 16HC1 >2MnCL +5SnCl 4 +2KC1 + + 8H,0 2 5 0,008 ή y = 0,0032 n 0,0032 και η συγκτ.ντρωση c = = = 0,016 Μ V 0.2 L 44 5Sn + xkmn() 4 + 8xllCl > xmncl, + 5SnCl x + xkci + 5-1 19 g x 11.9 0.4 0.1 ή x = 2 + 4xH 2 0

50 45. Αν μελετήσουμε τη θεωρία είναι εύκολο να απαντήσουμε στις ερωτήσεις αυτές. 46. Απλή, στηρίζεται στη μελέτη της θεωρίας. 47. Πολύ απλή. 48. Στηρίζεται στους ορισμούς που αναφέρουμε στη θεωρία. 49. 108. 63,5. g Ag - g Cu - 1 = -2 ή χ = 1,5875 g 5,4 g χ 50. 40H 2-4e * 0 2 + 2H 2 0 4 Faraday 1 Άρα, σωστό είναι το (β). 51. 2Β r" >Br, 2F χ 2 1 0,04 ή χ = 0,08 F 20H"-2e" >Η,0 + Ο-, 2 2 2 2 F~ 0,5, ή y = 0,04 0 2 0,16 F y 52. Στην άνοδο θα σχηματιστεί Ι 2 και στην κάθοδο Η 2. 53. 96500 C 108 gag χ Q I 0,108 g 96,5 C = 9650 s 0,01 A ή x = 96,5 C 54. Η σωστή απάντηση είναι η (γ). 55. Στο δοχείο από χαλκό μπορούν να αποθηκευθούν όλα τα διαλύματα, ενώ στο δοχείο από αργίλιο μπορούν να αποθηκευθούν τα διαλύματα KC1, MgS0 4 και Mg(N0 3 ) 2.

51 56. α. 6Hg + xk 2 Cr 2 0 7 + 14xHCl»6HgCl x + 2xCrCl 3 + 2xKCl + 6.200g _ χ -=>x=l 10 g 25 3000 β. 6Hg + K 2 Cr 2 0 7 + 14HC1 - y y 6 + 7XH 2 0 6HgCl + 2QC1, + 2KC1 + 7H zo 3Hg + K 2 Cr 2 0 7 + 14HC1 >3HgCl 2 + 2CrCl 3 + 2KC1 + 7H 2 0 ω 3 (y +ω) 200 = 10 (1) y ω _ 45 6 J " 3000 α = - 0,04 0,04 + 0,01 (2) y = ο,οι ω = 0,04 = 0,8 = 80% οξειδώθηκε σε Hg 2+ 57. Fe + CuS0 4 56 g α. - 5g ->FeS0 4 +Cu 63,5 g χ = 5,67 g Αν αντιδράσει όλος ο σίδηρος θα παραχθούν 5,67 g Cu. Επομένως θα αντιδράσει ποσότητα σιδήρου μικρότερη από 5 g και το επιχαλκωμένο έλασμα θα ζυγίζει α g όπου 5 < α < 5,67. Επομένως θα ζυγίζει 5,075 g. β. Αν αντιδράσουν y Fe θα έχουμε: Fe + CuS0 4 > FeS0 4 + Cu y y 63,5x + 5-56x = 5,075 <=> y = 0,01 Αποτέθηκαν δηλαδή 0,01-63,5 g = 0,635 g Cu

52 58. Έχουμε 8 g S ή S = 0,25 S S + OT ^SOT 0,25 0,25 S0 2 +C1 2 +2H 2 0 >H 2 S0 4 +2HC1 0,25 0,25 0,5 H 2 S0 4 + 2Na()H >Na 2 S0 4 +2H 2 0 0,25 0,5 HC1 + NaOH >NaCl + H 2 0 0,5 0,5 1 L 0,5 NaOH x (0,5+ 0,5) x = 2 L 59. Q = I t = (16-60 + 5) 2 C = 1930 C 96500 C lgh, 35,5 gcl 2, = = η x =0,02 g καιν = 0,71 g 1930C x y Κατά την ηλεκτρόλυση η μάζα του διαλύματος ελαττώνεται γιατί απομακρύνονται Η 2 και Cl 2. Η μάζα του τελικού διαλύματος θα είναι (2000-0,02-0,7l)g= 1999,27 g.

