ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΧΗΜΕΙΑ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΕΙΡΑ: 1 ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 09 / 02 /2014

ΜΑΘΗΜΑ / ΤΑΞΗ : ΧΗΜΕΙΑ / Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΕΙΡΑ: 1 ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 09 / 02 /2014 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Για τις ερωτήσεις Α1 έως και Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. A1. Στην αντίδραση Η 3 Ο + + ΝΗ 3 ΝΗ + 4 + Η 2 Ο τα ιόντα Η 3 Ο + και ΝΗ + 4 : α. συμπεριφέρονται ως οξέα β. αποτελούν συζυγές σύστημα οξέος βάσης γ. είναι δέκτες πρωτονίων δ. συμπεριφέρονται ως βάσεις. A2. Σε 100 ml υδατικού διαλύματος ΝΗ 3, διάλυμα Δ 1, προστέτουμε 800 ml νερό διατηρώντας σταθερή την θερμοκρασία οπότε προκύπτει διάλυμα Δ 2. Ποια από τις επόμενες σχέσεις είναι λανθασμένη; α. [OH - ] 2 = 3[OH - ] 1 β. α 2 = 3α 1 γ. Κb(NH 3 ) = σταθερή δ. ph 2 < ph 1 A3. Σε υδατικό διάλυμα ΝH 3 προστίθεται στερεό ΝaΟΗ, χωρίς μεταβολή του όγκου του διαλύματος και της θερμοκρασίας. Ποιο από τα παρακάτω είναι σωστό; α. [ΟΗ - ] και [ΝH 4 + ] β. a(νh 3 ) και ph γ. a(νh 3 ) και pοh δ. a(νh 3 ) και [ΝH 4 + ] A4. Ο πρωτολυτικός δείκτης ΗΔ είναι ένα ασθενές μονοπρωτικό οξύ με Ka = 4 10-6. Αν προσθέσουμε μία σταγόνα του δείκτη ΗΔ σε υδατικό διάλυμα με ph = 4 ισχύει ότι: α. [ΗΔ] = [Δ - ] β. [ΗΔ] = 40[Δ - ] γ. [Δ - ] > [ΗΔ] δ. [Δ - ]/[ΗΔ] = 1/25 A5. Δίνονται τα διαλύματα Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4 που περιέχουν CH 3 COOH 0,1 M, CH 3 COONa 0,1 M, HCl 0,1 M και NaOH 0,1 M αντίστοιχα. Να υποδείξετε όλους τους δυνατούς τρόπους με τους οποίους μπορoύμε να φτιάξουμε ρυθμιστικό διάλυμα της μορφής ΗΑ/ΝaA με ανάμιξη των Δ 1, Δ 2, Δ 3 και Δ 4. i. Ανάμειξη V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 2 ii. Ανάμειξη V 1 ml του Δ 1 με V 2 ml του Δ 4 με V 1 > V 2 iii. Ανάμειξη V 1 ml του Δ 2 με V 2 ml του Δ 3 με V 1 > V 2 Σελίδα 1 από 8

ΘΕΜΑ Β Β1. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως Σωστές ή Λανθασμένες και να αιτιολογήσετε τις απαντήσεις σας: i. Σε υδατικό διάλυμα που περιέχει ισομοριακές ποσότητες του ασθενούς οξέος ΗΑ και του άλατος NaA είναι δυνατόν να ισχύει ότι ph = 10 στους 25 C. Σωστή. Aρκεί Ka(HA) = 10-10. ii. Ένα άλας που περιέχει ως ανιόν το F - είναι δυνατόν να είναι ουδέτερο. Σωστή. Αρκεί η Ka του κατιόντος να είναι ίση με την Κb(F - ). iii. Σε θερμοκρασία 65 C, είναι δυνατόν ένα υδατικό διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικού οξέος να έχει ph = 7,5. Λανθασμένη. Ουδέτερο διάλυμα στους 65 C