Τα τελευταία 13 ερωτήματα ασκήσεις για πλήρη κάλυψη του 4 ου θέματος των Πανελληνίων. Ακλουθούν τρία διαγωνίσματα. 1 o ερώτημα: i. Διάλυμα Δ 1, όγκου V 1 L, περιέχει το οξύ HA με ΡΗ=2 και χρειάζεται κ mol NaOH για πλήρη εξουδετέρωση, προσθέσαμε όμως μόνο κ/2 mol, όποτε το ΡΗ βρέθηκε 4. Nα βρεθεί αν το HΑ είναι ισχυρό ή ασθενές. ii. Διάλυμα Δ 2, όγκου V 2 L, περιέχει το ασθενές οξύ HΒ με συγκέντρωση C 1 Μ και ογκομετρείται με δ/μα ΝαΟΗ συγκέντρωσης C 2 Μ. Όταν προσθέσουμε 200ml δ/τος ΝαΟΗ το ΡΗ του Δ 2 γίνεται 5, ενώ όταν προσθέσουμε 600ml δ/τος ΝαΟΗ, επιτυγχάνουμε πλήρη εξουδετέρωση. iii. Διάλυμα Δ 3, όγκου V 3 L, περιέχει το ασθενές οξύ HΓ με συγκέντρωση C 3 Μ και ογκομετρείται με δ/μα ΝαΟΗ συγκέντρωσης C 4 Μ. Όταν σε 110 ml του Δ 3 προσθέσουμε 20ml δ/τος ΝαΟΗ το ΡΗ γίνεται 4, ενώ όταν προσθέσουμε 200ml δ/τος ΝαΟΗ, το ΡΗ γίνεται 6. Να συγκρίνετε την ισχύ των οξέων HA, HB και ΗΓ. i. Έστω ότι το ΗΑ είναι ισχυρό. Απ το ΡΗ=2 => C HA = 0,01 => n HA = 0,01V 1 mol Πλήρης εξουδετέρωση: HΑ NaΟΗ NaΑ Η 2 Ο 0,01V 1 κmol κmol Από την αντίδραση προκύπτει ότι n NaOH = n HA => κ = 0,01V 1 mol Ημιεξουδετέρωση: HΑ NaΟΗ NaΑ Η 2 Ο κmol κ/2mol κ/2mol κ/2mol κ/2mol κ/2mol 0mol κ/2mol Τελικά έχουμε κ/2 mol HΑ, δηλαδή 0,01V 1 /2= 0,005V 1 mol ΗΑ=> => C HA = 0,005 V 1 /V 1 = 0,005 Μ και προκύπτει ΡΗ= log 0,005 4. Άρα το οξύ δεν είναι ισχυρό αλλά ασθενές. Για τη σύγκριση της ισχύος των οξέων χρειάζομαι τις σταθερές τους. Κατά την ημιεξουδετέρωση όπως προκύπτει παραπάνω έχουμε C HA = C NaA = κ/2v 1 οπότε από PH= PKa log C NaA / C HA => 4= PKa log 1 => PKa = 4 => Ka ΗΑ =10 4 ii. Πλήρης εξουδετέρωση: HΒ NaΟΗ NaΒ Η 2 Ο C 1 V 2 mol 0,6C 2 mol C 1 V 2 mol = 0,6C 2 mol Μερική εξουδετέρωση:
HΒ NaΟΗ NaΒ Η 2 Ο 0,6 C 2 mol 0,2 C 2 mol 0,2 C 2 mol 0,2 C 2 mol 0,2 C 2 mol 0,4 C 2 mol 0 mol 0,2 C 2 mol C H3O = Ka C HΒ / C NaΒ =>10 5 = Ka 0,4/ 0,2=> Ka ΗΒ = 5 10 6 iii. Σε 110 ml του Δ 3 προσθέσουμε 20 ml δ/τος NaΟΗ HΓ NaΟΗ NaΓ Η 2 Ο 0,11C 3 mol 0,02C 4 mol 0,02 C 4 0,02 C 4 0, 02 C 4 0,11 C 3 0,02 C 4 0 mol 0,02 C 4 C H3O = Ka C HΓ / C NaΓ =>10 4 = Ka (0,11 C 3 0,02 C 4 ) / 0,02 C 4 (1) Σε 110 ml του Δ 3 προσθέσουμε 200ml δ/τος NaΟΗ HΓ NaΟΗ NaΓ Η 2 Ο 0,11C 3 mol 0, 2C 4 mol 0, 2 C 4 0, 2 C 4 0, 2 C 4 0,11 C 3 0,2 C 4 0 mol 0, 2 C 4 C H3O = Ka C HΓ / C NaΓ =>10 6 = Ka (0,11 C 3 0,2 C 4 ) / 0,2 C 4 (2) (1) / (2) => C 3 =2C 4 και κατόπιν Ka HΓ = 10 5 Επειδή KaΗΑ > KaΗΓ > KaΗΒ θα είναι ισχύς ΗΑ > ισχύ ΗΓ > ισχύ ΗΒ 2 o ερώτημα: i) Ο αριθμός των δεσμικών ζευγών ηλεκτρονίων στο οξύ C ν H 2ν 1 COOH, είναι διπλάσιος από τον αριθμό των αδεσμικών ζευγών ηλεκτρονίων. Nα βρεθεί ποιο είναι το οξύ. ii) Δ/μα Δ όγκου 2L περιέχει το οξύ C ν H 2ν 1 COOH,για το οποίο γνωρίζουμε ότι 10 5 =C H3O α και στην ιοντική ισορροπία βρέθηκε ότι C H3O / C RCOOH =1/99. Ποιό το ΡΗ του Δ. Χωρίζουμε το Δ σε δύο ίσα μέρη, στο 1 o μέρος προσθέτουμε κ mol ΗCl χωρίς ΔV και στο 2 o μέρος λ mol ΝαΟΗ πάλι χωρίς ΔV και βρήκαμε, PΗ=2 και PΗ= 12 αντίστοιχα. Nα βρεθούν τα κ και λ. i) Ο αριθμός των δεσμικών ζευγών ηλεκτρονίων στο οξύ C ν H 2ν 1 C O H ταυτίζεται με το O άθροισμα των σ (σίγμα) και π (πι) δεσμών: Οι σ (σίγμα) δεσμοί είναι κατά ένας λιγότεροι, από το άθροισμα των ατόμων του οξέος άθροισμα των ατόμων: 3ν 5 άθροισμα των σ (σίγμα) [3ν 5] 1 και π (πι) δεσμοί: 1 άθροισμα των σ (σίγμα) και π (πι) δεσμών: [3ν 5] 1 1= 3 ν 5 Τα αδεσµικά ζεύγη είναι συνολικά 4, όπως φαίνεται στο καρβοξύλιο είναι 2 στο κάθε οξυγόνο. Άρα 3ν 5 = 2 4 = 8 => ν =1 συνεπώς το οξύ C ν H 2ν 1 COOH είναι το CH 3 COOH.
