1

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α

A1. Σε ποια από τις παρακάτω μεταπτώσεις του ηλεκτρονίου του 3Li2+ εκπέμπεται φωτόνιο με το μικρότερο μήκος κύματος;

α. Μετάπτωση 1s 4p

β. Μετάπτωση 4s 2p

γ. Μετάπτωση 2s 3d

δ. Μετάπτωση 2p 5s Μονάδες 5

A2. Ποια από τις παρακάτω τετράδες κβαντικών αριθμών δεν είναι λανθασμένη;

α. (3, 3, +1, +½) β. (2, 1, +2, -½) γ. (4, 0, 0, 0) δ. (3, 1, +1, +½)

Μονάδες 5

A3. Ποιο από τα παρακάτω άτομα ή ιόντα δεν είναι σε θεμελιώδη κατάσταση; α. 12Mg: 1s2 2s2 2p6 3s2 β. 29Cu2+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d9 γ. 26Fe2+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1 δ. 33As: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p3

Μονάδες 5

A4. Αν σε διάλυμα HCl, διάλυμα Δ1, προσθέσουμε διάλυμα KClO4, διάλυμα Δ2, τότε το pH του διαλύματος Δ1: α. θα παραμείνει σταθερό. β. θα αυξηθεί. γ. θα μειωθεί. δ. δε γνωρίζουμε πως θα μεταβληθεί, γιατί δεν ξέρουμε τους όγκους και τις συγκεντρώσεις των διαλυμάτων.

Μονάδες 5

A5. Αν η αντίδραση

HF + NH3 NH4+ + F-

είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά, τότε θα ισχύει: α. Ka(HF) < Ka(NH4

+) β. Kb(F-) > Kb(NH3) γ. Ka(HF) = Ka(NH4

+) δ. Kb(F-) < Kb(NH3)

Μονάδες 5

26/04/2020

ΧΗΜΕΙΑ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

Χειμερινά Τμήματα

Στέφανος Γεροντόπουλος, Μιχάλης Γκέκος, Μαρίνος Ιωάννου

2

ΘΕΜΑ Β Β1. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές ή λανθασμένες και να αιτιολογήσετε κάθε σας

απάντηση. i. Για να ιοντίσουμε ένα άτομο υδρογόνου, απαιτείται μεγαλύτερο ποσό ενέργειας όταν το άτομο

βρίσκεται σε διεγερμένη κατάσταση. ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΗ. Στο άτομο του Η, που είναι σε θεμελιώδη κατάσταση, το ηλεκτρόνιο έχει τη χαμηλότερη δυνατή ενέργεια. Άρα τότε απαιτείται μεγαλύτερο ποσό ενέργειας για να ιοντιστεί, δηλαδή να μηδενιστεί η ενέργεια του ηλεκτρονίου (E∞ = 0).

ii. Αν για το σημείο Σ1 γύρω από τον πυρήνα σε άτομο με μόνο ένα ηλεκτρόνιο, ισχύει ψ1 = 0,2 και για

το σημείο Σ2 ισχύει ψ2 = -0,3, τότε το ηλεκτρόνιο είναι πιο πιθανό να βρίσκεται στο σημείο Σ1. ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΗ. Η πιθανότητα να βρεθεί το ηλεκτρόνιο σε ένα σημείο του χώρου γύρω από τον πυρήνα, υπολογίζεται από το ψ2. Αφού ψ1

2 = 0,04 και ψ22 = 0,09 τότε πιο πιθανό είναι να βρεθεί

το ηλεκτρόνιο στο Σ2. iii. Τα αλκάλια είναι όσα και τα ευγενή αέρια σε Περιοδικό Πίνακα 112 στοιχείων.