53 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6: ΜΕΤΑΛΛΑ ΚΑΙ ΚΡΑΜΑΤΑ 31. γ. Αντίθετα χρησιμοποιείται ως πρώτη ύλη παραγωγής θειικού οξέος. 32. γ. Μεταβάλλεται από + 3 σε + (8/3) ή 1/3 κατά άτομο. 33. Ένας τρόπος είναι να υπολογιστεί ο εμπειρικός τύπος του οξειδίου (αν απορριφθεί μένει το άλας). Είναι Fe: 72.4 /55,6 = 1,3 και 0:27,616= 1,725 και διαιρώντας με το μικρότερο είναι FeO,, 33 -»Fe 3 0 4. 34. Αν δεχτούμε σαν βάση την αναγωγή του Fe 2 0 3 προς C0 2 : 2Fe 2 0 3 +3 C > 4 Fe + 3C0 2 (1) 3-12 kg 4-55,6 kg ;=161,8 kg 1000 kg ή-0,16 tn Αν δεχθούμε ότι γίνεται οξείδωση του και προς CO με αναλογία με το C0 2 (αναλογία όγκων άρα και ) 25 /12 = 2,1/1 τότε οδηγούμεθα σε μια αντίδραση η οποία προκύπτει από την άθροιση των: (2,1 ) Fe 2 0 3 + 3 C»2 Fe + 3 CO και της (1) 4,1 Fe 2 0 3 + 9,3 C -> 8,2 Fe + 6,3CO + 3 C0 2 9,3-12 kg 8,2-55,6 kg ; =244,7 kg 1000 kg 35. Για τους υπολογισμούς θα δεχτούμε ότι οι ειδικές θερμοχωρητικότητες στερεού και υγρού σιδήρου είναι ίσες. Τότε : q, = 1000 kg 0,68 10 3 kj/kg deg -1420 = 9,65-10 8 kj για την ψύξη <72 = ΙΟ 6 g /55,6 g-" 1 16,2 kj/ = 3-10 5 kj από την πήξη Η διαφορά που είναι η απαιτούμενη θερμότητα είναι πρακτικά ίση με q\ -9,6-10 8 kj- Έστω ότι απαιτούνται x kg νερού για τα οποία δεχόμαστε ότι πρώτα θα θερμανθούν μέχρι τους 100 CKai μετά θα εξαερωθούν σε ατμό το ίδιο 100 C Αυτό για να γίνει θα χρειαστούν:

54 q 3 = χ kg 4,2 10 3 kj/kgdeg- 90 0 = 3,78-10 5 χ kj και q 4 = x kg 10 3 /18-40,7 kj/ = 2,3 10 3 χ kj Άρα είναι: 380,3 10 3 χ = 9,6-ΙΟ 8 > χ=25,2 10 2 kg -2,5 tn 36. Fe 2 (S0 4 ) 3 + S0 2 + 2H 2 0 -> 2FeS0 4 + 2H 2 S0 4 3 FeO + 10 HN0 3 -> 3Fe(N0 3 ) 3 + NO +5 H 2 0 37. U 3 0 8 +4 C > 3 U + 4 C0 2 (οξείδωση C προς C0 2 ) U 3 0 8 +8 Ca 3 U + 8 CaO 3U 3 0 8 + 16A1 9 U + 8A1 2 0 3 38. + 2, +2 (ο άνθρακας στο καρβονύλιο έχει αριθμό οξείδωσης 0), +6. 39. 2 Cu + % 0 2 -> Cu 2 0 ή 2 CuO -> Cu 2 0 + V&h. CuO + H 2 0 > Cu(OH) 2 και 2 Cu(OH) 2 + C0 2» CU(OH) 2 CUC0 3 + H 2 0 ( πράσινος μαλαχίτης παρουσία μικρότερης ποσότητας C0 2 ) 3 CU(OH) 2 + 2 C0 2 -> CU(OH) 2-2 CuC0 3 + 2 H 2 0 (μπλε αζουρίτης με μεγαλύτερη σχετικά ποσότητα C0 2 ). 40. α. Από την Cu 2+ + 2e" Cu προκύπτει ότι από 2 F παράγονται ~64 g Cu οπότε από 0,5 F θα προκύψουν 16 g. 41. δ. Pb 2+ + 2e -> Pb Στην κάθοδο γίνεται πάντα αναγωγή. 42. Από τα παρακάτω οξείδια μετάλλων εκείνα τα οποία ανάγονται συνήθως με ΑΙ είναι: β. Cr 2 0 3 Η αργιλιοθερμική μέθοδος μια και το Cr θα δημιουργούσε καρβίδια. 43. γ. Χαλκό ο οποίος θα μεταφέρεται ηλεκτρολυτικά στην κάθοδο(αντικεί μενο). 44. γ. Fe 3 Fe +4 Η 2 0 (g) > Fe 3 0 4 + 4 Η 2 (θερμοκρασία -1000 C).

