ΑΡΧΗ 1 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ ΤΕΛΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΞΙ (6)

ΑΡΧΗ 1 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ 1 ΤΕΛΙΚΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ Γ ΤΑΞΗΣ ΛΥΚΕΙΟΥ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΞΙ (6) ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α.1. έως Α.4. να γράψετε στο τετράδιο σας τον αριθμό της ερώτησης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Α.1. Κατά τις μεταπτώσεις του ηλεκτρονίου από τις τροχιές με n > στην τροχιά με n= εκπέμπεται ακτινοβολία στην ορατή περιοχή του φάσματος (400nm έως 700nm). Το γραμμικό φάσμα εκπομπής του υδρογόνου στην ορατή περιοχή έχει 4 μόνο φασματικές γραμμές: μετάπτωση ακτινοβολία 6 ιώδης 5 μπλε 4 πράσινη κόκκινη Οπότε για τα μήκη κυμάτων των ακτινοβολιών αυτών ισχύει: α. λ(κόκκινης) > λ(πράσινης) > λ(μπλε) > λ(ιώδους) β. λ(πράσινης) > λ(ιώδους) > λ(μπλε) > λ(κόκκινης) γ. λ(ιώδους) > λ(μπλε) > λ(πράσινης) > λ(κόκκινης) δ. λ(κόκκινης) > λ(μπλε) > λ(πράσινης) > λ(ιώδους) Μονάδες 5 Α.. Το πλήθος των χημικών στοιχείων που έχουν 4 ηλεκτρόνια σε s τροχιακά είναι: α. 1, β. 7, γ. 8, δ. 6. Μονάδες 5 A.. Tο υδατικό διάλυμα ενός άλατος NH4A είναι όξινο οπότε, στις συνθήκες αυτές ισχύει σίγουρα ότι: α. το οξύ ΗΑ είναι ισχυρό, β. Κb(NH) > Ka(HA), pkw ph < 7, δ. poh δ/τος > γ. δ/τος. Μονάδες 5 ΤΕΛΟΣ 1 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ A.4. Στην αντίδραση: + HCl κύριο προϊόν α. κανένα από τα δυο άτομα άνθρακα δε μεταβάλλει τον αριθμό οξείδωσής του, β. τα δυο άτομα άνθρακα ανάγονται, γ. το ένα άτομο άνθρακα οξειδώνεται και το άλλο ανάγεται, δ. τα δυο άτομα άνθρακα οξειδώνονται. Μονάδες 5 Α.5. Να γράψετε: α. τον ορισμό της ενέργειας πρώτου ιοντισμού ενός ατόμου, (Μονάδες ) β. τους παράγοντες που διαμορφώνουν την τιμή της ενέργειας πρώτου ιοντισμού ενός ατόμου. (Μονάδες ) Μονάδες 5 ΘΕΜΑ Β Β.1. Για τα στοιχεία Χ και Ψ δίνονται οι παρακάτω πληροφορίες: Τα Χ και Ψ έχουν τον ίδιο αριθμό ηλεκτρονιακών στιβάδων με το 18Ar, το Χ έχει την μικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού από όλα τα στοιχεία της περιόδου που ανήκει στον περιοδικό πίνακα, το Ψ σχηματίζει την ομοιοπόλική ένωση Η4ΨΟ4 στην οποία κανένα στοιχείο δεν αποκλίνει από τον κανόνα της οκτάδας. α. Να γράψετε τις ηλεκτρονιακές δομές σε υποστιβάδες και σε στιβάδες που αναφέρονται στη θεμελιώδη κατάσταση των Χ και Ψ και να βρείτε το πλήθος των ηλεκτρονίων με