ΣΩΣΤΗ. Τα αλκάλια βρίσκονται στην 1η ομάδα του Π.Π. και είναι έξι (το Η δε θεωρείται αλκάλιο), ενώ τα ευγενή αέρια είναι στη 18η ομάδα του Π.Π. και είναι επίσης έξι, γιατί σε Π.Π. 112 στοιχείων η 7η περίοδος δεν είναι συμπληρωμένη.

iv. Αν αραιώσουμε ένα διάλυμα οξέος ΗΑ, ο βαθμός ιοντισμού του θα αυξηθεί. ΛΑΝΘΑΣΜΕΝΗ. Αν το οξύ ΗΑ είναι ισχυρό οξύ, τότε θα έχει a = 1 πριν και μετά την αραίωση.

v. Αν το pH του ισοδυνάμου σημείου, μιας ογκομέτρησης, είναι ίσο με 5, τότε ο δείκτης ΗΔ με Ka(ΗΔ) = 10-5 είναι κατάλληλος. ΣΩΣΤΗ. Αφού η περιοχή pH όπου αλλάζει χρώμα ο δείκτης είναι από 4 έως 6 και περιλαμβάνει το το pH του ισοδύναμου σημείου που είναι ίσο με 5.

Μονάδες 5 x 2

Β2. Να βρείτε σε κάθε μία από τις παρακάτω περιπτώσεις στοιχείων, που βρίσκονται στην θεμελιώδη κατάσταση, αν είναι σωστή η ηλεκτρονιακή κατανομή του καθενός. Στις περιπτώσεις που δεν είναι σωστή να αναφέρεται αν παραβιάζεται η "Απαγορευτική αρχή του Pauli", η "Αρχή της ελάχιστης ενέργειας" ή ο "Κανόνας του Hund".

i. 27Α: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p7 3d6 4s2 Λανθασμένη: Παραβιάζεται η Απαγορευτική αρχή του Pauli

ii. 22Β: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d4 Λανθασμένη: Παραβιάζεται η Αρχή της ελάχιστης ενέργειας

iii. 15Γ: 1s2 2s2 2p6 3s2 3px2 3py

1 Λανθασμένη: Παραβιάζεται ο Κανόνας του Hund

iv. 26Δ: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s2 4p1 Λανθασμένη: Παραβιάζεται η Αρχή της ελάχιστης ενέργειας v. 8Ε: 1s2 2s2 2p4

(↑↓) (↓↑) (↑↑)(↑)(↑) Λανθασμένη: Παραβιάζεται η Απαγορευτική αρχή του Pauli vi. 6Ζ: 1s2 2s1 2p3

(↑↓) (↓) (↑)(↑)(↑) Λανθασμένη: Παραβιάζεται η Αρχή της ελάχιστης ενέργειας Μονάδες 6 x 1

3

Β3. Το χημικό στοιχείο X ανήκει στην ίδια περίοδο με το χημικό στοιχείο Ω, που το κατιόν του έχει κατανομή Ω+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6. Αν το για το στοιχείο Χ ισχύει Σms = 3: i. Να βρείτε την περίοδο, τον τομέα και την ομάδα του Χ και του Ω.

Ω+: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Ω: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 Άρα το Ω όπως και το Χ ανήκουν στην 4η περίοδο. Επίσης το Ω ανήκει στον s τομέα και στην 1η ομάδα του Περιοδικού Πίνακα. Για το Χ ισχύει Σms = 3, δηλαδή διαθέτει έξι μονήρη ηλεκτρόνια. Επομένως και αφού βρίσκεται στην 4η περίοδο, θα έχει κατανομή: Χ: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1 Άρα ανήκει στο d τομέα και στην 6η ομάδα του Περιοδικού Πίνακα.

Μονάδες 3 ii. Το Χ ή το Ω έχει μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού και γιατί;

Γνωρίζουμε ότι η ενέργεια ιοντισμού αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά σε μία περίοδο του Περιοδικού Πίνακα. Άρα το Χ έχει μεγαλύτερη Ei(1) γιατί βρίσκεται στην 4η περίοδο και στην 6η ομάδα, δηλαδή πιο δεξιά από το Ω που βρίσκεται στην 4η περίοδο και στην 1η ομάδα.

Μονάδες 2 iii. Να εξηγήσετε γιατί για το Ω ισχύει Ei(1) << Ei(2).

Το Ω έχει αποκτήσει ηλεκτρονιακή δομή ευγενούς αερίου, 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6, που είναι πολύ σταθερή δομή και για αυτό απαιτείται μεγάλο ποσό ενέργειας για να αποσπαστεί ένα επιπλέον ηλεκτρόνιο.