Θα μπορούσαμε ακόμα να εργαστούμε ως εξής: Aν θεωρήσουμε το Η C O H O Έχουμε 5 δεσµικά ζεύγη και 4 αδεσµικά, συνεπώς σύμφωνα με τα δεδομένα δεν είναι το ΗCOOH. H Aν θεωρήσουμε H C C O H H O Έχουμε 8 δεσµικά ζεύγη και 4 αδεσµικά, άρα σύμφωνα με τα δεδομένα το RCOOH είναι το CH 3 COOH ii) Δ/μα Δ όγκου 2 L : CH 3 COOH H 2 O CH 3 COO Η 3 Ο cαc αc αc Kα = α 2 c = αc α = C H3O α =10 5 Επίσης C H3O / C RCOOH =1/99=> αc / cαc =1/99 => α / 1α =1 / 99 => α = 0,01 όποτε c = 0,1. PH= log C H3O => PH= log αc => PH= log 0,01 0,1 => PH= log10 3 => PH = 3 1 ο μέρος: ΗCl H 2 O H 3 O Cl κ κ CH 3 COOH H 2 O H 3 O CH 3 COO 0,1 y y y Η συγκέντρωση των οξωνίων του δ/τος είναι C H3O =0,01 => y κ = 0,01 => κ = 0,01y Η C H3O CH 3 COOH, πριν την προσθήκη του ΗCl ήταν C H3O =10 3 και λόγω επίδρασης κοινού ιόντος από το ΗCl γίνεται ακόμα μικρότερη: y <10 3. Χωρίς λοιπόν σημαντικό σφάλμα διαγράφουμε y δίπλα από το 0,01 οπότε κ = 0,01y =0,01 2 o μέρος: Άρα mol HCl = κ = 0,01 Με την προσθήκη των λ mol του ΝαΟΗ (s) πραγματοποιείται η αντίδραση ΝαΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝα Η 2 Ο και επειδή δεν γνωρίζω ακριβώς τις ποσότητες που αντιδρούν κάνω διερεύνηση: Επιδιώκουμε βασικό περιβάλλον (ΡΗ=12): α) Έστω ότι τα σώματα CH 3 COOH και ΝαΟΗ αντιδρούν πλήρως, τότε το παραγόμενο CH 3 COOΝα καθιστά το περιβάλλον βασικό, καθώς υδρολύεται (ιοντίζεται) μονο η βάση CH 3 COO. Άρα πιθανή περίπτωση. β) Έστω ότι περισσεύει ΝαΟΗ, τότε θα έχουμε ακόμα πιο βασικό περιβάλλον, Άρα και αυτή πιθανή περίπτωση. Αφού καταλήγω δυο πιθανές περιπτώσεις εργάζομαι ως εξής:
Θεωρώ ότι τα σώματα αντιδρούν πλήρως, και βρίσκω το ΡΗ μετά την αντίδραση τους, συγκρίνοντας δε το ΡΗ που βρήκα με το δεδομένο ΡΗ, βρίσκω τι πρέπει να κάνω. ΝαΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝα Η 2 Ο λ = 0,1 0,1 0,1 0,1 0 0 0,1 CH 3 COOΝα CH 3 COO 0,1 0,1 Να Από CH 3 COO Η 2 Ο CH 3 COOΗ ΟΗ με C=0,1Μ βρίσκω Kb = 10 14 /10 5 0,1y y y = 10 9 = y 2 / 0,1 => y = 10 5 => POH=5=> PH=9 Βρήκα PH=9 επειδή όμως θέλουμε PH=12 πρέπει να περισσεύει ΝαΟΗ ΝαΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝα Η 2 Ο λ > 0,1 0,1 0,1 0,1 λ0,1 0 0,1 Το δ/μα μετά την αντίδραση περιέχει ΝαΟΗ με c 1 = λ0,1 και CH 3 COOΝα C2 = 0,1 CH 3 COOΝα CH 3 COO Να 0,1 0,1 CH 3 COO H 2 O CH 3 COOΗ ΟΗ 0,1ω ω ω ΝαΟΗ Να OH c 1 c 1 ΡΗ=12=> ΡΟΗ=2 => C ΟΗ =10 2 => c 1 ω =10 2 => λ0,1 ω =10 2 => λ = 0,11ω (1) To ω αν δεν είχαμε επίδραση κοινού ιόντος και αραίωση λόγω της προσθήκης του δ/τος του ΗCl θα ήταν 10 5 τώρα λόγω αυτών των παραγόντων είναι ακόμα μικρότερο άρα μπορεί να διαγραφεί δίπλα από το 0,11 και η (1) γίνεται λ = 0,11ω => λ = 0,11 Άρα προσθέσαμε 0,11mol ΝαΟΗ στο 2 ο μέρος 3 o ερώτημα: i. Διάλυμα Δ 1 περιέχει CH 3 COOH με συγκέντρωση 0,1Μ. Διάλυμα Δ 2 περιέχει το οξύ HA με συγκέντρωση 0,1Μ. Διάλυμα Δ 3 περιέχει NH 3 με συγκέντρωση 0,1Μ. Αναμιγνύουμε ίσους όγκους από τα Δ 1 και Δ 3 και προκύπτει δ/μα με PH = 7 Αναμιγνύουμε ίσους όγκους από τα Δ 2 και Δ 3 και προκύπτει δ/μα με PH > 7 Να συγκρίνεται την ισχύ των παραπάνω οξέων. ii. Τα Δ 1 και Δ 2 εξουδετερώνονται από την απαιτούμενη ποσότητα στερεού NaOH χωρίς ΔV και προκύπτουν δ/τα με ΡΗ = ω 1 και ΡΗ = ω 2 με ω 1 > ω 2. Βρείτε σε ποιό δ/μα αντιστοιχεί το κάθε ΡΗ. Αν ω 1 = 10 και ω 2 = 9, να βρεθούν οι σταθερές ιοντισμού των ηλεκτρολυτών. iii. α) Με ποια αναλογία όγκων πρέπει να αναμειχθεί δ/μα ΝΗ 3 0,1M με δ/μα ΗCl 0,1M, έτσι ώστε να προκύψει δ/μα με ΡΗ=2.
β) Με ποια αναλογία όγκων πρέπει να αναμειχθεί δ/μα CH 3 COOH 0,1M με δ/μα NaOH 0,1M, έτσι ώστε να προκύψει δ/μα με ΡΗ = 10. i. Αφού αναμιγνύουμε, ίσους όγκους ίσων συγκεντρώσεων, από τα Δ 1 και Δ 3 και προκύπτει δ/μα με PH=7, θα ισχύει Κα CH3COOH =Κb NH3 (1) Όταν αναμιγνύουμε, ίσους όγκους ίσων συγκεντρώσεων από τα Δ 2 και Δ 3, τότε προκύπτει δ/μα με PH>7, άρα θα ισχύει Κα HΑ < Κb NH3 (2) Από (1) και (2) => Κα HΑ < Κb NH3 = Κα CH3COOH => Κα HΑ < Κα CH3COOH Άρα το CH 3 COOH είναι ισχυρότερο του HA ii. Kατά την πλήρη εξουδετέρωση των Δ 1 και Δ 2 από ΝαΟΗ, προκύπτουν τα άλατα CH 3 COOΝα και ΝαA τα όποια έχουν ιδία συγκέντρωση 0,1Μ και για τα όποια παραπάνω για βρήκαμε Κα HΑ < Κα CH3COOH =>Κw/ Κb Α < Κw/ Κb CH3COO => Κb Α >Κb CH3COO => x 2 /0,1 > y 2 /0,1 => x > y δηλαδή C OH (Α ) > C OH ( CH 3 COO ) => =>POH (Α ) < POH ( CH 3 COO ) => PH (HΑ) > PH ( CH 3 COOH) Aρα το PH=ω 1 αντιστοιχεί στο δ/μα ΝαΑ και το PH= ω 2 αντιστοιχεί στο δ/μα CH 3 COOΝα Δ/μα ΝαΑ: PH=10 => PΟH=4 =>C H3O = 10 4 =.x Οπότε Κb Α = x 2 /0,1=> Κb