55 45. β. τα 2 και 3 μια και ο Fe 3+ είναι οξειδωτικό (ήπιο). 46. ε. σχηματισμός Fe 2+ και Cu. Γίνεται η αντίδραση Fe + CuS0 4 > FeS04 (δηλαδή Fe 2+ )+ Cu. 47. β. στη φάση του καθαρισμού. 48. Με κατεργασία του κράματος με ΗΝΟ3 θα διαλυθούν τα Ag και Cu, ενώ θα παραμείνει αδιάλυτος και θα διαχωριστεί ο Au. Στο διάλυμα τώρα αν προστεθεί HC1 θα καταβυθιστεί ο Ag σαν AgCl, ενώ θα παραμείνει εν διαλύσει ο Cu ο οποίος μπορεί να παραληφθεί π.χ. με ηλεκτρόλυση. 49. β.την πυκνότητά τους. 50. α. Απαιτούνται 156/54 = 2,9 tn β. Α1 3+ + 3e~»Α1. Άρα 3 F C δίνουν 27 g οπότε γιαιο 6 g απαιτούνται 3,7 10 4 F ή 3,6 ΙΟ 9 C γ. Αν σχηματικά δεχθούμε σαν ολική αντίδραση την : 2 Α1 2 0 3 + 3 C -> 4 ΑΙ + 3 C0 2 36 kg 108 kg 333,3 kg=; 1000 kg 51. α. όχι. Είναι 14/24 100 = 58,3% β.όχι. Είναι 450 /160 = 2,81k Fe 2 0 3 τα οποία περιέχουν 5,63 k Fe ή 315 kg Fe το πολύ. γ. όχι. Είναι Q = I t = 2,00Α 24-3600 = 1,7 10 5 C = 1,8 F Αποτίθενται 1,8-63,5 /2 =56,7 g. 52. Το περιεχόμενο Si0 2 είναι 2-10 3 0,12 = 240 kg ή 240 /60 =4k Si0 2 + CaO ϊ CaSi0 3 1 k 1 k 4 ; = 4 k -> 4-56 = 224 kg ή 224 100/96 = =233,3 kg. 53. a. Fe + 2 HC1 -> FeCl 2 + H 2,

56 Ζη + 2 HC1 -> ZnCl 2 + H 2 β. 3 Ag + 4 HN0 3 -» 3 AgN0 3 + NO + 2 H 2 0 3 Cu + 8 HN0 3 -» 3 Cu(N0 3 ) 3 2 NO + 4 H 2 0 Στην α περίπτωση το οξειδωτικό είναι τα Η + δεύτερη η ισχυρότερη Ν0 3.~ ενώ στην 54. Το διάλυμα του CuS0 4 έχει έντονο μπλε χρώμα και διακρίνεται από τα άλλα τα οποία είναι άχρωμα. Αν τώρα σε δείγμα από καθένα από τα τρία που απομένουν προστεθούν σταγόνες HC1 μόνο το διάλυμα των Pb 2+ δίνει λευκό ίζημα. Τα δύο που μένουν μπορούν να διακριθούν με διάλυμα ΝΗ 3 οπότε το διάλυμα των Fe 3+ δίνει καστανό ίζημα ( Fe(OH) 3 ), ενώ του Α1 3+ δίνει λευκό ( Α1(ΟΗ) 3 ). 55. Ασβεστόλιθος CaC0 3 Αλουμίνα Α1 2 0 3 Κοκ C Σιδηροπυρίτη FeS 2 Γ αληνίτη PbS Σκωρία μεταλλουργική CaSi0 3