έχει ph < 7 οπότε δεν είναι δυνατό διάλυμα ασθενούς μονοπρωτικού οξέος να έχει ph = 7,5. iv. Κατά την αραίωση υδατικού διαλύματος HBr υπό σταθερή θερμοκρασία, ο βαθμός ιοντισμού του HBr αυξάνεται. Λανθασμένη. Το HBr είναι ισχυρό οξύ οπότε με την αραίωση υδατικού διαλύματος του, υπό σταθερή θερμοκρασία, ο βαθμός ιοντισμού του παραμένει σταθερός και ίσος με 1. Β2. Πως μεταβάλλεται το ph και ο βαθμός ιοντισμού υδατικού διαλύματος ασθενούς οξέος HΑ 0,1 Μ αν, διατηρώντας σταθερή τη θερμοκρασία, προσθέσουμε σε αυτό: i. Νερό, Με την προσθήκη νερού, το διάλυμα αραιώνεται οπότε το ph αυξάνεται και ο βαθμός ιοντισμού αυξάνεται. ii. Αέριο HCl υπό σταθερό όγκο, Κατά την προσθήκη αερίου HCl που είναι οξύ, το ph μειώνεται. Ο βαθμός ιοντισμού ελαττώνεται λόγω επίδρασης κοινού ιόντος στα Η 3 Ο +. iii. Υδατικό διάλυμα HΑ 0,1 M, Κατά την ανάμιξη με υδατικό διάλυμα ΗΑ 0,1 Μ, το ph παραμένει σταθερό και ο βαθμός ιοντισμού παραμένει σταθερός. iv. Υδατικό διάλυμα NaΑ. Κατά την ανάμιξη με υδατικό διάλυμα NaA το ph αυξάνεται καθώς συμβαίνει αραίωση όξινου διαλύματος. Επειδή το οξύ ΗΑ είναι ασθενές δεν επαρκούν τα δεδομένα για να γνωρίζουμε τι θα συμβεί στο βαθμό ιοντισμού καθώς λόγω αραίωσης ο βαθμός ιοντισμού αυξάνεται αλλά λόγω επίδρασης κοινού ιόντος ο βαθμός ιοντισμού ελαττώνεται. Να εξηγήσετε τις απαντήσεις σας. Β3. Σε V L υδατικό διάλυμα του ασθενούς μονοπρωτικού οξέος ΗΑ συγκέντρωσης C M που βρίσκεται σε σταθερή θερμοκρασία 25 C προσθέτουμε νερό μέχρι ο τελικός όγκος του διαλύματος να γίνει 50V οπότε το ph του διαλύματος μεταβάλλεται κατά μία μονάδα και γίνεται 4. Να υπολογιστεί η σταθερά ιοντισμού Ka του οξέος ΗΑ. Για το αρχικό διάλυμα ισχύει ph = 3 ή [Η 3 Ο + ] (1) = x = 10-3 M ενώ για το διάλυμα μετά την αραίωση ισχύει [Η 3 Ο + ] (2) = y = 10-4 M. Aν θεωρήσουμε ότι επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόμο αραίωσης του Ostwald οδηγούμαστε σε άτοπο. Οπότε δεν επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόμο αραίωσης του Ostwald. Κατά την αραίωση C (2) = C (1) /50. Επειδή η Ka είναι σταθερή, εξισώνοντας την έκφραση της Ka, χωρίς τις απλοποιήσεις, για το διάλυμα πριν και μετά την αραίωση προκύπτει ότι C (1) = 0,009 M και Ka = 1,25 10-4 Σελίδα 2 από 8