Α = (10 4 ) 2 /0,1=10 7 => Κα HΑ = 10 14 /10 7 => Κα HΑ = 10 7. Δ/μα CH 3 COOΝα : PH= 9 => PΟH=5 =>C H3O = 10 5 = y = 10 5. Οπότε Κb CH3COO = y 2 /0,1= 10 5 ) 2 /0,1=10 9 => Κα CH3COOH =10 14 /10 9 => Κα CH3COOH =10 5. Επίσης Κα CH3COOH = Κb ΝH3 = 10 5. iii. α) Έστω ότι χρησιμοποιώ V 1 L δ/τος ΝΗ 3 και V 2L δ/τος ΗCl. Κάνοντας διερεύνηση όπως ακριβώς κάναμε στο προηγούμενο ερώτημα (2 o μέρος) διαπιστώνουμε ότι πρέπει να περισσεύει ΗCl. ΝΗ 3 ΗCl ΝΗ 4 Cl 0,1V 1mol 0,1V 2 mol 0,1V 1 0,1V 1 0,1V 1 0 0,1V 2 0,1V 1 0,1V 1 Το δ/μα μετά την αντίδραση περιέχει HCl με C ΗCl = (0,1V 2 0,1V 1 ) / (V 1 V 2 ) = c 1 και ΝΗ 4 Cl με C ΝΗ4Cl = 0,1V 1 / (V 1 V 2 )= c 2 ΝH 4 Cl ΝH 4 Cl c 2 c 2 NH 4 H 2 O NH 3 H 3 Ο c 2 ω ω ω HCl H 2 O Cl H 3 Ο c 1 c 1 ΡΗ=2=> C Η3Ο =10 2 => c 1 ω =10 2 => c 1 =10 2 ω (1)
To ω αν δεν είχαμε επίδραση κοινού ιόντος και αραίωση λόγω της προσθήκης του δ/τος του ΗCl θα ήταν 10 5, τώρα λόγω αυτών των παραγόντων, είναι ακόμα μικρότερο άρα μπορεί να διαγραφεί δίπλα από το 10 2 και η (1) γίνεται c 1 = 10 2 ω = 10 2 => (0,1V 2 0,1V 1 ) / (V 1 V 2 ) =10 2 => 0,1V 2 0,1V 1 =10 2 (V 1 V 2 ) => 0,1V 2 0,1V 1 = 10 2 V 1 10 2 V 2 => 0,09V 2 = 0,11V 1 => => V 1 /V 2 = 0,09 /0,11 => V 1 /V 2 = 9 /11=> V NH3 /V HCl = 9 /11 β) Έστω ότι χρησιμοποιώ V 3 L δ/τος CH 3 COOH και V 4 L δ/τος ΝαΟΗ. Κάνοντας πάλι την ιδία διερεύνηση, διαπιστώνουμε ότι πρέπει να περισσεύει ΝαΟΗ. CH 3 COOH ΝαΟΗ CH 3 COOΝα Η 2 Ο 0,1 V 3 mol 0,1 V 4 mol 0,1V 3 0,1V 3 0,1V 3 0 0,1V 4 0,1V 3 0,1V 3 Το δ/μα μετά την αντίδραση περιέχει ΝαΟΗ με C ΝαΟΗ = (0,1V 4 0,1V 3 ) / (V 3 V 4 )=c 1 και με C CH3COOΝα = 0,1V 3 / (V 3 V 4 )= c 2 CH 3 COOΝα CH 3 COO Να c 2 c 2 CH 3 COO H 2 O CH 3 COOΗ ΟΗ c 2 φ φ φ ΝαΟΗ Να OH c 1 c 1 ΡΗ=10=> ΡΟΗ = 4 => C ΟΗ =10 4 => c 1 φ =10 4 => c 1 = 10 4 φ (1) To φ αν δεν είχαμε επίδραση κοινού ιόντος και αραίωση λόγω της προσθήκης του δ/τος του ΝαΟΗ θα ήταν 10 5 τώρα λόγω αυτών των παραγόντων είναι ακόμα μικρότερο, άρα μπορεί να διαγραφεί δίπλα από το 10 4 και η (1) δίνει c 1 =10 4 φ =10 4 =>(0,1V 2 0,1V 1 ) / (V 1 V 2 ) =10 4 => => 0,1V 2 0,1V 1 =10 4 (V 1 V 2 ) => 0,1V 2 0,1V 1 = 10 4 V 1 10 4 V 2 => 0,0999V 2 = 0,1001V 1 => => V 1 / V 2 = 0,0999 / 0,1001 => V 1 / V 2 = 999 / 1001=> V CH3COOH / V ΝαΟΗ = 999 /1001 4 o ερώτημα: Δ/μα Δ περιέχει το οξύ HA για το οποίο γνωρίζουμε ότι, C H3O =10 8 C OH και αν εξουδετερωθεί πλήρως από στερεό ΚΟΗ χωρίς ΔV, παράγεται άλας ΚΑ, με C OH = 10 4 C H3O. Ένα Ρ.Δ. Δ 1 περιέχει τα HA και ΚΑ με C ΗΑ C ΚΑ = 1, έχει δε PΗ = 5. Ένα άλλο Ρ.Δ. Δ 2 περιέχει τα HA και ΚΑ με C HA = 0,1 έχει δε PΗ = 6. Με ποια αναλογία όγκων θα πρέπει να αναμίξουμε τα παραπάνω δ/τα ώστε να προκύψει Ρ.Δ. με PΗ = 5,5. Δίνεται log3 = 0,5. Για το HΑ: C H3O =10 8 C OH επίσης C H3O C OH =10 14 οπότε C H3O =10 3 και Kα = 10 6 / C HA (1) Για το ΚΑ: C OH =10 4 C H3O και C H3O C OH =10 14 οπότε C ΟΗ =10 5 και Kb = 10 10 / C KA (2)
Όπως προκύπτει από τη στοιχειομετρία της HΑ ΚΟΗ ΚΑ Η 2 Ο C HA = C KA = c (3) Από (1), (2) και (3) => Kα Kb = 10 16 / c 2 => 10 14 = 10 16 / c 2 => c = 0,1 και Kα = 10 6 / 0,1=10 5 Για το Ρ.Δ. Δ 1 : PH= PKa log C KA / C HA => 5 = 5 log C KA / C HA => log C KA / C HA = 0 => log C KA / C HA = log 1 => C KA / C HA = 1 και από C ΗΑ C ΚΑ = 1 προκύπτει C KA = C HA = 0,5Μ Για το Ρ.Δ. Δ 2 : PH= PKa log C KA / C HA => 6 = 5 log C KA / C HA => log C KA / C HA = 1 => => log C KA / C HA = log 10=> C KA / C HA = 10=> C KA / 0,1=10=> C KA =1Μ και C ΗA = 0,1Μ Από το Δ 1 χρησιμοποιούμε V 1 L οπότε έχουμε 0,5V 1 mol KA και 0,5V 1 mol HA Από το Δ 2 χρησιμοποιούμε V 2 L οπότε έχουμε 1V 2 mol KA και 0,1V 2 mol HA Άρα στο τελικό Ρ.Δ έχουμε: C KA = (0,5V 1 1V 2 ) / V τ και C ΗA = (0,5V 1 0,1V 2 ) / V τ οπότε 5 o ερώτημα: PH= PKa log C KA / C HA => 5,5 = 5 log C KA / C HA => log C KA / C HA = 0,5 => => log C KA / C HA = log 3 => C KA / C HA = 3 => C KA =3 C HA => => (0,5V 1 1V 2 ) / V τ = 3 (0,5V 1 0,1V 2 ) / V τ => 0,5V 1 1V 2 = 1,5V 1 0,3V 2 ) => 0,7V 2 = 1V 1 => V 1 / V 2 = 0,7 / 1=> V 1 / V 2 =7/10 Δ/μα Δ 1 όγκου V L, με PH=2 περιέχει το οξύ HNOx, το οποίο έχει 3σ δεσμούς στο μόριο του. i) Nα βρείτε αν το οξύ είναι ασθενές οξύ ή ισχυρό. ii) Προσθέτω την απαιτούμενη για πλήρη αντίδραση ποσότητα Κ 2 Ο στο Δ 1. Αν στο Δ 1 πρόσθετα τη μισή ποσότητα Κ 2 Ο τότε το PH του δ/τος του θα γινόταν 4. Να βρεθεί το PH του Δ 1, μετά την προσθήκη της απαιτούμενης για πλήρη αντίδραση ποσότητας στερεού Κ 2 Ο. i) Οι σ (σίγμα) δεσμοί είναι κατά ένας λιγότεροι, από το άθροισμα των ατόμων του οξέος HNOx Τα άτομα στο μόριο του HNOx είναι 1 H 1 N x O = 2 x O αριθμός των σ δεσμών θα είναι (2 x) 1 άρα (2 x) 1 = 3 => x=2 συνεπώς πρόκειται για το HNO 2 νιτρώδες οξύ που ανήκει στα ασθενή. ii) Με την προσθήκη της απαιτουμένης για πλήρη αντίδραση, ποσότητα στερεού Κ 2 Ο στο Δ 1 έχουμε: 2HNO 2 Κ 2 Ο 2ΚNO 2 Η 2 Ο 2λmol λmol 2λmol λmol 2λmol 0 mol 0 mol 2λmol Ενώ αν προσθέταμε τη μισή ποσότητα θα είχαμε:
2HNO 2 Κ 2 Ο 2ΚNO 2 Η 2 Ο 2λmol 0,5λmol λmol 0,5λmol λmol λmol 0mol λmol Τελικά: c β =λ/v και c οξ = λ/v => c β = c οξ οπότε από PH= PKa log c β /c οξ => 4 = PKa log 1 => 4 = PKa => Ka = 10 4 Από το αρχικό δ/μα του HNO 2 για PH=2 => C H30 = 10 2 προκύπτει η C του HΝΟ 2 Δ/μα Δ 1 : HΝΟ 2 H 2 O ΝΟ 2 Η 3 Ο cx x x Ka = 10 4 = x 2 /c = (10 2 ) 2 /c => c = 1M => C HNO2 =1M Το Δ 1 μετά την πλήρη εξουδετέρωση περιέχει μόνο ΚNO 2 με C ΚNO2 = C HNO2 =1M ΚNO 2 Κ NO 2 1M 1M ΝΟ 2 H 2 O HΝΟ 2 ΟΗ 1y y y 6 o ερώτημα: Kb = 10 14 /10 4 = 10 10 = y 2 /1 => y = 10 5 => POH=5=> PH=9 Διάλυμα Δ 1, όγκου V 1 =V L, περιέχει το οξύ HA με συγκέντρωση C 1 Μ και έχει ρη 1 = x 1. Διάλυμα Δ 2, όγκου V 2 = V L, περιέχει το οξύ HΒ με συγκέντρωση C 2 Μ και έχει ρη 2 = x 2. Διάλυμα Δ 3, όγκου V 3 = V L, περιέχει το οξύ HΓ με συγκέντρωση C 3 Μ και έχει ρη 3 = x 3. i. Να κατατάξετε κατά σειρά ισχύος τα οξέα, αν γνωρίζετε ότι: Για τα ρη, x 1, x 2, x 3 ισχύει x 1 < x 2 < x 3 και αποτελούν, διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με διάφορα 1, επίσης για την εξουδετέρωση των Δ 1 και Δ 3 χρειάστηκαν κ mol NαΟΗ, ενώ για την εξουδετέρωση του Δ 2 χρειάστηκαν 10κ mol NαΟΗ. ii. Προσθέτω 9V L Η 2 Ο στο κάθε δ/μα, να βρεθεί η μεταβολή του α στα δ/τα και η ΔΡΗ. iii. Αν το άθροισμα των όρων της προόδου είναι 6 και κατά την παραπάνω αραίωση, είχαμε σε ένα από τα τρία δ/τα ΔΡΗ=1, να δειχθεί ότι ένα από τα τρία οξέα είναι ισχυρό και να βρεθούν οι βαθμοί ιοντισμού των οξέων στα αρχικά δ/τα. i. Αφού τα ΡΗ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με διαφορά 1 θα έχουμε: ρη 1 = x 1, ρη 2 = x 1 1, ρη 3 = x 1 2 Επειδή ρη 2 ρη 1 = (x 1 1) x 1 => ρη 2 ρη 1 = 1=> log C 2 H3O log C 1H3O = log10 => => log C 1H3O / C 2H3O = log 10=> C 1H3O / C 2H3O = 10=> C 1H3O = 10 C 2H3O, κατά τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται C 2H3O = 10 C 3H3O. Δηλαδή αν C 3 H 3 O = ω => C 2 H 3 O =10 ω και C 1 H 3 O =100 ω Αφού για την εξουδετέρωση των Δ 1 και Δ 3 χρειάστηκαν κ mol NαΟΗ, ενώ για την εξουδετέρωση του Δ 2 χρειάστηκαν 10κ mol NαΟΗ θα έχουμε: C 2 =10C 1 = 10C 3 ή C 1 = C 3 = 0,1C 2.
Από τις σταθερές: Κα ΗΑ = Κα 1 = (100ω) 2 / C 1 = 10 4 ω 2 / 0,1C 2 = 10 5 ω 2 /C 2 Κα ΗB = Κα 2 = (10ω) 2 / C 2 = 10 2 ω 2 / C 2 Κα ΗΓ = Κα 3 = ω 2 / C 3 = ω 2 /0,1C 2 = 10 ω 2 /C 2 Άρα Κα ΗΑ > Κα ΗΒ > Κα ΗΓ οπότε ΗΑ > ισχ. ΗΒ > ισχ. ΗΓ ii. Mε τα 9V L Η 2 Ο που προσθέσαμε στο κάθε δ/μα, οι συγκεντρώσεις υποδεκαπλασιάστηκαν. Εργάζομαι με οπουδήποτε από τα τρία δ/τα, γιατί θα βρω το ίδιο αποτέλεσμα. Διάλυμα Δ 2 : Λόγω αραίωσης C αρχ. V αρχ. = C τελ Vτελ=> C 2 V= C 2 10V=> C 2 = 10C 2. Διάλυμα Δ 2 αρχικό: Κα 2 = α 22 C 2 (1) ή Κα 2 = y 2 2 /C 2 (3) Διάλυμα Δ 2 τελικό: Κα 2 = α 22 C 2 (2) ή Κα 2 = y 22 /C 2 (4) Από (1) και (2) α 22 C 2 = α 22 C 2 => α 22 /α 22 = C 2 /C 2 => α 22 /α 22 = 1/10=> α 2 /α 2 = 10 /10 Από (3) και (4) y 2 2 /C 2 = y 22 /C 2=> y 2 2 / y 22 = C 2 /C 2=> y 22 /y 22 = 10C 2 /C 2 => => y 2 /y 2 =10 1/2 =>log y 2 /y 2 = log10 1/2 => log y 2 log y 2 = 1/2 => PH PH = 0,5 =>PH PH = 0,5 iii. Το άθροισμα των όρων της προόδου είναι 6: x 1 x 1 1 x 1 2 = 6 => x 1 = 1 άρα ρη 1 = 1 => C 1H3O =10 1, ρη 2 = 11=2 => C 2H3O =10 2, ρη 3 = 12=3 C 3H3O =10 3 και το δ/μα που εμφάνισε ΔΡΗ=1 θα περιέχει ισχυρό οξύ, καθώς κατά την παραπάνω αραίωση τα ασθενή οξέα εμφανίζουν ΔΡΗ = 0,5. Ισχυρό οξύ θα είναι το ΗΑ που βρέθηκε ισχυρότερο από τα αλλά δυο και επιβεβαιώνεται ως εξής: Δ/μα HA: ΔΡΗ=1 => PH PH=1 => log y 1 log y 1 = log10 => log y 1 / y 1= log 10=> => y 1 / y 1= 10=> α 1 C 1 / α 1C 1= 10 => α 1 10 C 1 / α 1C 1= 10=> α 1 = α 1. Αφού ο βαθμός ιοντισμού δεν μεταβάλλεται με την αραίωση το ΗΑ είναι ισχυρό οξύ. Από το μονόδρομο ιοντισμό του ισχυρού οξέως ΗΑ: ΗΑH 2 O H 3 O Α προκύπτει C ΗΑ = C 1 = C 1 H 3 O =10 1 = 0,1= C ΗΓ και C ΗΒ = C 2 = 10 C 1 =10 0,1 =1Μ. Για ΗΒ: α 2 = y 2 /C 2 = 10 2 /1=> α 2 = 0,01 και Κα 2 = α 22.C 2 =10 4 1 => Κα HB = 10 4 Για ΗΓ: α 3 = y 3 /C 3 = 10 3 /0,1=> α 3 = 0,01 και Κα 3 = α 32.C 3 =10 4 0,1=> Κα HΓ = 10 5 7 o ερώτημα: i) Δ/μα Δ όγκου V L περιέχει το οξύ HCN, το οποίο έχει C=10 4 M. Να βρεθεί το PH του δτος. Δίνεται Κa HCN =10 10 και log 1,4 = 0,15. ii) Σταγόνες δείκτη ΗΔ προστίθενται σε 1 L καθαρό νερό και ιοντίζονται κατά 50%, στη συνέχεια διαβιβάσαμε στο νερό με το δείκτη, μικρή ποσότητα αέριου ΗCl χωρίς ΔV με αποτέλεσμα στο δ/μα Δ που δημιουργήθηκε να ισχύει C Δ / C ΗΔ =1/ 10. Πόσα mol KOH πρέπει να προσθέσουμε στο παραπάνω δ/μα, για να ισχύει C Δ / C ΗΔ = 10. Δίνεται 10= 3,16. Ο όγκος παραμένει σταθερός. i) Δ/μα Δ: HCN H 2 O CN Η 3 Ο cx x x Ka = 10 10 = x 2 /c =x 2 / 10 4 => x=10 7 => PH=7 ΑΤΟΠΟ