δευτερεύοντα κβαντικό αριμό = 1 που έχει το καθένα από αυτά στην κατάσταση αυτή. Μονάδες 4 β. Το στοιχείο Ω βρίσκεται ακριβώς πάνω από το Χ στον περιοδικό πίνακα. Για το κατιόν Ω + να διατάξετε τα παρακάτω τροχιακά κατά σειρά αυξανόμενης ενέργειας: s, pψ, pχ, s, pz, 4s, d Μονάδες γ. Να γράψετε τον ηλεκτρονιακό τύπο Lewis για το + (μέθυλο κατιόν) και να αναφέρετε το είδος του υβριδισμού του άνθρακα σε αυτό. Μονάδες Δίνονται οι ατομικοί αριθμοί (Ζ): H=1, O=8, C=6. ΤΕΛΟΣ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ B.. Διαθέτουμε τα παρακάτω ρυθμιστικά διαλύματα στους 5 ο C: Y1: υδατικό διάλυμα που περιέχει HΑ C1 M και ΝaΑ, Y: υδατικό διάλυμα που περιέχει HΑ C M και ΝaΑ. Αν ισχύει ότι C1=C και ότι ph= ph1+ όπου ph1 και ph είναι τα ph των Υ1 και Υ αντίστοιχα, τότε για τους βαθμούς ιοντισμού του ΗΑ στα Υ1 και Υ, α1 και α αντίστοιχα, ποια εξίσωση από τις παρακάτω ισχύει; α. α1=α, β. α=α1, γ. α1=100α, δ. α=100α1. Μονάδες Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. Μονάδες 5 B.. Σε ένα δοχείο περιέχεται ένα από τα παρακάτω υγρά:. (Ι): - C - OH (µεθυλο - -προπανόλη ) ή (ΙΙ): (ΙΙΙ): ΟΗ (αιθανόλη) ή CΗ=Ο (προπανάλη) ή (IV) : - C - - O (βουτανόνη) Αν στηριχτούμε στις διαφορετικές χημικές ιδιότητες των παραπάνω υγρών ενώσεων, πως µπορούµε να διαπιστώσουµε ποια από αυτές περιέχεται στο δοχείο χρησιμοποιώντας δύο () µόνο χηµικά αντιδραστήρια; Να γράψετε τις χημικές εξισώσεις των αντιδράσεων και τις παρατηρήσεις στις οποίες στηριχτήκατε για να κάνετε τη διάκριση. Μονάδες 8 ΤΕΛΟΣ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΡΧΗ 4 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ ΘΕΜΑ Γ Γ.1. Ομογενές ισομοριακό μίγμα περιέχει δυο κορεσμένες αναγωγικές οργανικές ενώσεις: την Α που έχει μοριακό τύπο C4H10O και την καρβονυλική ένωση Β. α. Αν δίνεται ότι με προσθήκη του αντιδραστηρίου Grignard R1MgCl στην ένωση Β και υδρόλυση του ενδιάμεσου προϊόντος παράγεται η -μεθυλο--βουτανόλη και ότι με πλήρη οξείδωση του μίγματος από όξινο διάλυμα KMnO4, σχηματίζεται μια μόνο οργανική ένωση Γ, να βρείτε τους συντακτικούς τύπους των Α, Β, Γ και R1MgCl. Μονάδες 8 β. Το αρχικό μίγμα χωρίζεται σε δυο ίσα μέρη. β1. Το πρώτο μέρος του μίγματος αντιδρά πλήρως με την απαραίτητη ποσότητα διαλύματος CuSO4/NaOH και σχηματίζονται 14,g ιζήματος. Να βρείτε τη σύσταση του αρχικού μίγματος με mol. Μονάδες 4 β. Τo δεύτερο μέρος του μίγματος οξειδώνεται πλήρως από φ ml διαλύματος ΚMnO4 M οξινισμένου με ΗSO4 οπότε παράγεται η ένωση Γ. Η