ΘΕΜΑ Γ Σε νερό διαλύονται 0,05 mol ασθενούς οξέος ΗΑ, οπότε προκύπτει διάλυμα Δ 1 όγκου 500 ml με ph = 3. Γ1. Να υπολογιστεί ο βαθμός ιοντισμού του οξέος ΗΑ στο Δ 1. Υπολογίζουμε την αρχική συγκέντρωση του οξέος: n C 1 $= η'$c 1 $=$0,1$M V Έχουμε διάλυμα ασθενή ηλεκτρολύτη οπότε θα κάνουμε πινακάκι 4γραμμών: mol / L HA + Η 2 Ο Η 3 Ο + + A - 1 Αρχικά C ΟΞΕΟΣ(1) - - Ιοντίζονται x - - Παράγονται - x x Τελικά C ΟΞΕΟΣ(1) - x x x Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ ΗΑ έχουμε: Ka#= [H 3 O+ ]#[Α, ] [ΗΑ] ή#ka#= x#x x 2 ή#ka#= C ΟΞΕΟΣ(1) #,#x C ΟΞΕΟΣ(1) #,#x (1) ph = 3 ή [Η 3 Ο + ] (1) = x = 10-3 M (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε Κa = 10-5. x a 1 $= CΟΞΕΟΣ(1) ή$a 1 $=$10 /1 Γ2. Σε 200 ml του διαλύματος Δ 1 προστίθενται 200 ml υδατικού διαλύματος άλατος ΝaA συγκέντρωσης 0,1 Μ. Να υπολογίσετε το ph του διαλύματος Δ 2 που προκύπτει και το βαθμό ιοντισμού του ΗΑ στο διάλυμα Δ 2. Αρχικά βρίσκουμε τις τελικές συγκεντρώσεις των δύο ουσιών: Έχουμε ανάμιξη διαλύματων ουσιών που δεν αντιδρούν μεταξύ τους οπότε θα χρησιμοποιήσουμε τον τύπο της αραίωσης για κάθε διάλυμα ξεχωριστά: n ΑΡΧΙΚΑ '='n ΤΕΛΙΚΑ' η-'c ΑΡΧ' V ΑΡΧ '='C ΤΕΛ' V ΤΕΛ C ΟΞΕΟΣ '='0,05'Μ C ΑΛΑΤΟΣ '='0,05'Μ Έχουμε διάλυμα του ασθενή ηλεκτρολύτη HA που περιέχει και το άλας NaA οπότε προκειμένου να βρούμε την [Η 3 Ο + ] άρα και το ph του διαλύματος θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του HA λαμβάνοντας υπόψη ότι έχουμε επίδραση κοινού ιόντος στα ιόντα A - : mol / L NaA Νa + + A - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ C ΑΛΑΤΟΣ Σελίδα 3 από 8

mol / L HA + Η 2 Ο Η 3 Ο + + A - Αρχικά C ΟΞΕΟΣ - - Ιοντίζονται y - - Παράγονται - y y Τελικά C ΟΞΕΟΣ - y y y + C ΑΛΑΤΟΣ Από την έκφραση της Κα έχουμε: Ka#= [H 3 O + ]#[A, ] [HA] η.#ka#= (y#+#c ΑΛΑΤΟΣ )y C ΟΞΕΟΣ #,#y (3) Αφού Κa / C ΟΞΕΟΣ < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε C ΟΞΕΟΣ - y = C ΟΞΕΟΣ (4) και C ΑΛΑΤΟΣ + y = C ΑΛΑΤΟΣ (5) οπότε y = Ka = 10-5 M και pη = 5. y a 2 $= CΟΞΕΟΣ(2) η.$a 2 $=$2$10 14 Γ3. Να υπολογίσετε πόσα mol στερεού KOH πρέπει να προστεθούν σε 300 ml του διαλύματος Δ 1, χωρίς μεταβολή του όγκου του διαλύματος, ώστε να προκύψει διάλυμα Δ 3 με ph = 9. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol HA = 0,3 0,1 = 0,03 mol KΟΗ = n mol KΟΗ + ΗA ΚA + Η 2 Ο Αρχικά n 0,03 - - Αντιδρούν x x - - Παράγονται - - x x Τελικά n - x 0,03 - x x x Έστω ότι έχουμε πλήρη εξουδετέρωση οπότε 0,03 x = 0 ή x = 0,03 και n = 0,03. Στο διάλυμα που προκύπτει έχουμε το άλας KΑ με συγκέντρωση: C ΑΛΑΤΟΣ(1) = n V η./c ΑΛΑΤΟΣ(1) /= 0,03 0,3 η./c ΑΛΑΤΟΣ(1) /=/0,1/Μ Έχουμε διάλυμα του άλατος ΚΑ οπότε προκειμένου να βρούμε την [OH - ], το poh άρα και το ph θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του ανιόντος Α - αφού το Κ + δεν αντιδρά με το νερό αφού προέρχεται από την ισχυρή βάση ΚOH: mol / L ΚΑ Κ + + Α - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ(1) C ΑΛΑΤΟΣ(1) Σελίδα 4 από 8

