xeimia tea

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013 Γ΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ:

Ε_3.Χλ3Θ(α)

Ηµεροµηνία: Κυριακή 14 Απριλίου 2013 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α A1. Α2. Α3. Α4.

β β. β. γ.

Α5.

α) Το κύριο προϊόν της αντίδρασης καθορίζεται από τον κανόνα του Saytseff ο οποίος διατυπώνεται ως εξής: «Κατά την απόσπαση ενός µορίου της µορφής ΗΑ από µία οργανική ένωση, το Η αποσπάται ευκολότερα από το τριτοταγές άτοµο άνθρακα, λιγότερο εύκολα από το δευτεροταγές άτοµο άνθρακα και δυσκολότερα από το πρωτοταγές άτοµο άνθρακα.» β) Αµφιπρωτικές ουσίες σύµφωνα µε την θεωρία Brönsted – Lowry ονοµάζονται οι ουσίες που άλλοτε δρουν ως οξέα και άλλοτε ως βάσεις ανάλογα µε την ουσία µε την οποία αντιδρούν. πχ H 2O , ΗS − .

ΘΕΜΑ Β Β1.

i. Ηλεκτρονιακή δοµή 10 Ne :K 2 L8 Άρα το στοιχείο Χ αφού έχει το ίδιο αριθµό ηλεκτρονιακών στιβάδων µε το 10 Ne έχει δύο στιβάδες κατειληµµένες µε ηλεκτρόνια. Το στοιχείο Χ ανήκει στην 2η περίοδο του περιοδικού πίνακα είναι αµέταλλο άρα θα ανήκει στην 13η – 17η οµάδα. Ο ηλεκτρονιακός τύπος Lewis της οµοιοπολικής ένωσης H 2 XO3 µπορεί να είναι ο τύπος (Ι) ή ο τύπος (ΙΙ):

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

H O X O H

Τύπος (Ι)

Τύπος (ΙΙ)

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

H O X O H O

O

Ο τύπος (ΙΙ) έχει ίσο αριθµό δεσµικών και µη δεσµικών ζευγών ηλεκτρονίων, άρα είναι ο ζητούµενος, οπότε το στοιχείο Χ να έχει 4 ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα.

6

Χ : 1s 2 2s 2 2p 2

ii. l = 1 έχουν τα ηλεκτρόνια που ανήκουν σε υποστιβάδα p, άρα 2. iii. Η ένωση H 2 XO3 έχει 5 σίγµα (σ) και 1 πι (π) δεσµούς.

Β2.

α. Το αρχικό διάλυµα αραιώνεται µε νερό οπότε από τον τύπο της αραίωσης έχουµε:

C A ⋅ V A = CT ⋅ VT ⇒ C ⋅ V = CT ⋅ 50V ⇒ CT =

C M 50

(1)

Από την στιγµή που ο βαθµός ιοντισµού µε την αραίωση πενταπλασιάζεται ισχύει ότι ατ = 5 ⋅ α (2) Αν θεωρήσουµε ότι επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόµο αραίωσης του Ostwald οδηγούµαστε σε άτοπο. Χρησιµοποιώντας τον Νόµο αραίωσης του Ostwald χωρίς να κάνουµε τις απλοποιήσεις για το αρχικό και το τελικό διάλυµα έχουµε ότι

Ka =

x2 a 2C 2 a 2C = = C − x C( 1 − a ) 1 − a

C x aτ CΤ a 2C 50 Ka = = = = C − x CΤ ( 1 − aτ ) 1 − 5a 2( 1 − 5a ) 1 Από τις σχέσεις (3), (4) προκύπτει ότι a = 9 2

2

(3)

( 5a )2

2

(4)

Αντικαθιστώντας την τιµή του α που βρήκαµε σε µία από τις σχέσεις (3) ή (4) προκύπτει ότι Κa =

C .

72

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 2 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

i. Η πρόταση είναι σωστή. Στο διάλυµα του οξέος προσθέτουµε µικρή άλατος KF το οποίο διίσταται:

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

β.