Μονάδες 2 iv. Να βρείτε πόσα τροχιακά του Χ, που διαθέτουν ηλεκτρόνια, έχουν μαγνητικό κβαντικό αριθμό ίσο

με -1. Χ: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1

(↑↓) (↓↑) (↑↓)(↑↓)(↑↓) (↑↓) (↑↓)(↑↓)(↑↓) (↑)(↑)(↑)(↑)(↑) (↑) 0 0 -1 0 +1 0 -1 0 +1 -2 -1 0 +1 +2 0

Άρα 3 τροχιακά με ml = -1 διαθέτουν ηλεκτρόνια. Μονάδες 2

ΘΕΜΑ Γ Γ1. Το άτομο του χλωρίου (Cl) έχει ατομικό αριθμό 17. Να βρείτε:

i. Τη θέση του χλωρίου (περίοδο, τομέα, ομάδα) στον περιοδικό πίνακα.

17Cl: 1s22s22p63s23p5 άρα Περίοδος: 3η Τομέας: p Ομάδα: 17η Μονάδες 2

ii. Τον ατομικό αριθμό του στοιχείου Χ που βρίσκεται στην ίδια ομάδα με το χλώριο και έχει τη

μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού από όλα τα στοιχεία της ομάδας. Χ: 1s22s22p5 άρα Z = 9

Μονάδες 3

iii. Τους ατομικούς αριθμούς των στοιχείων που βρίσκονται στην ίδια περίοδο με το χλώριο και έχουν δύο μονήρη ηλεκτρόνια στη θεμελιώδη κατάσταση. Ψ: 1s22s22p63s23p2 άρα Ζ = 14 Ω: 1s22s22p63s23p4 άρα Ζ = 16

Μονάδες 4

4

Γ2. Δύο από τα ανόργανα οξέα που περιέχουν χλώριο είναι το υδροχλώριο και το υπερχλωρικό οξύ. Διαθέτουμε τα παρακάτω υδατικά διαλύματα: Διάλυμα Υ1: HCl 0,1 M Διάλυμα Υ2: HClO4 0,001 M

i. Να υπολογίσετε το pH του διαλύματος Υ2.

(Μ) HClΟ4 + H2O ClΟ4- + H3O

+

Αρχικά 0,001 - - Τελικά: - 0,001 0,001

pH = -log[H3Ο

+] ή pH = 3 Μονάδες 2

ii. Με ποια αναλογία όγκων πρέπει να αναμείξουμε τα Υ1 και Υ2 ώστε να προκύψει διάλυμα Υ4 με

[Η3Ο+] = 0,01 Μ;

mol(HCl) = C1V1 = 0,1V1 mol mol(HClO4) = C2V2 = 0,001V2 mol Στο διάλυμα Υ4 έχουμε HCl και HClO4 με συγκεντρώσεις:

(Μ) HClΟ4 + H2O ClΟ4- + H3O

+

Αρχικά C(HClO4) - - Τελικά: - C(HClO4) C(HClO4)

(Μ) HCl + H2O Cl- + H3O

+

Αρχικά C(HCl) - - Τελικά: - C(HCl) C(HCl)

Προφανώς [Η3Ο+] = 0,01 Μ ή C(HCl) + C(HClO4) = 0,01 ή V1/V2 = 1/10

Μονάδες 4

iii. Το διάλυμα Υ1 το χρησιμοποιούμε ως πρότυπο διάλυμα στην ογκομέτρηση ενός διαλύματος αμμωνίας όγκου 50 mL. Η ογκομέτρηση αυτή χαρακτηρίζεται ως οξυμετρία ή αλκαλιμετρία; Να αιτιολογήσετε την

επιλογή σας. Η ογκομέτρηση χαρακτηρίζεται ως οξυμετρία γιατί έχουμε πρότυπο διάλυμα οξέος.