mol / L Α - + Η 2 Ο HΑ + OH - 1 Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - z z Τελικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - z z z Από την έκφραση της Κb έχουμε: Kb#= [HA]#[OH* ] z#z z 2 η1#kb#= η1#kb#= (6) [A * ] C ΑΛΑΤΟΣ(1) #*#z C ΑΛΑΤΟΣ(1) #*#z Αφού Κb / C ΑΛΑΤΟΣ(1) < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε: C ΑΛΑΤΟΣ(1) - z = C ΑΛΑΤΟΣ(1) (7) Από τις σχέσεις 6 και 7 βρίσκουμε z = 10-5 M ή poη = 5 οπότε ph = 9 άρα η αρχική υπόθεση ήταν ορθή. Δίνεται Kw = 10-14, από τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπονται όλες οι γνωστές προσεγγίσεις. ΘΕΜΑ Δ Τα υδατικά διαλύματα της στήλης Α έχουν όλα την ίδια συγκέντρωση και βρίσκονται σε θερμοκρασία 25 C. Δ1. Να αντιστοιχίσετε αμφιμονοσήμαντα τα διαλύματα της στήλης Α με τις τιμές ph της στήλης Β. ΣΤΗΛΗ Α ΣΤΗΛΗ Α Δ 1 : HBr i. 11 Δ 2 : NaCl ii. 10 Δ 3 : NH 4 NO 3 iii. 7 Δ 4 : NaA iv. 5 Δ 5 : NH 3 v. 1 Ο μόνος συνδυασμός που εξυπηρετεί την αμφιμονοσήμαντη αντιστοίχιση των διαλυμάτων είναι ο εξής: Δ 1 : ph = 1, Δ 2 : ph = 7, Δ 3 : ph = 5, Δ 4 : ph = 10, Δ 5 : ph = 11. Δ2. Να υπολογίσετε τις σταθερές ιοντισμού της ΝΗ 3 και του ασθενούς μονοπρωτικού οξέος ΗΑ. Με δεδομένο ότι το HBr είναι ισχυρό οξύ και το διάλυμά του έχει ph = 1 προκύπτει ότι C(HBr) = 0,1 M. Επειδή η συγκέντρωση όλων των διαλυμάτων είναι ίδια προφανώς C(NH 3 ) = C(NaA) = 0,1 M. Έχουμε διάλυμα της ασθενούς βάσης ΝΗ 3 οπότε θα κάνουμε πινακάκι 4 γραμμών: mol / L NH 3 + Η 2 Ο NH 4 + + OH - 1 Αρχικά C(NH 3 ) - - Ιοντίζονται x - - Παράγονται - x x Τελικά C(NH 3 ) - x x x Σελίδα 5 από 8

Από την έκφραση της Kb για την ΝΗ 3 έχουμε: Kb#= [NH 4 + ]#[OH, ] [NH 3 ] η/#kb#= x#x x 2 η/#kb#= C ΒΑΣΗΣ #,#x C ΒΑΣΗΣ #,#x (1) ph = 11 ή poh = 3 ή [ΟΗ - ] = x = 10-3 M (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 έχουμε Κb(NH 3 ) = 10-5. Έχουμε διάλυμα του άλατος NaΑ οπότε θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του ανιόντος Α - αφού το Na + δεν αντιδρά με το νερό αφού προέρχεται από την ισχυρή βάση NaOH: mol / L NaΑ Na + + Α - Αρχικά C(NaA) - - Τελικά - C(NaA) C(NaA) mol / L Α - + Η 2 Ο HΑ + OH - 1 Αρχικά C(NaA) - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - y y Τελικά C(NaA) - y y y Από την έκφραση της Κb έχουμε: Kb#= [HA]#[OH* ] C(NaA)#*#y η3#kb#= y#y C(NaA)#*#y y 2 η3#kb#= C(NaA)#*#y (3) ph = 10 ή poh = 4 ή [ΟΗ - ] = y = 10-4 M (4) Από τις σχέσεις 3 και 4 έχουμε Κb(A - ) = 10-7 οπότε Κa(HA) = 10-7 Δ3. Να εξηγήσετε αν το υδατικό διάλυμα του άλατος ΝΗ 4 Α είναι όξινο, βασικό ή ουδέτερο. ΝΗ 4 Α ΝΗ + 4 + Α - Επειδή και τα δυο ιόντα προέρχονται από ασθενείς ηλεκτρολύτες, υδρολύονται και τα δυο. NH 4 + + H 2 O NH 3 + H 3 O + A - + H 2 O HA + OH - Για να συμπεράνουμε αν το διάλυμα που προκύπτει είναι όξινο, βασικό ή ουδέτερο, πρέπει να συγκρίνουμε τις Κa(NH 4 + ) και Κb(A - ). Επειδή Kb(A - ) = 10-7 > 10-9 = Ka(NH 4 + ) το διάλυμα είναι βασικό. Σελίδα 6 από 8