ποσότητα της οργανικής ένωσης Γ απομονώνεται κατάλληλα και στη συνέχεια αντιδρά με ισομοριακή ποσότητα κορεσμένης μονοσθενούς αλκοόλης Δ παρουσία ΗSO4 με απόδοση α%=75% οπότε παράγονται 17,4g οργανικής ένωσης Ε. i. Να υπολογίσετε τα φ ml του διαλύματος KMnO4 που απαιτήθηκαν για την πλήρη οξείδωση του δεύτερου μέρους του μίγματος. Μονάδες ii. Να βρείτε τους συντακτικούς τύπους των ενώσεων Δ και Ε. Μονάδες 4 Δίνονται οι σχετικές ατομικές μάζες (Αr): Cu=6,5, C=1, H=1 και O=16. Γ.. Δίνεται το παρακάτω συνθετικό σχήμα: 4 + Θ: R ONa - NaCl --O- - Z: R Cl + K : R C CNa 4 - NaCl - -C C - - - Να γράψετε τους συντακτικούς τύπους των οργανικών ενώσεων Ζ, Θ και Κ. Μονάδες 6 ΤΕΛΟΣ 4 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΡΧΗ 5 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ 5 ΘΕΜΑ Δ Σε νερό διαβιβάζονται ω L αερίου NO4 μετρημένα σε S.T.P. συνθήκες οπότε σε κατάλληλες συνθήκες πραγματοποιείται η αντίδραση: NO4 + HO HNO + HNO και προκύπτει διάλυμα Υ με V=100 ml και ph=α. Δ.1. Πόσοι σ και πόσοι π δεσμοί υπάρχουν σε κάθε μόριο HNO και HNO. Μονάδες 4 Δ.. Προσθέτουμε στο διάλυμα Υ λίγες σταγόνες του δείκτη ΗΔ που είναι ασθενές οξύ με σταθερά ιοντισμού Ka(HΔ)=10-7. Δίνεται για τον δείκτη ΗΔ ότι επικρατεί το χρώμα της όξινης μορφής (ΗΔ) του δείκτη που είναι κίτρινο όταν [ΗΔ] 10 [Δ - ], ενώ επικρατεί το χρώμα της βασικής μορφής (Δ - ) του δείκτη που είναι κόκκινο όταν [Δ - ] 10 [ΗΔ]. Στη συνέχεια ογκομετρούμε το διάλυμα Υ με πρότυπο διάλυμα NaOH 1 M και προκύπτει η παρακάτω καμπύλη ογκομέτρησης: ph Ι. Σ. () 7 β Σημείο (1) α 0 18 0 Vπροτύπου (ml) Μετά την προσθήκη 18 ml από το πρότυπο διάλυμα NaOH (σημείο (1) καμπύλης ογκομέτρησης), το διάλυμα έχει κίτρινο χρώμα και ο λόγος των συγκεντρώσεων των δυο συζυγών μορφών του δείκτη έχει τιμή 1:1000, ενώ το ph του ογκομετρούμενου διαλύματος έχει τιμή ph1=β. Μετά την προσθήκη ακόμα ml από το πρότυπο διάλυμα NaOH γίνεται πλήρης εξουδετέρωση του διαλύματος Υ (Ι.Σ. () καμπύλης ογκομέτρησης). ΤΕΛΟΣ 5 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

ΑΡΧΗ 6 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ 6 Να υπολογίσετε: α. τον όγκο ω L του αερίου NO4 σε S.T.P., Μονάδες β. το pη1=β του ογκομετρούμενου διαλύματος, Μονάδες γ. το χρώμα του ογκομετρούμενου διαλύματος μετά την πλήρη εξουδετέρωση του διαλύματος Υ δηλαδή, στο Ι.Σ. () της ογκομέτρησης. Μονάδες 7 δ. το βαθμό ιοντισμού του ΗΝΟ και το ph=α στο διάλυμα Υ. Μονάδες 8 Δίνεται ότι: όλα τα διαλύματα βρίσκονται στους 5 ο C όπου KW=10-14 τα δεδομένα της άσκησης επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις. οι ατομικοί αριθμοί (Ζ): N=7, H=1, O=8. ΤΕΛΟΣ 6 ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ

Ενδεικτικές απαντήσεις 7 ΘΕΜΑ Α Α.1. α, Α.. β, Α.. δ, Α.4. γ Α.5.α. Η ελάχιστη ενέργεια που απαιτείται για την πλήρη απομάκρυνση ενός ηλεκτρονίου από ελεύθερο άτομο, που βρίσκεται στη θεμελιώδη του κατάσταση και σε αέρια φάση, ονομάζεται ενέργεια πρώτου ιοντισμού και συμβολίζεται Ei,1. β. Οι παράγοντες που διαμορφώνουν την ενέργεια πρώτου ιοντισμού είναι: Η ατομική ακτίνα, Το φορτίο του πυρήνα, Τα ενδιάμεσα ηλεκτρόνια. ΘΕΜΑ Β Β.1.α. Η ηλεκτρονιακή δομή για το 18Ar είναι: 1s, s p 6, s p 6. Οπότε το Ar έχει ηλεκτρονιακές στιβάδες όπως και τα στοιχεία Χ και Ψ. Έτσι, τα Χ και Ψ ανήκουν στην η περίοδο του Π.Π. Κατά μήκος μιας περιόδου η ενέργεια 1 ου ιοντισμού (Ei,1) μειώνεται προς τα αριστερά καθώς μειώνεται το φορτίο του πυρήνα (Ζ). Έτσι, το στοιχείο Χ πρέπει να ανήκει στην ΙΑ ομάδα του Π.Π. για να έχει τη μικρότερη Ei,1 από όλα τα στοιχεία της ης περιόδου και έχει ηλεκτρονιακή δομή: 1s, s p 6, s 1 (υποστιβάδες) Κ, L 8, M 1 (στιβάδες) Το πλήθος των ηλεκτρονίων που έχουν δευτερεύοντα κβαντικό αριθμό = 1 δηλαδή το πλήθος των ηλεκτρονίων που ανήκουν σε p υποστιβάδα είναι 6. Ο ηλεκτρονιακός τύπος Lewis για την ομοιοπολική ένωση Η4ΨΟ4 είναι: Η : Ο: Η Ο Ψ Ο Η : Ο: Η Από τον τύπο αυτό προκύπτει ότι υπάρχουν συνολικά e - σθένους οπότε, αν το στοιχείο Ψ έχει x e - σθένους ισχύει: 4 1 + 4 6 + x = ή x = 4. Έτσι, το στοιχείο Ψ ανήκει στην IVA ομάδα του Π.Π. και έχει δομή: 1s, s p 6, s p (υποστιβάδες) Κ, L 8, M 4 (στιβάδες) Το πλήθος των ηλεκτρονίων που έχουν δευτερεύοντα κβαντικό αριθμό = 1 δηλαδή το πλήθος των ηλεκτρονίων που ανήκουν σε p υποστιβάδα είναι 8.

β. Το στοιχείο Ω βρίσκεται ακριβώς πάνω από το Χ στον περιοδικό πίνακα οπότε ανήκει στην ΙΑ ομάδα και στην η περίοδο και έχει ηλεκτρονιακή δομή: 1s, s 1. Έτσι, το Ω + έχει ηλεκτρονιακή δομή: 1s 1 δηλαδή είναι υδρογονοειδές και η ενέργεια επηρεάζεται μόνο από τον κύριο κβαντικό αριθμό n (εχουμε κβάντωση της ενέργειας ανά στιβάδα) με αποτέλεσμα η αύξουσα σειρά ενέργειας των τροχιακών του να είναι: s = pχ < s = pψ = pz = d < 4s γ. Ο ηλεκτρονιακός τύπος Lewis για το + είναι (Σ e - σθένους = 4 + 1 = 6): Η C Η Η Ο άνθρακας έχει κάνει σ δεσμούς οπότε έχει υβριδισμό sp. 8 B.. Για το ρυθμιστικό διάλυμα ΗΑ / NaA έχουμε: ΝaA Na + A I.I. : Τελικά : C Μ C Μ + - C Μ - + ΗA + ΗΟ A + ΗΟ (C x)m (C + x) Μ xμ Οι βαθμοί ιοντισμού για τα ρυθμιστικά διαλύματα στους 5 ο C είναι: + x1 [HO ] 1 Στο ρυθμιστικό διάλυμα Y1: α 1 = = (1) C C Στο ρυθμιστικό διάλυμα Y: x α = = C 1 1 + [HO ] C Ισχύει ότι: ph = ph1 + ή -log[ηο + ] = -log[ηο + ]1 + ή -log[ηο + ] = -log[ηο + ]1 -log10 - ή [ΗΟ + ] = [ΗΟ + ]1 10 - () Επίσης ισχύει ότι: C1 = C (4) Από τις σχέσεις (1), (), () και (4) προκύπτει ότι: α1=100α Οπότε επιλέγεται η απάντηση γ. () Β.. Τα αντιδραστήρια τα βρίσκουµε µε τη «µέθοδο των προσήµων»: αν για κάθε ένωση προκύψει διαφορετική διάταξη προσήµων τότε έχουµε βρει τα σωστά αντιδραστήρια. Παίρνουμε δείγματα και τα βάζουμε σε δοκιμαστικούς σωλήνες. Προσθέτω στο 1 ο δείγμα Na και στο ο δείγμα Ι/ΝaOH, οπότε:

9 - C - OH Ι / NaOH Na (σχηματισμός κίτρινου (φυσαλίδες αερίου Η) ιζήματος I) + - ΟΗ + + CΗ=Ο - - - C - - O - + Αν στο πρώτο δείγμα σχηµατιστούν φυσαλίδες αερίου και στο δεύτερο δείγμα δεν παρατηρηθεί ίζημα, τότε το υγρό είναι η μεθυλο -προπανόλη: 1 - C - + Na - C - + H OH ONa - C - + I OH + NaOH Αν στο 1 ο και ο δείγμα του δοχείου σχηµατιστεί αντίστοιχα αέριο και κίτρινο ίζηµα, τότε το υγρό είναι η OH: OH + Na ONa + 1 H - - OH + 4I + 6NaOH H - COONa + I + 5NaI + 5HO Αν στο 1 ο δείγμα του δοχείου δε σχηµατιστεί αέριο και στο ο δείγμα του δοχείου δε σχηµατιστεί κίτρινο ίζηµα, τότε το υγρό είναι η =Ο: =Ο + Na =Ο + I + NaOH Τέλος, αν στο 1 ο δείγμα του δοχείου δε σχηµατιστεί αέριο και στο ο δείγμα του δοχείου σχηµατιστεί κίτρινο ίζηµα, τότε το υγρό είναι η βουτανόνη: - C - - O + Na - C - - + I+ 4NaOH - - COONa + I + NaI + HO O

ΘΕΜΑ Γ Γ.1.α. Με δεδομένο ότι η πλήρης οξείδωση του μίγματος των Α και Β από όξινο διάλυμα KMnO4, δίνει μια μόνο οργανική ένωση Γ, προκύπτει ότι η Α πρέπει να είναι μια 1 ο ταγής αλκοόλη με 4 άτομα άνθρακα και η Β μια αλδεΰδη ώστε να παραχθεί το καβοξυλικό οξύ Γ. Οι πιθανοί συντακτικοί τύποι για τις ενώσεις Α, Β και Γ αντίστοιχα φαίνονται στον παρακάτω πίνακα: Α Β Γ ----OH ---=O ---COOH 10 - - - OH - - = O - - CΟOH Όμως από τις δυο παραπάνω αλδεΰδες μόνο η μέθυλο προπανάλη δίνει με προσθήκη του αντιδραστηρίου Grignard R1MgCl και υδρόλυση του ενδιάμεσου προϊόντος την -μεθυλο--βουτανόλη: - - - OH Έτσι, το αντιδραστήριο Grignard πρέπει να είναι το MgCl. Τελικά οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α, Β, Γ και R1MgCl είναι: Α: - - - OH Β: - - = O Γ: - - CΟOH R1MgCl : MgCl β.1. Έστω ότι το αρχικό μίγμα περιέχει x mol της Α και x mol της Β. Το 1 ο μέρος του