K= [ ][ ] [ ] K= [ ] [ ] [ ]= [ ] [ ] [ ] =[ ] W tym momencie przechodzimy do wzoru na poh roztworu: = log [ ] = log [ ]

Transkrypt

1 CZĘŚĆ I Wodny roztwór NaOH o ph=10 rozcieńczono wodą 10-krotnie. Otrzymano roztwór o ph: A) 1.0 B) 9.0 C) 11.0 D) 10.5 E)9.5 Żeby poznać stężenie zasady sodowej, musimy najpierw przeliczyć ph na poh. W tym celu wykorzystujemy następującą własność poh = 14 ph, a więc poh=4. Teraz musimy dowiedzieć się jakie jest stężenie zasady sodowej. Wzór na poh roztworu to poh=-log([oh - ]) (ujemny logarytm ze stężenia jonów hydroksylowych), czyli stężenie początkowe NaOH to 10-4 mol/dm 3. Rozcieńczając roztwór dziesięciokrotnie, zmniejszamy stężenie dziesięciokrotnie, a więc po dodaniu wody stężenie zarówno NaOH, jak i jonów Na + i jonów OH - to (10-4 / 10) = Skoro [OH - ]=10-5, więc poh=5, a ph = 14 poh = Wodny roztwór amoniaku o ph=10 rozcieńczono wodą 10-krotnie. Otrzymano roztwór o ph - (K dys =1,75 * 10-5 ): A) 1.0 B) 9.0 C) 11.0 D) 10.5 E) 9.5 Analogicznie do zadania 2, musimy przeliczyć ph roztworu na poh, by poznać stężenie początkowe jonów OH -. Podobnie jak w poprzednim zadani, stężenie początkowe jonów hydroksylowych wynosi Ponieważ amoniak jest elektrolitem słabym, więc nie możemy założyć, iż stężenie początkowe OH - jest równe stężeniu początkowemu amoniakunh 3. By poznać stężenie początkowe NH 3 musimy użyć stałej dysocjacji: K= [ ] Zakładamy, iż stężenie jonów OH - jest równe stężeniu jonów NH 4 + : K= [ ] = [ ] Z danych wiemy, że [OH - ]=10-4 (wyliczone na podstawie ph roztworu) oraz K=1,75 * Po wyliczeniu stężenia początkowego amoniaku ([NH 3 ]=5,71 * 10-4 ) obliczamy jego stężenie po rozcieńczeniu dziesięciokrotnym. Po dodaniu wody [NH 3 ]=5,71 * Teraz wracamy do wzoru na stałą dysocjacji amoniaku, którą przekształcamy by uzyskać wzór na stężenie jonów OH - : K= [ ] = W tym momencie przechodzimy do wzoru na poh roztworu: = log = log Z zadania 2 wiemy, iż ph = 14 poh, a więc: =14 =14 log =14+log =14+log 5, ,75 10 =14+log 3,16 10 =9,5 ph po rozcieńczeniu dziesięciokrotnym to 9,5. 4. Jaki związek należy dodać do roztworu octanu sodu (CH 3 COONa) aby otrzymać roztwór buforowy? A) HCl B) H 2 O C) NH 3 D) CH 3 COOH E) NaOH Rozwiązanie tego zadania wiąże się ściśle ze stałą dysocjacji soli słabego kwasu (CH 3 COOH) i mocnej zasady(naoh) oraz z efektem wspólnego jonu (CH 3 COO - ). W roztworze buforowym, sól dysocjuje całkowicie, a więc stała dysocjacji K będzie odnosiła się tylko i wyłącznie do reakcji dysocjacji CH 3 COOH (stąd dwie strzałki w reakcji drugiej). + +