Δεν νοείται όξινο περιβάλλον με PH=7 στους 25 0 C, αυτό συνέβη, γιατί δεν λάβαμε υπ όψιν τον ιοντισμό του νερού, που πρέπει να χρησιμοποιούμε όταν, 10 8 C Η3Ο < 10 6 ή 10 8 C ΟΗ < 10 6 HCN H 2 O CN Η 3 Ο 10 4 y y y 10 10 = (yω) y /(10 4 y) => 10 14 = (yω)y (1) 2H 2 O OH Η 3 Ο ω ω 10 14 = (yω) ω (2) Από (1) και (2) => ω = y Από 10 14 = (yω)y=> 10 14 = (ωω)ω => 2ω 2 = 10 14 => ω 2 = 0,5 10 14 => ω = 0,7 10 7 = y PH= log(yω) =log (y y) = log 1,4 10 7 = log 1,4 log 10 7 = 0,157=> PH = 6,85 ii) Η ισορροπία του δείκτη στο νερό είναι ΗΔ Η 2 Ο Η 3 Ο Δ όπου C Δ = C HΔ λόγω ιοντισμού του ΗΔ κατά 50% => C Δ / C HΔ =1 και C Η3Ο = 10 7 επίσης 10 =10 1/2 =10 0,5. Κα ΗΔ = C Η3Ο C Δ / C HΔ =10 7 1=> Κα ΗΔ = 10 7 Μετά την προσθήκη του ΗCl έχουμε Κα ΗΔ = C Η3Ο C Δ / C HΔ => =>10 7 = C Η3Ο 1/ 10 0,5 => C Η3Ο = 10 6,5 Προσθέτω λ mol KOH ή λ mol OH =>C OH =λ/1=λμ Όπως προαναφέρθηκε επειδή 10 8 C Η3Ο < 10 6 θα λάβουμε υπ όψιν τον ιοντισμό του νερού, και μάλιστα αφού γνωρίζουμε τις C Η3Ο και C ΟΗ θα εργαστούμε ως εξής: Η 3 Ο OH 2H 2 O αρχ. 10 6,5 10 7,5 προσθ. λμ α/π. ωμ ωμ Τελ. 10 6,5 ω 10 7,5 λω = 10 6,5 Μετά την αντίδραση έχουμε: 10 6,5 ω = 10 7,5 και 10 7,5 λω = 10 6,5 ω =10 6,5 10 7,5 και ω = 10 7,5 λ 10 6,5 Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει λ = 5,7 10 7 Μ και nkoh= λ 1 =5,7 10 7 8 o ερώτημα: Άρα προσθέσαμε 5,7 10 7 mol KOH. i. Τα αέρια Α και Β, διαβιβάζονται σε δοχείο σταθερού όγκου και ισορροπούν σε σταθερή θερμοκρασία σύμφωνα με την αντίδραση, Α (g) Β (g) ΑB (s) ΔΗ= 80 KI. Η αρχική πίεση στο δοχείο ήταν 2atm και η τελική 1 atm. Το σύνολο των σωμάτων της χημικής ισορροπίας, διαλύθηκαν σε 1 L νερό και σχηματίστηκε διάλυμα Δ, στο οποίο βρέθηκαν: [Cl ]= 0,1M, [NH 4 ] = 0,1 M, [NH 3 ] =10 5 M, OH και Η 3 Ο. Ποια είναι τα αέρια Α και Β και ποιο το στερεό ΑB. Ποιό ποσό θερμότητας εκλύθηκε στο περιβάλλον.
ii. Βρείτε άλλες δυο πιθανές περιπτώσεις για ένωση ή ενώσεις που αν προστεθούν στο νερό θα δημιουργήσουν το ίδιο δ/μα Δ. iii. Το παραπάνω δ/μα Δ συμπυκνώνεται μέχρι [NH 4 ] = 0,2M και 100 ml του συμπυκνωμένου δ/τος που πρόεκυψε ογκομετρούνται με δ/μα ΚΟΗ 0,2Μ παρουσία δείκτη ΗΔ με Κα=10 10 που έχει, το ΗΔ χρώμα μπλε και το ανιόν Δ χρώμα κόκκινο. Πόσα ml δ/τος ΚΟΗ 0,2Μ προστέθηκαν μέχρι το δ/μα να αποκτήσει χρώμα κόκκινο. iv. Ποιος ελάχιστος όγκος αέριου ΗCl (STP) απαιτείται να διαβιβαστεί στο παραπάνω τελικό δ/μα για να αποκτήσει το δ/μα μπλε χρώμα. Να θεωρηθεί ότι ο Vδ/τος δεν μεταβάλλεται με την προσθήκη του αέριου ΗCl. i. Τα αέρια Α και Β σύμφωνα με το περιεχόμενο του δ/τος Δ, αντιστοιχούν στην NH 3 και το ΗCl (τα οποία όταν εισαχθούν στο νερό αντιδρούν και δίνουν NH 4 Cl) το δε στερεό ΑB (s) αντιστοιχεί στο NH 4 Cl, Οι αρχικές ποσότητες NH 3 και ΗCl πρέπει να είναι ίσες μεταξύ τους και μάλιστα από 0,1 mol η καθεμιά αφού η συνολική ποσότητα των 0,1mol NH 4 Cl =nnh 4 =ncl προέρχεται άμεσα ή έμμεσα από τα αρχικά αέρια της χημικής ισορροπίας. Αντί λοιπόν της της χημικής ισορροπίας Α (g) Β (g) ΑB (s) ΔΗ= 80 KJ. εργαζόμαστε πάνω στην NH 3(g) ΗCl (g) NH 4 Cl (s) ΔΗ= 80 KJ. Αρχ. 0,1 0,1 n αρχ. αερίων =0,2 mol Αντ/παρ. x x x 80x ΧΙ. 0,1x 0,1x x 80x n X.I.αερίων =0,22x mol Από P αρχ V= n αρχ RT και P Χ.Ι V= n ΧΙ RT με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει: P αρχ / P Χ.Ι = n αρχ / n ΧΙ => 2/1= 0,2 / 0,22x => x = 0,05mol. Άρα το ποσό της θερμότητας που εκλύθηκε στο περιβάλλον είναι q=80x KJ= 80 0,05=> q=4kj. ii. 1 η πιθανή περίπτωση είναι να προσθέσαμε μόνο 0,1mol NH 4 Cl στο νερό και στη συνέχεια NH 4 Cl ΝΗ 4 Cl 0,1 0,1 0,1 ΝΗ 4 H 2 O NH 3 Η 3 Ο 0,1 10 5 10 5 10 5 Κα ΝΗ4 = (10 5 ) 2 / 0,1=> Κα = 10 9 => Κb NH3 = 10 5 2 η πιθανή περίπτωση είναι να προσθέσαμε 0,1mol HCl και 0,1mol NH 3 στο νερό και στη συνέχεια NH 3 HCl ΝΗ 4 Cl και η συνέχεια όπως φαίνεται παραπάνω. 0,1mol 0,1mol έδωσαν 0,1 mol iii. Από την Κα =10 10 του δείκτη ΗΔ συμπεραίνουμε ότι τo δ/μα θα αποκτήσει χρώμα κόκκινο όταν το ΡΗ γίνει 11. Εργάζομαι ως εξής: Έστω ότι τα σώματα αντιδρούν πλήρως