Μονάδες 2

Αν για το ισοδύναμο σημείο απαιτήθηκαν 250 mL του διαλύματος Υ2, να υπολογίσετε το pH του διαλύματος της αμμωνίας. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(HCl) = C1V1 = 0,025 mol mol(ΝΗ3) = CV = 0,05C mol

C(HCl)=0,1V1

V1+V2καιC(HClΟ4)=

0,001V2V1+V2

αντίστοιχα.

5

(Μol) HCl + NH3 NH4Cl

Αρχικά 0,025 0,05C -

Αντιδρούν 0,025 0,025 - Παράγονται - - 0,025 Τελικά - - 0,025

Προφανώς 0,025 = 0,05C ή C = 0,5 M Στο διάλυμα της ΝΗ3 έχουμε: (Μol) NH3 + H2O

NH4

+ + OH-

Αρχικά C - -

Ιοντίζονται x - - Παράγονται - - x x Τελικά C - x - x x

Από την σταθερά ιοντισμού της NH3 λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε x = 10-2,5 Μ ή [OH-] = 10-2,5 M ή pOH = 2,5 και pH = 11,5

Μονάδες 3

Πόσα mL από το πρότυπο διάλυμα πρέπει να προσθέσουμε στο ογκομετρούμενο διάλυμα για να προκύψει διάλυμα με pH ίσο με 10. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(HCl) = 0,1V3 mol mol(ΝΗ3) = 0,025 mol Πρόκειται για ογκομέτρηση ασθενούς βάσης με πρότυπο διάλυμα ισχυρού οξέος. Άρα στο ισοδύναμο σημείο το pH θα είναι μικρότερο του 7. Συνεπώς pH = 10 θα έχουμε πριν το ισοδύναμο σημείο, δηλαδή όταν η ΝΗ3 βρίσκεται σε περίσσεια. (Μol) HCl + NH3 NH4Cl

Αρχικά 0,1V3 0,025 -

Αντιδρούν 0,1V3 0,025 - Παράγονται - - 0,1V3 Τελικά - 0,025 - 0,1V3 0,1V3

Στο τελικό διάλυμα έχουμε NH3 και NH4Cl με συγκεντρώσεις:

(Μ) NH4Cl NH4+ + Cl-

Αρχικά C(NH4Cl) - - Τελικά: - C(NH4Cl) C(NH4Cl)

C(ΝΗ3)=VΤΕΛΙΚΟΣ

καιC(ΝΗ4Cl)=0,1V3 αντίστοιχα.0,025-0,1V3

VΤΕΛΙΚΟΣ

6

(Μol) NH3 + H2O

NH4

+ + OH-

Αρχικά C(NH3) - -

Ιοντίζονται y - - Παράγονται - - y y Τελικά C(NH3) - y - C(NH4Cl) + y y

Αφού pH = 10 ή pOH = 4 ή [ΟΗ-] = 10-4 Μ ή y = 10-4 Μ. Από την σταθερά ιοντισμού της ΝΗ3

λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε V2 = 0,125/3 L ή 41,6 mL Μονάδες 5

Δίνεται ότι τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία 25οC όπου Kw 10-14, Kb(NH3) = 2 10-5και ότι τα δεδομένα επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

ΘΕΜΑ Δ Διαθέτουμε τα παρακάτω υδατικά διαλύματα: Διάλυμα Υ1: HΑ 0,1 M Διάλυμα Υ2: HΒ 0,01 M Διάλυμα Υ3: ΚΟΗ 0,2 M Διάλυμα Υ4: Ca(ΟΗ)2 0,05 M Διάλυμα Υ5: HΓ 0,5M

Δ1. Να υπολογίσετε το pH των διαλυμάτων Υ1 και Υ4. Στο διάλυμα Υ1:

Από την σταθερά ιοντισμού του HA λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε x = 10-2,5 M. Άρα [H3O

+] = 10-2,5 Μ και pH = 2,5

Στο διάλυμα Υ4:

(Μ) Ca(OH)2 Ca2+ + 2OH-

Αρχικά C(Ca(OH)2) - - Τελικά: - C(Ca(OH)2) 2C(Ca(OH)2)

[OH-] = 2C(Ca(OH)2) = 10-1 M ή pOH = 1 ή pH = 13

Μονάδες 3

(Μ) ΗΑ + H2O

H3O+ + Α-

Αρχικά C(ΗΑ) - -

Ιοντίζονται x - - Παράγονται - - x x Τελικά C(ΗΑ) - x - x x

Δ2. Να υπολογίσετε το βαθμό ιοντισμού του οξέος ΗΓ στο διάλυμα Υ5.