Ε_3.Χλ3Θ(α)

KF

→

K+ +

F−

Το ιόν K + είναι συζυγές οξύ του KOH που είναι ισχυρότατη βάση, οπότε δεν αντιδρά µε το H 2O . Το ιόν F − είναι συζυγής βάση του HF που είναι ασθενές οξύ, οπότε αντιδρά µε το H 2O και σχηµατίζει ιόντα OH − . Άρα η συγκέντρωση των OH − στο διάλυµα αυξάνει, άρα το pH του διαλύµατος αυξάνεται.

ii. Η πρόταση είναι λάθος. Στο αρχικό ρυθµιστικό διάλυµα έχουµε:

NaA

Na + + C

→

∆ιάσταση (Μ)

Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ)

HA + C −y C−y

H 2O

H 3O +

+

+y y

A− C A− C +y C+y

Τα δεδοµένα της ερώτησης επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις, οπότε: [ HA ] = C − y ≃ C και [ A− ] = C + y ≃ C

[ H 3O + ][ A− ] [ H 3O + ] ⋅ C ⇒ Ka = ⇒ [ H 3O + ] = Ka [ HA ] C ποσότητα ΗΑ πουιοντίζεται y Ka aHA = ⇒ aHA = ⇒ aHA = αρχική ποσότητα ΗΑ C C Ka =

(5) (6)

Με την αραίωση σε διπλάσιο όγκο οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι ίσες

C , οπότε λόγω της σχέσεως (5) η συγκέντρωση οξωνίων δεν 2 µεταβάλλεται, άρα και το pH του διαλύµατος (η σταθερά Ka µε

παραµένει σταθερή αφού εξαρτάται από την θερµοκρασία). Η σχέση (6) γίνεται: a HA ' =

y 2 ⋅ Ka ⇒ aHA ' = ⇒ aHA ' = 2 ⋅ aHA C/2 C

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 3 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Η πρόταση είναι λάθος. Το οξύ HA µπορεί να είναι ασθενές οξύ και οι σταθερές ιοντισµού του οξέος HA και της NH 3 να είναι ίσες ( Ka( HA ) = Kb( NH 3 ) , οπότε το διάλυµα να είναι ουδέτερο, οπότε µε αραίωση παραµένει ουδέτερο.

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

iii.

Ε_3.Χλ3Θ(α)

Β3.

Ι.

CH3 C OH + NaOH

CH3 C ONa + H2O O

O

ΙΙ.

CI3 C

O

CH3 CH C ONa + CHI3

CH CH3 + NaOH

CH3

CH3 O

αιθανόλη ΙΙΙ. CH 3 − CH 2 − Br + NaOH  → CH 2 = CH 2 + NaBr + H 2O

IV.

V.

υδατικό CH 3CH 2 Br + NaOH  → CH 3CH 2OH + NaBr

CH3 CH

O

CH3

VI.

C H + NaOH

O

H C

ONa + CH3 CH

O

CH3

OH

C6 H 5OH + NaOH → C6 H 5ONa + H 2O

ΘΕΜΑ Γ Γ1.

i.

Α.

CH3 C

CH2

CH3

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 4 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

OH CH3 C

CH3

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

Β.

CH3

CH3 CH CH2

Γ.

CH3

CH3 C

∆.

CH3

O

CH 3CH 2CH = O

Ε.

Γ1.

OH

ii. Η ένωση Α έχει ΜrA=4·12 + 8·1 = 56 , άρα

nA =

mA 5,6 = = 0,1mol .