NH 4 Cl ΚΟΗ ΝΗ 3 ΚCl Η 2 Ο 0,02 mol = 0,2V mol 0,02 mol 0,02 mol = 0,2V=> V = 0,1 L =>Vολ = 0,10,1= 0,2L και C ΝΗ3 = 0,02/0,2 = 0,1M Και από Κb NH3 = 10 5 =>10 5 = x 2 / 0,1=> x =10 3 => POH=3=> PH=11 Άρα η υπόθεση ευσταθεί οπότε Vδ/τος ΚΟΗ = 0,1L iv. Το τελικό δ/μα είναι όγκου 0,2L και περιέχει ΝΗ 3, διαβιβάζουμε τόση ποσότητα HCl ώστε να γίνει το δ/μα μπλε δηλαδή να αποκτήσει ΡΗ = 9 =>ΡOΗ =5 σύμφωνα με την Κα=10 10 του δείκτη ΗΔ. Εργάζομαι ως εξής: Αν τα σώματα ΝΗ 3 και HCl αντιδρούσαν πλήρως τότε το NH 4 Cl που θα παράγονταν, καθιστά το περιβάλλον όξινο, αν περίσσευε HCl τότε θα είχαμε ακόμα πιο όξινο περιβάλλον, άρα αναγκαστικά περισσεύει ΝΗ 3. NH 3 ΗCl ΝΗ 4 Cl 0,02mol κ mol κ κ κ 0,02κ 0 κ Vτελ. = 0,2L ΡΟΗ = ΡΚb log(κ / 0,2) / (0,02κ) / 0,2 => 5= 5 log(κ / 0,2) / (0,02κ) / 0,2 => =>0,02 κ = κ => κ = 0,01=>V ελάχιστος ΗCl ( STP ) = 0,01 22,4 = 0,224L 9 o ερώτημα: Διαθέτουμε τα δοχεία Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4 χωρίς ετικέτες. Σε κάθε δοχείο έχουμε ένα μόνο υδατικό δ/μα των ενώσεων ΝΗ 3, ΝαΟH, ΗCl και ΝΗ 4 Cl που είναι όλα της ίδιας συγκέντρωσης. Το PH των Δ 1, Δ 2 και Δ 3 βρέθηκε αντίστοιχα 1, 11 και 13. Να βρείτε τι περιέχει το κάθε δοχείο και ποιο το ΡΗ του Δ 4. Να βρεθεί το περιβάλλον που δημιουργούν όλοι οι συνδυασμοί ανάμειξης ίσων όγκων των δοχείων Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4. <<Θεωρείστε ότι αντιδρούν πρώτα οι ισχυροί ηλεκτρολύτες μεταξύ τους>>. Βρείτε τρεις τρόπους παρασκευής ρυθμιστικού δ/τος με χρήση των παραπάνω δ/των. Δοχείο Δ 1 αφού έχει PH=1 περιέχει το ΗCl με C ΗCl = 0,1M => C ηλεκτρολυτών = 0,1M Δοχείο Δ 2 αφού έχει PH=11 περιέχει την ΝΗ 3, αφού το δοχείο Δ 3 με PH=13 και C ηλεκ. = 0,1M περιέχει το ΝαΟH στο δοχείο Δ 4 περιέχεται αναγκαστικά το ΝΗ 4 Cl Για την ΝΗ 3 με ΡΟΗ = 3 και C= 0,1M => Κb NH3 = 10 6 /0,1=10 5 => => Κα NH4Cl = 10 14 /10 5 =10 9 => 10 9 = x 2 /0,1 => x=10 5 => ΡΗ=5 στο δοχείο Δ 4 Συνδυασμοί ανά δυο Δ 1 Δ 2 (ΗCl ΝΗ 3 ) όξινο διότι στο τέλος έχουμε μόνο ΝΗ 4 Cl. Δ 1 Δ 3 (ΗCl ΝαΟΗ) ουδέτερο διότι στο τέλος έχουμε μόνο ΝaCl. Δ 1 Δ 4 (ΗCl ΝΗ 4 Cl) όξινο διότι έχουμε δυο οξέα. Δ 2 Δ 3 (NH 3 ΝaOH) βασικό διότι έχουμε δυο βάσεις.
Δ 2 Δ 4 (NH 3 ΝΗ 4 Cl) βασικό (Για το Ρ.Δ. NH 3 ΝΗ 4 Cl: PH= 9 log0,05 / 0,05= 90 = 9) Δ 3 Δ 4 (NaOH ΝΗ 4 Cl) βασικό διότι στο τέλος έχουμε μόνο ΝΗ 3 και ΝαCl Συνδυασμοί ανά τρεις Δ 1 Δ 2 Δ 3 (ΗCl ΝΗ 3 ΝαΟΗ) βασικό στο τέλος έχουμε ΝαCl ΝΗ 3 Δ 1 Δ 2 Δ 4 (ΗCl ΝΗ 3 ΝΗ 4 Cl) όξινο στο τέλος έχουμε ΝΗ 4 Cl Δ 1 Δ 3 Δ 4 (ΗCl ΝαΟΗ ΝΗ 4 Cl) όξινο στο τέλος έχουμε ΝαCl ΝΗ 4 Cl Δ 2 Δ 3 Δ 4 (ΝΗ 3 ΝαΟΗ ΝΗ 4 Cl) βασικό στο τέλος έχουμε ΝαCl ΝΗ 3 Όλα μαζί Δ 1 Δ 2 Δ 3 Δ 4 (ΗCl ΝΗ 3 ΝαΟΗ ΝΗ 4 Cl) Βασικό διότι στο τέλος έχουμε ΝαCl ΝΗ 4 Cl ΝΗ 3 (Για το Ρ.Δ. NH 3 ΝΗ 4 Cl: PH=9 log0,025 / 0,025 = 90 = 9) Τρεις τρόποι παρασκευής ρυθμιστικού δ/τος: 1 oς : Ανάμειξη του δ/τος ΝΗ 3 με το δ/μα του ΝΗ 4 Cl 2 oς : Μερική εξουδετέρωση του δ/τος ΝΗ 3, από το δ/μα του ΗCl 2 oς : Μερική εξουδετέρωση του δ/τος ΝΗ 4 Cl, από το δ/μα του ΝαΟΗ 10 o ερώτημα: (Το ii. β αφιερώνεται στο Διονύση Μάργαρη ) i. Σε ένα δ/μα οξέος HΓ, το ΡΗ του ρυθμίστηκε στην τιμή y. Να δειχθεί ότι για τον α του οξέος αυτού ισχύει: α = Κ α / (Κ α 10 y ) ii. α) Διαθέτουμε δ/μα ΗΑ με Kα= Kα 1 και c = c 1, δ/μα ΗΒ με Kα = Kα 2 και c = c 2 τα δυο αυτά δ/τα αναμιγνύονται, στο δ/μα Δ που προκύπτει να δειχθεί ότι C H3O = (Kα 1 c 1 Kα 2.c 2) 1/2. (Οπού c 1 και c 2 είναι οι συγκεντρώσεις των ΗΑ και ΗΒ αντίστοιχα μετά την ανάμειξή τους.) β) Αν το δ/μα ΗΑ έχει ρη = ω και δ/μα ΗΒ έχει πάλι ΡΗ = ω, να δειχθεί ότι το δ/μα Δ έχει και αυτό ΡΗ = ω. i. HΓ H 2 O Γ Η 3 Ο cαc αc K α = C Η3Ο αc / (cac) => K α = C Η3Ο α / (1α)=> K α α K α = α C Η3Ο => => α(c Η3Ο K α ) =K α => α =K α / (C Η3Ο K α ) => α = Κ α / (Κ α 10 y ) ii. α) Στο δ/μα Δ C HA = c 1 και HA H 2 O A Η 3 Ο C HΒ = c 2 c 1 x 1 x 1 x 1 Κα 1 = (x 1 x 2 ) x 1 / ( c 1 x 1 ) => x 1 = Κα 1 c 1 / (x 1 x 2 ) (1) HB H 2 O B Η 3 Ο c 2 x 2 x 2 x 2 Κα 2 = (x 1 x 2 ) x 2 / ( c 2 x 2 ) => x 2 = Κα 2 c 2 / (x 1 x 2 ) (2) Προσθέτω (1)(2) x 1 x 2 = (Κα 1 c 1 Κα 2 c 2) / (x 1 x 2 ) => (x 1 x 2 ) 2 = Κα 1 c 1 Κα 2 c 2 => (x 1 x 2 ) = (Κα 1 c 1 Κα 2 c 2) 1/2 => C H3O = (Kα 1 c 1 Kα 2 c 2) 1/2