Δ4. Πόσα λίτρα νερού πρέπει να προσθέσουμε 2 λίτρα του Δ 3 ώστε να μεταβληθεί το ph κατά μία μονάδα; Έχουμε διάλυμα του άλατος NH 4 NO 3 οπότε προκειμένου να βρούμε την [OH - ], το poh άρα και το ph θα κάνουμε πινακάκι 2 γραμμών για την διάσταση του άλατος και πινακάκι 4 γραμμών για τον ιοντισμό του κατιόντος ΝΗ 4 + αφού το ΝΟ 3 - δεν αντιδρά με το νερό αφού προέρχεται από το ισχυρό οξύ ΗΝΟ 3 : mol / L NH 4 NO 3 + NH 4 + - NO 3 Αρχικά C(NH 4 NO 3 ) - - Τελικά - C(NH 4 NO 3 ) C(NH 4 NO 3 ) mol / L NH 4 + + Η 2 Ο NH 3 + H 3 O +1 Αρχικά C(NH 4 NO 3 ) - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - z z Τελικά C(NH 4 NO 3 ) - z z z Από την έκφραση της Κa έχουμε: Ka#= [NH 3 ]#[H 3 O+ ] [NH 4 + ] η.#ka#= z#z C(NH 4 NO 3 )#3#z η.#ka#= z 2 C(NH 4 NO 3 )#3#z (5) Αφού Κa / C(NH 4 NO 3 ) < 10-2 μπορούμε να πάρουμε προσεγγίσεις οπότε: C(NH 4 NO 3 ) - z = C(NH 4 NO 3 ) (6) Από τις σχέσεις 5 και 6 βρίσκουμε z = 10-5 M, οπότε ph = 5. Με την προσθήκη του νερού το ph θα γίνει ίσο με 6 οπότε [Η 3 Ο + ] = 10-6 Μ. Όμοια με πρίν βρίσκουμε C(NH 4 NO 3 )(τελική) = 10-3 Μ. Από τον τύπο της αραίωσης έχουμε: n ΑΡΧΙΚΑ = n ΤΕΛΙΚΑ ή C ΑΡΧ V ΑΡΧ = C ΤΕΛ V ΤΕΛ ή 0,1 2 = 0,001 V ΤΕΛ ή V ΤΕΛ = 200 L οπότε V ΝΕΡΟΥ = 198 L. Δ5. Ποιους όγκους πρέπει να αναμείξουμε από τα διαλύματα Δ 1 και Δ 4 ώστε να προκύψουν 600 ml ρυθμιστικού διαλύματος με pη = 8; Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol HBr = 0,1V 1 mol NaA = 0,1V 2 Σελίδα 7 από 8

mol HBr + NaA HA + NaBr Αρχικά 0,1V 1 0,1V 2 - - Αντιδρούν x x - - Παράγονται - - x x Τελικά 0,1V 1 - x 0,1V 2 - x x x όπου V 1 + V 2 = 0,6 L Για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα πρέπει σε περίσσεια να βρίσκεται το NaA οπότε 0,1V 1 x = 0 ή x = 0,1V 1. Στο διάλυμα που προκύπτει έχουμε το ασθενές οξύ ΗΑ και το άλας NaΑ με συγκεντρώσεις: C ΟΞΕΟΣ &= 0,1V 1 V 1 &+&V 2 0,1V 2& 1&0,1V 1 C ΑΛΑΤΟΣ = V 1 &+&V 2 Επειδή το διάλυμα είναι ρυθμιστικό ισχύει η εξίσωση Henderson- Hasselbalch: C ΑΛΑΤΟΣ 0,1V 2+.+0,1V 1 V 1 +++V 2 ph+=+pka+++log η:+8+=+7+++log η:+v 1 +=+0,1V 2+.+0,1V 1 η:+v 2 +=+11V 1 CΟΞΕΟΣ 0,1V 1 V 1 +++V 2 οπότε V 1 = 0,05 L και V 2 = 0,55 L. Δίνεται Kw = 10-14, από τα δεδομένα του προβλήματος επιτρέπονται όλες οι γνωστές προσεγγίσεις. ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!! Σελίδα 8 από 8