μίγματος περιέχει x mol της Α και x mol της Β. Μόνο η αλδεΰδη Β αντιδρά με το αντιδραστήριο Fehling: - - = O + 5 NaOH + CuSO4 - - COONa + CuO + NaSO4 + HO ίζηµα x mol A x mol m 14, Όμως για το ίζημα CuO ισχύει: n= x= ή Mr 14 Οπότε στο αρχικό μιγμα έχουμε: 0, mol A και 0, mol B. x = 0,1 mol β..i. Το ο μέρος του μίγματος περιέχει 0,1 mol της Α και 0,1 mol της Β. Οι αντιδράσεις πλήρους οξείδωσης του μίγματος των Α και Β είναι:

5ΟΗ + 4KMnO 4 + 6HSO 4 5CΟΟΗ + 4MnSO4 + KSO4 + 11HO 0,1 mol A 0,08 mol KMnO4 0,1 mol Γ 5 = Ο+KMnO 4 +HSO 4 5CΟΟΗ +MnSO4 + KSO4 + HO 0,1 mol Β 0,04 mol KMnO4 0,1 mol Γ 11 Για το διάλυμα του KMnO4 έχουμε: V= (0,08 + 0,04)/ ή V = 0,06 L = 60 ml ii. Έστω CνΗν+1ΟΗ ο γενικός τύπος της κ.μ. αλκοόλης Δ. Γίνεται εστεροποίηση των 0,1 + 0,1 = 0, mol της Γ με 0, mol της Δ: - - CΟOH + CνΗν+1ΟΗ - - CΟO CνΗν+1 + HO Αρχικά 0, mol 0, mol - - Α. / Π. -ψ mol -ψ mol ψ mol ψ mol Χ. Ι. (0,-ψ) mol (0,-ψ) mol ψ mol ψ mol Η απόδοση της εστεροποίησης είναι: ψ α = ψ = 0,75 0, = 0,15 0, Οπότε για τη σχετική μοριακή μάζα του εστέρα Ε έχουμε: 17,4 Mr = = 116 0,15 και Mr = 14ν + 88 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι ν=, άρα οι συντακτικοί τύποι των Δ και Ε είναι: Δ: Ε: - - OH - - CΟO- - Γ.. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Ζ, Θ, και Κ είναι: Ζ: Θ: K: - - Cl - - ONa - - - C CNa

ΘΕΜΑ Δ Δ.1. Οι ηλεκτρονιακοί τύποι Lewis για τα οξέα είναι: Για το ΗΝΟ είναι (Σ e - σθένους = 4): Η Ο Ν = Ο: : Ο: Οπότε υπάρχουν 4 σ και 1 π δεσμοί. 1 Για το ΗΝΟ είναι (Σ e - σθένους = 18): Η Ο Ν= Ο: Οπότε υπάρχουν σ και 1 π δεσμοί. Δ..α. Έστω x mol ΝΟ4 όπου ω x=,4 (1) ΝΟ4(g) + HO HNO(aq) + HNO(aq) Αρχικά x mol - - Τελικά - x mol x mol Η πλήρης εξουδετέρωση του διαλύματος Υ γίνεται με προσθήκη 18 + = 0 ml πρότυπου διαλύματος NaOH 1 Μ δηλαδή, n(naoh=1 0,0 = 0,0 mol. HNO + NaOH NaNO + HO Αρχικά x mol 0,0 mol - Α. / Π. -x mol -x mol x mol Τελικά - (0,0-x) mol x mol HNO + NaOH NaNO + HO Αρχικά x mol (0,0-x) mol - Α. / Π. -x mol -x mol x mol Τελικά - - x mol Άρα πρέπει 0,0-x = x ή x = 0,01 mol Από την εξίσωση (1) έχουμε ότι: ω = 0,01,4 ή ω =0,4 L ή 4 ml β. Για την πλήρη οξείδωση μόνο του ΗΝΟ απαιτούνται 0,01 mol NaOH με όγκο V(NaOH) = 0,01 / 1 = 10 ml. Μετά την προσθήκη 18 ml πρότυπου διαλύματος NaOH έχει γίνει πλήρης εξουδετέρωση του ΗΝΟ και μερική εξουδετέρωση του ΗΝΟ αφού: 0 ml < V(NaOH) = 18 ml < 10 ml