β) Στο δ/μα του HA: HA H 2 O A Η 3 Ο c 1 x x x Κα 1 = x 2 /c 1 => x 2 = Κα 1 c 1 (3) Στο δ/μα του HΒ: HΒ H 2 O Β Η 3 Ο c 2 x x x Κα 2 = x 2 /c 2 => x 2 = Κα 2 c 2 (4) Από (3) και (4) προκύπτει Κα 2 c 2 = Κα 1 c 1 (5) Όταν αναμιχτούν τα δ/τα των οξέων ΗΑ και ΗΒ οι συγκεντρώσεις θα είναι: c 1 = c 1 V 1 /Vτ και c 2 = c 2 V 2 /Vτ αντικαθιστώντας στην C H3O = (Kα 1 c 1 Kα 2 c 2) 1/2 => C H3O = (Kα 1 c 1 V 1 /Vτ Kα 2 c 2 V 2 /Vτ ) 1/2 η σχέση αυτή λόγω της (5) γίνεται. C H3O = (Kα 1 c 1 V 1 / Vτ Kα 1 C 1 V 2 / Vτ ) 1/2 => C H3O = [Kα 1 c 1 (V 1 V 2 ) /Vτ)] 1/2 => C H3O = (Kα 1 c 1 Vτ / Vτ ) 1/2 => C H3O = (Kα 1 c 1 ) 1/2 => C 2 H3O = Kα 1 c 1 (6) 11 o ερώτημα: Από (3) και (6) => C H3O = x οπότε ΡΗ τ = ω Διάλυμα Δ 1 στους θ 0 Cπεριέχει ΝαΟH με συγκέντρωση 0,2M. i. Ένα λίτρο δ/τος Δ 1 εξουδετερώνεται πλήρως από αέριο ΗCl και προκύπτει δ/μα με PH =7,5. Να βρείτε: α) Ποιο το σωστό α. θ > 25 β. θ < 25 γ. θ = 25 β) Ποια η Κw ii. Σε V L του δ/τος Δ 1 0,2M προστίθενται V L δ/τος CH 3 COOH 0,2M και προκύπτει δ/μα Δ 2 με PH=9,75 στους θ 0 C. Nα βρεθεί η Κa CH3COOH στους θ 0 C. iii. Nα βρεθεί το ΡΗ του δτος που θα προκύψει στους θ 0 C αν V L δ/τος CH 3 COOH 0,2M αναμιχτούν με V L δ/τος ΝαΟH που είχε ΡΗ =13 όταν υπολογίστηκε στους 25 0 C i. α) Αφού έχουμε πλήρη εξουδετέρωση ΗClΝαΟH ΝαClH 2 Ο προκύπτει ουδέτερο δ/μα με PH=7,5 => C Η3Ο = 10 7,5 στους θ 0 C. Για το ίδιο ουδέτερο δ/μα στους 25 0 C έχουμε PH=7=> C Η3Ο = 10 7 Στα παραπάνω δ/τα η C Η3Ο οφείλεται στον ιοντισμό του νερού που είναι ενδόθερμη αντίδραση. Άρα στους 25 0 C έχουμε μεγαλύτερο ιοντισμό απ ότι στους θ 0 C συνεπώς 25 > θ ήτοι σωστό το β β) Σε ουδέτερο δ/μα C ΟΗ = C Η3Ο =10 7,5 => Κw= C Η3Ο. C ΟΗ =10 7,5 10 7,5 => Κw= 10 15 ii. ΝαΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝα Η 2 Ο 0,2V 0,2V 0,2V 0,2V 0,2V 0 0 0,2V Το δ/μα μετά την αντίδραση περιέχει CH 3 COOΝα με C=0,2V/2V=0,1M CH 3 COOΝα CH 3 COO Να 0,1 0,1
CH 3 COO H 2 O CH 3 COOΗ ΟΗ 0,1ω ω ω PH=9,75 => POH=159,75= 5,25 K b = ω 2 / (0,1ω) => K b = (10 5,25 ) 2 / (0,1ω) => K b = (10 5,25 ) 2 / (0,1ω) => => K b = 10 9,5 => K a = Kw/ K b =10 15 / 10 9,5 => K a = 10 5,5 iii. To δ/μα ΝαΟH που είχε ΡΗ =13 στους 25 0 C θα είχε ΡΟΗ =1413=1 => => C ΟH = 0,1= C NaΟH η όποια φυσικά είναι ίση με 0,1Μ και στους θ 0 C. ΝαΟΗ CH 3 COOH CH 3 COOΝα Η 2 Ο 0,1V 0,2V 0,1V 0,1V 0,1V 0 0,2V 0,1V 0,1V C CH3COOH = (0,2V 0,1V) / 2V = 0,05Μ και C CH3COOΝα = 0,1/2= 0,05Μ 12 o ερώτημα: Κa= C Η3Ο 0,05/0,05=> 10 5,5 = C Η3Ο => PH = 5,5 Στο καθαρό νερό προσθέσαμε 1mol HA, 1mol HΒ και 1mol ΚΟΗ και δημιουργήθηκε 1 L δ/τος. Να βρεθεί το ΡΗ του δ/τος και το ποσοστό εξουδετέρωσης του κάθε οξέος, αν Κa HA =4 10 6 και Κa HΒ =10 6. Δίνεται log2 = 0,3. Στο δ/μα έχουμε: HA KΟΗ KA Η 2 Ο 1 x x x x 1x 0 x HB KΟΗ KB Η 2 Ο 1 y y y y 1y 0 y HA Η 2 O A Η 3 Ο Κa HA = C A C Η3Ο / C HA (1) 1x x HB Η 2 O B Η 3 Ο Κa HB = C B C Η3Ο / C HB (2) 1y y Οι τιμές των Κa HA, Κa HB και συγκεκριμένα ο λόγος των σταθερών, που φανερώνει σχετική ισχύ των οξέων καθορίζει πρωτίστως τις τιμές των x και y. Οι ισορροπίες των HA και HΒ λόγω των πολύ μικρών σταθερών Κa HA, Κa HB, και επιπλέον λόγω των Ε.Κ.Ι. που προέρχονται από τις διαστάσεις των ΚΑ, ΚΒ μπορεί να θεωρηθούν αμελητέες, οπότε δεν μεταβάλλονται πρακτικά οι τιμές των x και y οπότε τελικά έχουμε:
C HA =1x, C HA =1y, C A = x και C Β = y (1) / (2) => Κa HA / Κa HB =C A C HB / C B C HA => 4 10 6 /10 6 = x (1y) / y (1x) και από xy =1 καταλήγουμε 4 = x ( xy y) / y ( xyx) => 4 = x 2 /y 2 => 2 = x/y => x = 2y => x=2/3 και y =1/3 Για το ΡΗ από την (1) ή (2) έχουμε Κa HB = C B CΗ 3 Ο / C HB => 10 6 =y C Η3Ο / 1y => => 10 6 =1/3 C Η3Ο / (11/3) => C Η3Ο = 2 10 6 => PH= log2 10 6 = 6 log2= 6 0,3 => PH = 5,7 Εύρεση ποσοστών εξουδετέρωσης Tο ποσοστό του HA: Στο 1 mol εξουδετερώνεται το 2/3 mol Στα 100 mol >> x; x = 66,66% Tο ποσοστό του HB: Στο 1 mol εξουδετερώνεται το 1/3 mol Στα 100 mol >> x; x = 33,33% 13 o ερώτημα: Διάγραμμα 1 ο Διάγραμμα 2 ο Τα παραπάνω διαγράμματα προέκυψαν με ογκομετρήσεις παρουσία δείκτη ΗΔ. Το χρώμα του ΗΔ είναι μπλέ και του ανιόντος Δ κόκκινο. Πως χαρακτηρίζονται οι ογκομετρήσεις αυτές, αλκαλιμετρίες ή οξυμετρίες. Το 1 ο διάγραμμα ανήκει σε δ/μα Δ 1 οξέος ΗΑ, το οποίο στο ισοδύναμο σημείο εμφάνισε ΡΗ >7 και στο σημείο που προσθέσαμε V/2ml δ/τος KOH, εμφάνισε ΡΗ = 5. Ποια η Κa ΗΑ. Το 2 ο διάγραμμα ανήκει σε δ/μα Δ 2 οξέος ΗΒ, το οποίο αρχικά είχε ΡΗ = 0,7 και στο ισοδύναμο σημείο εμφάνισε ΡΗ=7, στο οποίο για το δείκτη HΔ ισχύει: C Δ / C HΔ = 1/5. Αν το πρότυπο δ/μα ΚΟΗ, είχε συγκέντρωση C=0,2Μ και στις ογκομετρήσεις χρησιμοποιήσαμε 100 ml από κάθε δ/μα οξέος να βρεθούν: α) Ποιο οξύ είναι ισχυρότερο.