57 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7:ΕΝΩΣΕΙΣ ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΕΝΔΙΑΦΕΡΟΝΤΟΣ 35. β. Η πυκνότητά του είναι η μεγαλύτερη και ίση με 1,00 g/ml. 36. Η αντίδραση πλήρους αφυδάτωσης του ένυδρου άλατος είναι : Co 2 (S04)3' χ Η 2 0 > 002(804)3 + Χ Η 2 0 1 1 ή (405,8 +18 χ) g 405,8 g τα 1,887 1,665 g Από την αναλογία προκύπτει χ = 3. 37. Από τον ορισμό της ality προκύπτει ότι σε 1000 g νερό έχουν διαλυθεί 0,01-40 g/ = 0,4 g Ca και προκύπτει διάλυμα βάρους 1004 g αλλά και όγκου 1004 ml μια και ρ = 1,0 g/ml. Αρα τα 10 g Ca περιέχονται σε 1004 10 /0,4 ~ 25 L (α). 38. Είναι m = 9 10 " g/m 3 (3,2 10 8 ) km 3 10 9 m 3 /km 3 = 28 800 kg. 39. Από την αντίδραση της έκρηξης προκύπτει ότι από 2 ΝΗ4ΝΟ3 παράγονται συνολικά 7 αερίων ( οι υδρατμοί συνυπολογίζονται) ή 7-22,4 L/ = 156,8 L.Από τα 450 g/ 80 g-" 1 = 5,625 θα παράγονται 156,8 5,625/2 = 441 L αερίων σε STP. "Ογκος ο οποίος μεγαλώνει με την αύξηση της θερμοκρασίας... 40. Υπολογίζονται αρχικά τα των αερίων. Είναι n Ν 2 = 500 15 / 0,082-773 = 118,3. Τα του Η 2 είναι τριπλάσια μια και ο όγκος του τριπλάσιος. Είναι δηλαδή τα ποσά Ν 2 και Η 2 στοιχειομετρικά. Από την αντίδραση: Ν 2 + 3 Η 2 <==> 2 ΝΗ 3 1 2 τα 118,3 ; = 236,6. Με βάση την απόδοση η μάζα της παραγόμενης ΝΗ 3 θα είναι: m = 236,6 17 g/ -0,61 = 2454 g (δ). 41. Η αντίδραση μεταξύ του σάπωνα και των ιόντων της "σκληρότητας" εκφρασμένων σαν ασβέστιο θα είναι:

58 2 RCOONa + Ca :+ -> (RCOO) 2 Ca + 2 Na + 2 1 τα 6,24-10' 3 0,0168 ; = 52,4 10" 6 -» 52,410" 6-40 g. = 1,048 mg Ca 2+. Αναγόμενο σε όγκο 1000 ml δίνει 41,2 mg/l ή 41,2 ppm. 42. Υπολογίζεται η αρχική ποσότητα του H2SO4. Σε 100 /1,25 = 80 ml του διαλύματος περιέχονται 30/98 = 0.306 H 2 S0 4.Άρα στα 500 ml περιέχονται 1,9.'Όμοια υπολογίζεται η τελική ποσότητα του οξέος ίση με 0,88. Καταναλώθηκαν δηλαδή 1,02 οξέος τα οποία από την στοιχειομετρία της αντίδρασης αντιστοιχούν με 0,56 Pb ή 0,56 207g/ = 105,57 g Pb. Η μοριακότητα σε όγκο του τελικού διαλύματος είναι 0,88-2 = 1,76 Μ. 43. Υπολογίζεται αρχικά η ποσότητα του ΗΝ0 3. Η μάζα του διαλύματος είναι 475 L- 1,33 kg / L = 631,75 kg.άρα το περιεχόμενο ΗΝ0 3 είναι 330,4 kg ή 5244 3Ν0 2 + Η 2 0 -> 2ΗΝ0 3 + NO 3 2 ;=7867 5244 ^ ή 3,62-10 5 g (α). 44. α ΝΗ 4 + + 2 Η 2 0 Η> Ν0 2 + 8 Η + + 6 e β. Από την ημιαντίδραση φαίνεται ότι 1 Ν0 2 παράγεται μαζί με 6 e" δηλαδή με 6 96500 C = 579000 C ( Coulomb). Η δράση ισοδυναμεί με φορτίο Q = I t = 0,5 Α 48-3600 = 86400 C. Αυτά λοιπόν θα δώσουν 0,15 Ν0 2 ή 6,9 g νιτρωδών ιόντων.