1 HNO + NaOH NaNO + HO Αρχικά 0,01 mol 0,018 mol - Α. / Π. -0,01 mol -0,01 mol 0,01 mol Τελικά - 0,008 mol 0,01 mol HNO + NaOH NaNO + HO Αρχικά 0,01 mol 0,008 mol - Α. / Π. -0,008 mol -0,008 mol 0,008 mol Τελικά 0,00 mol - 0,008 mol Το ΝaNO δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος καθώς: ΝaNO Na + + NO - Na + + HO (το NaOH είναι ισχυρή βάση) NO - + HO (το HΝΟ είναι ισχυρό οξύ) Δηλαδή, προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα με ρυθμιστικό ζεύγος: ΗΝΟ / ΝΟ - : Ρ.Δ. ΗΝΟ, Cοξέος= 0,00 M 0,118 0,008 ΝΟ -, Cβάσης= M ( ΝaN O + - Na + N O ) 0, 18 1 Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson- Hasselbalch για το ρυθμιστικό διάλυμα: C ph = pka(hno) + log C 0,00 βάσης οξέος C ή [ΗΟ + ]=Κa C οξέος βάσης + άρα [H O ] = Ka(HNO ) 0,118 0,008 0,118 0,00 + Ka(HNO ) (HNO ) = Ka ή [H O ] = () 0,008 4 Εξάλλου στο σημείο αυτό (σημείο (1) καμπύλης ογκομέτρησης) για τον δείκτη ΗΔ έχουμε: - + ( aq) ( aq) ΗΔ + ΗΟ Δ + HO Οπότε για τη σταθερά ιοντισμού του ΗΔ ισχύει: + [ ] [HO ] a (ΗΔ) K = [ Η ] Όμως το χρώμα του διαλύματος είναι κίτρινο οπότε: [ ] 1 = [ Η ] 1000

Έτσι από την έκφραση της Ka του ΗΔ προκύπτει ότι: + -7-4 a(ηδ) [ΗΔ] - [H O ] = K 10 10 10 Μ [Δ ] = =, οπότε ph 1 = β=4 14 γ. Από την εξίσωση () βρίσκουμε την Ka(HNO)= 4 10-4 Στο διάλυμα που προκύπτει μετά την πλήρη εξουδετέρωση του διαλύματος Υ (Ι.Σ. ()) έχουμε ως διαλυμένες ουσίες το NaNO που δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος και το NaNO με συγκέντρωση: 0,01 1 C = = M 0,1 1 + - ΝaNO Na + NO 1 Τελικά : 1 Μ 1 1 Μ Μ 1 1 Na + + HO (το NaOH είναι ισχυρή βάση) ΝΟ - + HO ΗΝΟ + OH - Αρχικά 1/1 Μ - - Ι.Ι. (1/1-ω) M ω Μ ω M K 10 10 K = = -14-10 W b(no ) = -4 Ka (HNO ) 4 4 10-10 -5 - ω ω 10 10 K b(no ) = = 1ω ω = [ΟΗ ] = = 1 1 48 - ω 48 1 1 14 + 10-9 Οπότε, [ΗΟ ] = = 10 48-5 10 48 Από την έκφραση της σταθεράς ιοντισμού του ΗΔ στο Ι.Σ.() έχουμε: + -9 [HO ] = - -7 a (ΗΔ) [ΗΔ] 10 48 48 = = [Δ ] K 10 100 Δηλαδή, [Δ - ] > 10 [ΗΔ] οπότε το διάλυμα έχει κόκκινο χρώμα. δ. Στο διάλυμα Υ έχουμε: C C = 10 M 0,1 (HNO ) = (HNO ) = 0,01-1 ΗΝΟ + HO ΝΟ - + HΟ + Αρχικά 10-1 Μ - - Τελικά - 10-1 Μ 10-1 Μ

15 ΗΝΟ + HO ΝΟ - + HΟ + Αρχικά 10-1 Μ - - Ι. Ι. (10-1 -φ) Μ φ Μ φ Μ Έχουμε Ε. Κ. Ι. με κοινό ιόν το ΗΟ + οπότε [ΗΟ + ] = 10-1 + φ 10-1 Μ δηλαδή, το ph του διαλύματος Υ καθορίζεται από το ισχυρό οξύ ΗΝΟ. Άρα ph = α = 1 Επιπλέον από την έκφραση της σταθεράς ιοντισμού του ΗΝΟ στο διάλυμα Υ: K (HNO ) = a 1 1 1 φ(10 + φ) φ 10 10 - φ 10 1 φ = 4 10 4 Τελικά για το βαθμό ιοντισμού του ΗΝΟ στο διάλυμα Υ έχουμε: -4 φ 4 10 - α= = ή α = 4 10-1 -1 10 10