β) Ποιος ο όγκος V του πρότυπου δ/τος ΚΟΗ και ποια η C H3O όταν προσθέσαμε V/2 L ΚΟΗ στο Δ 2. γ) Ποια η συγκέντρωση του HA. δ) Ποιο χρώμα θα αποκτήσει ο δείκτης αν προστεθεί στο δ/μα Δ 1 μετά την ογκομέτρηση. Δίνεται log2 = 0,3. ε) Ο δείκτης ΗΔ σωστά χρησιμοποιήθηκε και στις δυο ογκομετρήσεις. Οι ογκομετρήσεις χαρακτηρίζονται αλκαλιμετρίες, καθώς οι ηλεκτρολύτες αρχικά έχουν όξινο ΡΗ, άρα είναι οξέα, επιπλέον δε η καμπύλη ανέρχεται όπως δείχνουν τα διαγράμματα και η ογκομέτρηση γίνεται με πρότυπο δ/μα ΚΟΗ. Η Κa του οξέος ΗΑ που προφανώς είναι ασθενές, καθώς στο ισοδύναμο σημείο εμφάνισε ΡΗ >7 προκύπτει από το ΡΗ=5 στο σημείο της ημιεξουδετέρωσης, δηλαδή στο σημείο που προσθέσαμε V/2 Lδ/τος ΚΟΗ. HΑ ΚΟΗ ΚΑ Η 2 Ο λmol = CV Ενώ αν προσθέταμε τη μισή ποσότητα CV/2 = 0,5λmol θα είχαμε: HΒ ΚΟΗ ΚΒ Η 2 Ο λmol 0,5λmol 0,5λmol 0,5λmol 0,5λmol 0,5λmol 0 0,5λmol Τελικά: c οξ = 0,5λ/ Vτ και c βασ = 0,5λ/Vτ => c β = c οξ οπότε από PH= PKa log c β /c οξ => 5 = PKa log 1 => 5 = PKa => Ka ΗΑ = 10 5. α) Το οξύ ΗΒ που στο ισοδύναμο σημείο εμφάνισε ΡΗ=7, είναι ισχυρό, άρα ισχυρότερο από το ασθενές ΗΑ, όπως αποδείξαμε και προαναφέραμε. β) PH ΗΒ = 0,7 => logc H3O = 0,7 => logc H3O = 0,7= 1 0,3 = log0,1 log2 => => logc H3O = log0,1 2 => C H3O = 0,2Μ και επειδή ΗΒ ισχυρό C HΒ = 0,2Μ nhb = 0,2 0,1= 0,02mol και nκοη= 0,2 Vmol Πλήρης εξουδετέρωση: HΒ ΚΟΗ ΚΒ Η 2 Ο 0,02mol 0,2 Vmol 0,02mol = 0,2 Vmol => V= 0,1L Aρα ο όγκος V του πρότυπου δ/τος ΚΟΗ είναι V=0,1L. Ημιεξουδετέρωση: Προσθέτω V/2L δηλαδή τα μισά mol 0,2 V/2 = 0,2 0,1/2=0,01 mol HΒ ΚΟΗ ΚΒ Η 2 Ο 0,02mol 0,01mol 0,01mol 0,01mol 0,01mol 0 Ο V τελικός όγκος είναι V V/2=1,5V L =1,5 0,1= 0,15 L. Aρα C HΒ = 0,01/ 0,15=1/15 και επειδή ΗΒ ισχυρό C H3O = C HΒ => C H3O = 1/15Μ γ) Από το διάγραμμα διαπιστώνουμε ότι και για την πλήρη εξουδετέρωση του ΗΑ χρειάστηκαν πάλι Vλίτρα του πρότυπου δ/τος ΚΟΗ δηλαδή V= 0,1L, άρα από την αντίδραση έχουμε:
HA ΚΟΗ ΚA Η 2 Ο 0,1 Cmol = 0,2 0,1mol 0,02 0,02 0,02 0 0 0,02 Στο τελικό δ/μα C ΚΑ = 0,2/0,2= 0,1Μ. 0,1 Cmol = 0,2 0,1mol => C=0,2 Άρα αρχική C ΗΑ = 0,2Μ δ) Στο 2 ο διάγραμμα, δηλαδή στο δ/μα του ΗΒ στο ισοδύναμο σημείο με PH=7 οι δυο μορφές του δείκτη ΗΔ έχουν λόγο C Δ / C HΔ =1/5 οπότε από τον ιοντισμό του δείκτη έχουμε: HΔ Η 2 O Δ Η 3 Ο Κa ΗΔ = C Η3Ο C Δ / C HΔ => Κa ΗΔ = 10 7 1/5 => Κa ΗΔ = 0,2 10 7 => Κa ΗΔ = 2 10 8 Στο τελικό δ/μα Δ 1 μετά την ογκομέτρηση C ΚΑ = 0,2/0,2= 0,1Μ και από τη σχέση Κb A = y 2 / 0,1 => Kw/Ka = y 2 / 0,1 =>10 14 /10 5 = y 2 / 0,1 =>y=10 5 => C ΟΗ =10 5 => => C Η3Ο = 10 9 οπότε από Κa ΗΔ = C Η3Ο C Δ / C HΔ => 2 10 8 = 10 9 C Δ / C HΔ => => C Δ / C HΔ = 20. Αφού βρήκαμε C Δ / C HΔ > 10 επικρατεί το χρώμα του ανιόντος Δ δηλαδή το κόκκινο ε) Κa ΗΔ = 2 10 8 => PΚa ΗΔ = log2 10 8 = 8 log2= 8 0,3 = 7,7 Aρα η περιοχή ΡΗ αλλαγής χρώματος του δείκτη είναι από [6,7 έως 8,7] Και στα δυο διαγράμματα παρατηρούμε ότι η περιοχή ΡΗ αλλαγής χρώματος του δείκτη βρίσκεται στα κατακόρυφα τμήματα των καμπυλών των διαγραμμάτων, άρα ο δείκτης ΗΔ σωστά χρησιμοποιήθηκε και στις δυο ογκομετρήσεις. ΠΑΥΛΟΣ ΜΠΑΣΔΑΡΑΣ χημικόςφροντιστής