59 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8: ΥΛΙΚΑ 14. Μια λογική σειρά είναι η 1» 4 >2-*3 και 8» 5 > 7-> 6 που δείχνει την σειρά που ακολουθεί μια παραγωγική διαδικασία. Αυτή ξεκινά από τις πρώτες ύλες (1 και 4)συνεχίζει με την επεξεργασία με μηχανήματα,συσκευές (2), παράγει προϊόντα (3 και 8) τα οποία διατίθενται για κατανάλωση (7) αλλά ταυτόχρονα παράγοντας και απόβλητα (5). Παράλληλα η έλλειψη πρώτων υλών και η ε- πιβάρυνση του περιβάλλοντος επιβάλλει την ανακύκλωση (6) των χρησιμοποιηθέντων υλικών. 15. δ. Όλα αυτά μια και όλα την χαρακτηρίζουν. 16. α. Το όζον σε όλη την ατμόσφαιρα βέβαια. β. Το όζον των κατωτέρων στρωμάτων της ατμόσφαιρας. γ. Τα S0 2 καιν02 σαν όξινα συστατικά. δ. Τα CO καιν02. 17. Ναι κύρια στα θέματα καπνού και S0 2. 18. (C 2 H 5 )2SiCl2 + 2 Η 2 0. ^ (C 2 H 5 )2Si(0H) 2 +2HC1... (C2H5)2Si(0H) 2 +(C 2 H5)2Si(0H) 2^(C 2 H5)2(0H)Si-0-SiC 2 H5)2(0H)+ Η 2 0... Η δεύτερη κατά την οποία αποσπάται ένα μόριο νερού. 19. Το νερό αυτό περιέχει 10 mg/l ή 10 10" 3 /162 = 6,2 10" 5 του ρυπαντή. Αυτός μπορεί να οξειδωθεί κατά την αντίδραση: C 6 Hi 0 O 5 +6 0 2 >6 C0 2 + 5 Η 2 0 1 6 6,2 10" 5 ; = 3,72 10 4 0 2 ή 11,9 mg Αυτό σημαίνει ότι θα καταναλωθεί όλο το διαλυμένο Ο2 με συνέπεια την θάνατο κάθε έμβιου που αναπνέει από αυτό. 20. Είναι m = m 0 ( ] Λ) ν ->3,1 = 100 -(%) ν» ν = 5 ημιπεριόδους ζωής ή 5-8 = 40 χρόνια (β). 21. Silica gel Si0 2

60 Άργιλος Υδρύαλος Κοινό γυαλί Χαλαζίας Al 2 0r2 Si0 2 2 Η 2 0 Na 2 Si0 3 CaSi0 3 Na 2 Si0 3 Si0 2. 22. Η αντίδραση παραγωγής αυτής της "ποιότητας γυαλιού είναι: CaC0 3 (ij + 2Na 2 C0 3 fj; + 3 Si0 2 ->2 Na 2 Si0 3 (i) + CaSiOjf/J + 3 CO 2 (g) 1 2 3 1 γυαλί ή 100 g 212 g 180 g (244+116) =360g ;= 440g ;= 932.8 g ;= 792 ε 1584 g 23. H 2 S0 4 ασπιρίνη βενζίνη Nylon nh 4 NO 3 Αλουμίνιο βαριά χημικά φαρμακευτικά πετροχημικά λεπτά χημικά λιπάσματα δομικά υλικά. Με απόφαση της Ελληνικής Κυβέρνησης ία διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Έκδοσης Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότητάς τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α'). Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτο. ΕΚΔΟΣΗ Η' 2010 - ΑΝΤΙΤΥΠΑ: 10000 - ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ: 63/18-2-2010 ΕΚΤΥΠΩΣΗ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: ΑΡΒΑΝΙΤΙΔΗΣ Α.Β.Ε.Ε.