MrA 56

(A)

CH3 C

CH2 + H2O

H2SO4

OH

CH3 C

CH3

CH3

x mol

x mol

(A)

CH3 C

CH2 + H2O

H2SO4

(B)

CH3

(Γ)

CH3 CH CH2 OH

CH3

CH3

y mol

y mol

x + y = 0,1 mol

(1)

Από τις ισοµερής ενώσεις (Β) και (Γ) η µόνη που µπορεί να οξειδωθεί από ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 5 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

το οξινισµένο µε H 2 SO4 διάλυµα KMnO4 είναι η πρωτοταγής αλκοόλη (Γ):

(Γ)

5C3 H7 CH 2OH + 4KMnO4 + 6 H 2 SO4 → 5C3 H7 COOH + 4MnSO4 + 2K 2 SO4 + 11H 2O 4y y mol mol 5 4y Για το KMnO4 έχουµε: n = C ⋅ V ⇒ = 0,1M ⋅ 0,08 L ⇒ y = 0,01 mol (2) 5 n x 0,09 9 Από (1) και (2) προκύπτει: B = = = nΓ y 0,01 1

Γ1.

iii.

C2 H 5CH = O + 2 AgNO3 + 3NH 3 + H 2O → C2 H 5COONH 4 + 2 Ag ↓ +2NH 4 NO3

Γ2.

Z

Κ

Μ

CH3 CH CH3 OH CH3 C O O

Θ

CH CH3

Λ

CH3

CH3 CH2 CH3

Π

CH3 CH CH3 Cl

CH3 CH CH3 MgCl

HCH = O

ΘΕΜΑ ∆ α)

Για να βρούµε ποια βάση είναι ισχυρότερη θα υπολογίσουµε τις σταθερές ιοντισµού Kb . ∆ιάλυµα ∆1:

Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ)

( C 2 H 5 )2 NH C1 −x C1 − x

+

Η 2Ο

( C2 H 5 )2 NH 2 + +

OH −

+x x

+x x

Επειδή a1 < 10 −1 ⇒ C1 − x ≃ C1 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

(1) ΣΕΛΙ∆Α: 6 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

pH = 12

 − −2 −2  ⇒ pOH = 2 ⇒ [ OH ] = 10 M ⇒ x = 10 M pH + pOH = 14  ποσότητα αµίνης που ιοντίζεται x a1 = ⇒ a1 = ⇒ αρχική ποσότητα αµίνης C1

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

(2)

x ( 2 ) 10 −2 C1 = = = 0,2 M a1 5 ⋅ 10 −2

(3)

[( C2 H 5 )2 NH 2 + ][ OH − ] x 2 ( 2 ),( 3 ) 10 −4 Kb1 = = = = 5 ⋅ 10 −4 [( C2 H 5 )2 NH ] C1 0,2

(4)

∆ιάλυµα ∆2: Το άλας NH 4Cl διίσταται πλήρως και η βάση NH 3 ιοντίζεται µερικώς:

NH 4Cl

→

NH 4 + C22

+

Cl − C22

NH 4 + + C22 +y C22 + y

OH −

∆ιάσταση (Μ)

Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ)

NH 3 + C2 −y C2 − y

H 2O

Επειδή a2 < 10 −1 ⇒ C2 − y ≃ C2

a2 =

+y y (5)

ποσότητα NH 3 που ιοντίζεται y ⇒ a2 = ⇒ αρχική ποσότητα NH 3 C2

y = 5 ⋅ 10 −5 ⋅ 0,1 = 5 ⋅ 10 −6 M

(6) Επειδή η τιµή του y είναι πολύ µικρή έχουµε: [ NH 4 + ] = C22 + y ≃ C22 (7)

[ NH 4 + ][ OH − ] C22 ⋅ y ( 5 ),( 6 ),(7 ) 0,2 ⋅ 5 ⋅ 10 −6 Kb2 = = = = 10 −5 [ NH 3 ] C2 0,1

(8)

Από την σύγκριση των σταθερών ιοντισµού συµπεραίνουµε ότι η ( C2 H 5 )NH είναι ισχυρότερη βάση από την NH 3 αφού Kb1 > Kb2 .