(Μ) ΗΓ + H2O

H3O+ + Β-

Αρχικά C(ΗΓ) - -

Ιοντίζονται aC(ΗΓ) - - Παράγονται - - aC(ΗΓ) aC(ΗΓ) Τελικά C(ΗΓ) - aC(ΗΓ) - aC(ΗΓ) aC(ΗΓ)

7

Από την σταθερά ιοντισμού του HΓ λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε a = 2 10-2,5.

Μονάδες 3

Δ3. Σε 200 mL του διαλύματος Υ1 προσθέτουμε 50 mL του Υ3. Να υπολογίσετε το pH του διαλύματος Υ6 που προκύπτει. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(HA) = C1V1 = 0,02 mol mol(KOH) = C3V3 = 0,01 mol

(Μol) HA + KOH KA + H2O

Αρχικά 0,02 0,01 -

Αντιδρούν 0,01 0,01 - Παράγονται - - 0,01 Τελικά 0,01 - 0,01

Στο τελικό διάλυμα έχουμε ΗΑ και ΚΑ με συγκεντρώσεις C(ΗΑ) = 0,04 M και C(ΚΑ) = 0,04 Μ αντίστοιχα.

(Μ) ΚΑ Κ+ + Α-

Αρχικά C(ΚΑ) - - Τελικά: - C(ΚΑ) C(ΚΑ)

(Μol) ΗΑ + H2O

A- + H3O

+

Αρχικά C(ΗΑ) - -

Ιοντίζονται y - - Παράγονται - - y y Τελικά C(ΗΑ) - y - C(ΚΑ) + y y

Από την σταθερά ιοντισμού του ΗΑ λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε y = 10-4 M οπότε pH = 4.

Μονάδες 5

Δ4. Αναμιγνύουμε τα διαλύματα Υ2 και Υ4 οπότε προκύπτει διάλυμα Υ7 με όγκο 1.600 mL και pH = 4. Να υπολογίσετε τους όγκους των διαλυμάτων Υ2 και Υ4 που αναμείχθηκαν. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(HΒ) = C2V2 = 0,01V2 mol mol(Ca(OH)2) = C4V4 = 0,05V4 mol Αν έχουμε πλήρη εξουδετέρωση προκύπτει διάλυμα CaB2 το οποίο έχει pH > 7. Αν το Ca(OH)2 είναι σε περίσσεια προκύπτει διάλυμα Ca(OH)2, CaB2 το οποίο και αυτό έχει pH > 7. Άρα διάλυμα με pH = 5 σχηματίζεται όταν το HB βρίσκεται σε περίσσεια.

(Μol) 2HΒ + Ca(OH)2 CaB2 + 2H2O

Αρχικά 0,01V2 0,05V4 -

Αντιδρούν 0,1V4 0,05V4 - Παράγονται - - 0,05V4 Τελικά 0,01 - 0,05V4

Στο διάλυμα Y7 έχουμε ΗΒ και CaB2 με συγκεντρώσεις:

8

(Μ) CaB2 Ca+2 + 2B-

Αρχικά C(CaB2) - - Τελικά: - C(CaB2) 2C(CaB2)

(Μ) ΗB + H2O

B- + H3O

+

Αρχικά C(ΗB) - -

Ιοντίζονται z - - Παράγονται - - z z Τελικά C(ΗB) - z - 2C(CaB2) + z z

Αφού pH = 4 ή [H3O

+] = 10-4 Μ ή z = 10-4 M. Από την σταθερά ιοντισμού του HΒ λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε V2 = 15V4 (1) Επίσης V2 + V4 = V7 ή V2 + V4 = 1,6 (2) Από την επίλυση των (1) και (2) προκύπτει V2 = 1,5 L και V4 = 0,1 L