2 = [ ][ ] [ ] Teraz musimy wprowadzić pewne założenia upraszczające ponieważ sól (CH 3 COONa) będzie dysocjowała w pełni, więc w stałej dysocjacji K stężenie jonów CH 3 COO - będzie stężeniem soli (ilość jonów CH 3 COO - jakie będą wprowadzone do roztworu ze strony słabego kwasu CH 3 COOH będzie minimalna w porównaniu do ilości jonów CH 3 COO - ze strony soli CH 3 COONa). W tym momencie możemy zapisać K w następującej formie: = [ ][ ] [ ] = [ ] Teraz musimy przekształcić wzór tak, by otrzymać podstawę do obliczenia ph roztworu buforowego (czyli utrzymującego ph na stałym poziomie). = [ ] =[ ] Przechodzimy teraz do wzoru na ph roztworu, czyli ph = - log([h + ]). = log [ ] = log 3 Wykorzystujemy teraz własność logarytmów log (A* B) = log A + log B: = [log +log 3 ] Dla łatwiejszego zapisu log(k CH3COOH ) zapisujemy jako pk CH3COOH oraz korzystamy z drugiej własności logarytmów log(a/b)=-log(b/a): = 3 + log Jeśli dodamy mocnego kwasu (przybywa jonów H + ), to dysocjacja kwasu ulegnie dalszemu cofnięciu, jeśli mocnej zasady (przybywa jonów OH - ), jego dysocjacja wzrośnie (równowaga dysocjacji wody!). Zmiana ph jest związana z tym, iż oba zmienne stężenia są pod logarytmem. Np. bufor złożony z 1 mol/dm 3 CH 3 COOH i 1 mol/dm 3 CH 3 COONa ma ph=4,74. = 3 + log =4,74+ log 1 1 =4,74 Po dodaniu do roztworu 0,1 mola mocnego kwasu (np. HCl) to efekt będzie taki jakby stężenie kwasu wzrosło, a soli zmalało: = 3 + 0,1 log =4,74+ log 0,9 + 0,1 1,1 =4,74 0,08=4,66 Po dodaniu takiej samej ilości HCl do czystej wody ph zmieniłoby się z 7 aż na 1. Odp. D 5. Wodny roztwór siarczanu(vi) sodu posiada odczyn: A) ph<7 B) ph=0 C) ph=7 D) poh>7 E) ph>7 Mimo tego, że kwas siarkowy(vi) uważany jest za elektrolit mocny, to jednak dysocjuje dwustopniowo. Po rozpuszczeniu soli w wodzie najpierw zajdzie reakcja dysocjacji, natomiast później kwas siarkowy będzie hydrolizował, co będzie powodować lekko zasadowy odczyn roztworu.

3 6. Który z wymienionych jonów wykazuje najmniejszy promień jonowy? A) S 2- B) Cl - C) Ca 2+ D) K + E) Sr 2+ Promień jonowy maleje w układzie okresowym z prawej do lewej (od gazów szlachetnych w stronę bloku s) oraz z góry w dół (promień atomowy rośnie przeciwnie do energii jonizacji). Spowodowane to jest tym, iż głównym elementem decydującym o wielkości (promieniu) atomu jest liczba elektronów, często związana w pierwiastkach z liczbą atomową. Sytuacja w przypadku jonów nie co komplikuje się. Oprócz ilości elektronów, decydującym czynnikiem jest też tak jakby siła jądra atomu. Można to powiązać z energią jonizacji najłatwiej z atomu usunąć elektrony walencyjne, a podczas ich usuwania, każdy następny wymaga dodatkowej ilości energii. Z tego wypływa konkretny wniosek im bardziej dodatni kation, tym bardziej przyciąga do jądra elektrony. W przypadku anionów, dodając elektrony powodujemy tak jakby przeciążenie jądra atom nie jest w stanie przyciągać bardzo mocno dodatkowych elektronów, a tym samym zwiększa się jego promień. Jeśli otrzymujemy w zadaniu Ca 2+ oraz S 2- to oba jony posiadają konfigurację elektronową Ar. Ponieważ siarka przyjęła dodatkowe elektrony, to nie będzie ich przyciągać z taką siłą jak argon lub wapń. Analogicznie, wapń oddając elektrony mógł zwiększyć siłę oddziałującą na pozostałe elektrony i dlatego jego promień jest najmniejszy. 7. Który z wymienionych pierwiastków wykazuje największą wartość energii jonizacji E? A) S B) Cl C) Ca D) K E) Ar Najkorzystniejszą konfiguracją elektronową dla atomu jest konfiguracja elektronowa gazów szlachetnych (które posiadają tzw. oktet, a w przypadku helu duet), a więc energia jonizacji w układzie okresowym będzie rosła od lewej do prawej (od bloku s w kierunku gazów szlachetnych) oraz z dołu do góry (sytuacja podobna do tej, opisywanej w zadaniu 6 energia jonizacji rośnie przeciwnie do promienia jonowego). 8. Ile wynosi masa chlorku potasu potrzebna do otrzymania 250 cm 3 1,5 molowego roztworu? A) 39,96g B) 10,65g C) 27,96g D) 29,54g E) 31,56g KCl jest solą złożoną z mocnej zasady potasowej (KOH) i mocnego kwasu solnego (HCl), ale ta informacja w tym zadaniu jest kompletnie nie potrzebna. Potrzebujemy 1,5 molowego roztworu, a więc na każdy litr (1 l =1 dm 3 = 1000 cm 3 ) ma przypadać 1,5 mola soli. 1 mol KCl według układu okresowego waży (M K = 39 g/mol - M Cl = 35,5 g/mol) 74,5 grama, a więc 1,5 mola będzie ważyć 111,75 grama. Dzięki tym informacjom wiem, iż do 1000 cm 3 musielibyśmy dodać 111,75 gram soli by otrzymać 1,5 molowe stężenie. Skoro na 1000 cm 3 potrzebujemy 111,75 gram, więc na 250 cm 3 potrzebujemy 4 razy mniej, a więc 27,94 grama minimalny błąd kwestią przybliżeń. 9. Który z atomów czy jonów posiada następującą konfigurację elektronową 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 6 4s 2 A) Ar B) K C) Ca D) Zn 2+ E) Mg Mając konfigurację elektronową zaczynamy od ilości elektronów: 1s 2 2s 2 p 6 3s 2 p 6 4s 2, czyli 2 + (2 + 6) + ( ) = 20 elektronów. Kolejną ważną wiadomością jest końcówka zapisu konfiguracji elektronowej atomu - 4s 2. Czwórka informuje nas, iż pierwiastek znajduje się w 4rtym okresie, natomiast fakt, iż 4s 2 jest ostatnią, walencyjną powłoką informuje nas o tym, iż atom znajduje się w bloku s układu okresowego. Ostatnią cenną informacją jest obecność dwójki w indeksie nad s (s 2 ), a więc atom ma 2 elektrony walencyjne i znajduje się w grupie drugiej (grupa 12 odpada, bowiem atom należy do bloku s). Następujące współrzędne (blok s, grupa 2, okres 4) informują nas o tym, iż jest to wapń. 10. Dla którego z wymienionych orbitali gęstość prawdopodobieństwa znalezienia elektronu nie zależy od kątów θ i φ? A) 9s B) 8p C) 7d D) 6f E) 5g Orbital s ma najprostszy kształt spośród wszystkich orbitali. Ponieważ jest to sfera, więc zmiana któregokolwiek z tych dwóch kątów nie zmienia prawdopodobieństwa znalezienia elektronu. Inaczej sprawa wygląda w przypadku bardziej skomplikowanych kształtów orbitali, np. p, d i f.