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 7 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

i) Στο διάλυµα ∆3 η ( C2 H 5 )2 NH έχει συγκέντρωση C3 . Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης έχει γίνει πλήρη εξουδετέρωση της ( C2 H 5 )2 NH µε το HCl . Η εξουδετέρωση γίνεται µε αναλογία mol

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

β)

Ε_3.Χλ3Θ(α)

1: 1

( C2 H 5 )2 NH + HCl → ( C 2 H 5 )2 NH 2Cl mol(( C2 H 5 )2 NH ) = mol( HCl ) ⇒ Άρα θα έχουµε C3 ⋅ V3 = C( HCl ) ⋅ V( HCl )

(9)

Από την καµπύλη εξουδετέρωσης βλέπουµε ότι ο όγκος του πρότυπου διαλύµατος που χρησιµοποιείται µέχρι το ισοδύναµο σηµείο είναι V( HCl ) = 25 mL . Το διάλυµα ∆3 προέκυψε µε αραίωση ορισµένου όγκου του διαλύµατος ∆1, έστω V11 , άρα έχουµε: C1 ⋅ V11 = C3 ⋅ V3 (10) Από (9) και (10) έχουµε: C1 ⋅ V11 = C( HCl ) ⋅ V( HCl ) ⇒

V11 =

C( HCl ) ⋅ V( HCl ) C1

=

0,25 M ⋅ 25 ⋅ 10 −3 L = 31,25 ⋅ 10 −3 L = 31,25 mL 0,2 M

ii) Όταν το pH = 7 ,5 δηλαδή [ H 3O + ] = 10 −7 ,5 M στο ογκοµετρούµενο διάλυµα, τότε για το δείκτη Η∆ ισχύει:

[ H 3O + ][ ∆ − ] [ Η∆] Έχουµε µε [ H 3O + ] = 10 −7 ,5 M και pK δ = 7,5 ⇒ K δ = 10 −7,5 :

Η∆ + H 2O H 3O + + ∆ − µε σταθερά ιοντισµού Κ δ =

[ H 3O + ][ ∆ − ] 10 −7 ,5 ⋅ [ ∆ − ] [ ∆−] −7 ,5 Κδ = ⇒ 10 = ⇒ =1 [ Η∆ ] [ Η∆] [ Η∆]

iii) Για να βρούµε το χρώµα του διαλύµατος πρέπει να υπολογίσουµε το pH του τελικού διαλύµατος στο ισοδύναµο σηµείο. Το διάλυµα στο ισοδύναµο σηµείο έχει όγκο VΤ = 125 mL . Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης έχει γίνει πλήρη εξουδετέρωση της ( C2 H 5 )2 NH µε το HCl . Η εξουδετέρωση γίνεται µε αναλογία mol

1: 1 ( C2 H 5 )2 NH + HCl → ( C 2 H 5 )2 NH 2Cl mol(( C2 H 5 )2 NH ) = mol( HCl ) = mol(( C2 H 5 )2 NH 2Cl ) mol( HCl ) = C( HCl ) ⋅ V( HCl ) = 0,25 M ⋅ 25 ⋅ 10 −3 L = 6 ,25 ⋅ 10 −3 mol

Άρα mol( HCl ) = mol(( C2 H 5 )2 NH 2Cl ) = 6 ,25 ⋅ 10 −3 mol Η συγκέντρωση του άλατος στο ισοδύναµο σηµείο είναι ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 8 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

6 ,25 ⋅ 10 −3 mol C4 = [( C2 H 5 )2 NH 2Cl ] = = 0,05 M 125 ⋅ 10 −3 L ( C2 H 5 )2 NH 2Cl

→

∆ιάσταση (Μ)

( C2 H 5 )2 NH 2 + + C4

Cl − C4

Το διάλυµα είναι όξινο, αφού τα ιόντα Cl − βρίσκονται στο διάλυµα υπό τη µορφή του εφυδατωµένου ιόντος [Cl( H 2O )y ] . Το Cl − είναι συζυγής −

βάση του HCl που είναι ισχυρότατο οξύ, οπότε δεν αντιδρά µε το H 2O . Το άλλο ιόν, δηλαδή το ( C2 H 5 )2 NH 2 + , είναι συζυγές οξύ της ασθενούς βάσης ( C2 H 5 )2 NH οπότε αντιδρά µε το H 2O .

Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ)

( C2 H 5 )2 NH 2 + + C4 −z C4 − z

H 2O

( C2 H 5 )2 NH +

H 3O +

+z z

+z z

Kb1 = 5 ⋅ 10 −4  −11  ⇒ Ka1 = 2 ⋅ 10 και επειδή Kb1 ⋅ Ka1 = Kw  Ka1 < 10 −2 ⇒ C4 − z ≃ C4 C4

[( C2 H 5 )2 NH ][ H 3O + ] z2 −11 Ka1 = ⇒ 2 ⋅ 10 = ⇒ z = 10 −6 M + C4 [( C2 H 5 )2 NH 2 ]

[ H 3O + ] = 10 −6 M   ⇒ pH = 6 pH = − log[ H 3O + ] 

Η όξινη µορφή του δείκτη H∆ έχει κόκκινο χρώµα σε pH < pKa − 1 ⇒ pH < 6 ,5 . Άρα στο χρώµα του διαλύµατος στο ισοδύναµο σηµείο είναι κόκκινο.

γ)

Η βάση NaOH θα αντιδράσει µε το NH 4Cl στο διάλυµα ∆2 και θα προκύψει επιπλέον αµµωνία. Το διάλυµα θα είναι βασικό αφού

[ H 3O + ] =

3 ⋅ 10 −11 M .

3

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 9 ΑΠΟ 10

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Ε_3.Χλ3Θ(α)

Έστω ότι η NaOH και το NH 4Cl αντιδρούν πλήρως.

ÐÑ ÍÅ ÏÏ Á ÐÔ ÌÁ ÉÊ Ç ÊÑ Ç

n22 = C22 ⋅ V2 = 0,2 Μ ⋅ 0,1L = 0,02 mol NH 4Cl n2 = C2 ⋅ V2 = 0,1Μ ⋅ 0,1L = 0,01mol NH 3

Αρχικά ( mol ) Μεταβολές ( mol ) Τελικά ( mol )

NH 4Cl + n22 −n n22 − n

NaOH n −n

→

–

NaCl +

NH 3 + n2 +n n2 + n

H 2O

+n n

Αφού αντιδρούν πλήρως: n22 − n = 0 ⇒ n = 0,02 mol Στο τελικό διάλυµα θα υπάρχει NH 3 ( n2 + n = 0,02 + 0,01 = 0,03 mol ) και NaCl . Το pH καθορίζεται µόνο από τον ιοντισµό της NH 3 αφού τα ιόντα που προκύπτουν από την διάσταση του NaCl δεν αντιδρούν µε το νερό. Η συγκέντρωση της NH 3 στο τελικό διάλυµα είναι C5 =

Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ)

NH 3 + C5 −ω C5 − ω

H 2O

0,03mol = 0,3 Μ 0,1 L

NH 4 +

+

OH −

+ω ω

Επειδή

Ka2 < 10 −2 ⇒ C5 − ω ≃ C5 C5

Ka2 =

[ NH 4 + ][ OH − ] ω2 ⇒ 10 −5 = ⇒ ω = 3 ⋅ 10 −3 M [ NH 3 ] C5

+ω ω

[ OH − ] = ω = 3 ⋅ 10 −3 M  10 −14 3 + −11 ⇒ [ H O ] = = ⋅ 10 M  3 − 3 3 3 ⋅ 10 [ H 3O + ][ OH − ] = Kw  Άρα η NaOH και το NH 4Cl αντιδρούν πλήρως, αφού προκύπτει η

ζητούµενη συγκέντρωση οξωνίων.

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ

ΣΕΛΙ∆Α: 10 ΑΠΟ 10