Μονάδες 5

Δ5. Σε 120 mL του διαλύματος Υ5 προσθέτουμε 50 mL του διαλύματος Υ3 και προκύπτει διάλυμα Υ8. 200 mL του διαλύματος Υ4 τα αναμιγνύουμε με 200 mL διαλύματος ΗΝΟ3 0,3 Μ και σχηματίζεται διάλυμα Υ9. Στη συνέχεια αναμιγνύουμε τα Υ8 και Υ9 προσθέτουμε νερό και προκύπτει διάλυμα Υ10 όγκου 1 L Να υπολογίσετε: i. Τη συγκέντρωση του Η3Ο

+ στο διάλυμα Υ10. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(HΓ) = C5V5 = 0,06 mol mol(KOH) = C3V3 = 0,01 mol (Μol) HΓ + KOH KΓ + H2O

Αρχικά 0,06 0,01 -

Αντιδρούν 0,01 0,01 - Παράγονται - - 0,01 Τελικά 0,05 - 0,01

Άρα στο Υ8 υπάρχουν 0,05 mol ΗΓ και 0,01 mol ΚΓ. Για την ανάμειξη του Υ4 με το διάλυμα του ΗΝΟ3 πάλι έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν οπότε: mol(ΗΝΟ3) = CV = 0,06 mol mol(Ca(OH)2) = C4V4 = 0,01 mol (Μol) 2ΗΝΟ3 + Ca(OH)2 Ca(ΝΟ3)2 + 2H2O

Αρχικά 0,06 0,01 -

Αντιδρούν 0,02 0,01 - Παράγονται - - 0,01 Τελικά 0,04 - 0,01

Άρα στο Υ9 υπάρχουν 0,04 mol ΗΝΟ3 και 0,01 mol Ca(ΝΟ3)2

C(ΗΒ)=V7

καιC(CaB2)= αντίστοιχα.(0,01V2-0,1V4)

V7

0,05V4

9

Για την ανάμειξη των Υ8 και Υ9 έχουμε: (Μol) HΝΟ3 + KΓ ΗΓ + ΚΝΟ3

Αρχικά 0,04 0,01 0,05

Αντιδρούν 0,01 0,01 - Παράγονται - - 0,01 Τελικά 0,03 - 0,06 0,01

Άρα στο Υ10 υπάρχουν 0,03 mol ΗΝΟ3, 0,06 mol HΓ, 0,01 mol KNO3 και 0,01 mol Ca(ΝΟ3)2 Τα KNO3 και Ca(ΝΟ3)2 δεν επηρεάζουν τη συγκέντρωση το pH ή το βαθμό ιοντισμού του ΗΓ. Οι συγκεντρώσεις των HΝΟ3 και ΗΓ είναι C(ΗΝΟ3) = 0,03 M και C(HΓ) = 0,06 M αντίστοιχα.

(Μ) HΝΟ3 + H2O ΝΟ3- + H3O

+

Αρχικά C(HΝΟ3) - - Τελικά - C(HΝΟ3) C(HΝΟ3) (Μ) ΗΓ + H2O

Γ- + H3O

+

Αρχικά C(ΗΓ) - -

Ιοντίζονται φ - - Παράγονται - - φ φ Τελικά C(ΗΓ) - φ - φ φ + C(HΝΟ3)

Από την σταθερά ιοντισμού του HΓ λαμβάνοντας τις επιτρεπόμενες προσεγγίσεις βρίσκουμε φ = 4·10-5 M οπότε [Η3Ο

+] = 0,03 + 4·10-5 ή [Η3Ο+] ≃ 0,03 Μ

Μονάδες 6

ii. Το βαθμό ιοντισμού του ΗΓ στο Υ10.

Μονάδες 3

Δίνονται ότι τα διαλύματα βρίσκονται σε θερμοκρασία 25οC όπου Kw = 10-14, Ka(HA) = 10-4, Ka(HB) = 2 10-4, Ka(ΗΓ) = 2 . 10-5 και ότι τα δεδομένα επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις.

ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!!

a(HF)=φ

C(HΓ)ήa(HF)=

210-3

3