4 11. Atom zawiera 20 elektronów, 22 protonów i 26 neutronów. Jest to: A) Ti 4+ B) Ti 2+ C) Ti D) Ti 3+ E) Ti + Pierwszą znaczącą informacją jest różnica między ilością elektronów, a protonów. Dzięki temu wiemy, iż jest to na pewno kation (mniej ujemnych elektronów niż dodatnich protonów) dwu-dodatni. Liczba protonów, czyli liczba atomowa Z informuje nas o położeniu atomu w układzie okresowym jest to tytan (tak jakby była jakaś inna możliwość ). Dla weryfikacji, czy to na pewno jest tytan (możliwe odpowiedzi mogą wprawić piszącego w nie lada zakłopotanie) dodajemy protony do neutronów liczba masowa A = 48. WYKRESY: 14. Y=pV jest funkcją X=T(*C) dla idealnego gazu Wykres ten odnosi się do zależności pv=nrt. W równaniu gazu doskonałego Clapeyron a, n oraz R traktujemy jako stałe. Po wprowadzeniu następujących założeń, otrzymujemy zależność pv (ciśnienia i objętości) od T (temperatury). Brak składników z potęgą informuje nas o zależności liniowej (gdyby jeden z wyrazów był np. do kwadratu, to musielibyśmy rozpatrywać wykresy D i E, a nie A, B i C). Ważną informacją jest podkreślenie przy T, iż jest mierzone w Celsjuszach, a nie w Kelwinach skala Celsjusza zaczyna się od -273 stopni, a nie od 0. W 0 stopniach Celsjusza (przy ciśnieniu 1013 HPa) gaz zajmuje objętość 22,4 dm 3. W przypadku podwyższenia temperatury (np. do 25 *C = 298 K), przy stałym ciśnieniu (izobaryczne warunki), rośnie także zajmowana objętość (dla 298 K jest to 24,4 dm 3 ) stąd wiemy, iż odpowiednim wykresem będzie wykres A, bowiem tylko na wykresie A, prosta nie zaczyna się od 0 (warunek związany z tym, iż skala Celsjusza nie zaczyna się od 0), tylko na dodatnim punkcie osi y (warunek związany z tym, iż przy 0 stopniach Celsjusza, wyraz pv równy jest ok ). 15. Y=ln(K) jest funkcją 1/T dla reakcji spalania C(s) do CO(g) Reakcja spalania jest reakcją egzotermiczną, a więc wydziela się przy niej temperatura. K takiej reakcji musi być większe od 1, bowiem w przypadku spalania, faworyzowana jest reakcja prosta (tworzenia produktów). W analizie tego problemu pomoże nam reguła przekory Le Chateliera i Brauna jeśli podniesiemy temperaturę reakcji, układ będzie dążył do stanu równowagi z bodźcem przez cofnięcie reakcji prostej na rzecz odwrotnej. Jeśli w naszej reakcji wydziela się ciepło, to podwyższając (dodając) temperaturę, układ zareaguje w przeciwną stronę, tworząc substraty (ew. spowalniając reakcję). Analogicznie, obniżając temperaturę, układ zwiększy ilość wytwarzanego ciepła, a więc będzie faworyzował reakcję prostą. W ten sposób wzrośnie także K, ponieważ im większe K, tym bardziej faworyzowane jest tworzenie produktów. Podsumowując rośnie K gdy maleje T, rośnie T gdy maleje K. Według danych z zadania, X = 1/T, czyli X rośnie gdy T maleje i T maleje gdy X rośnie. Łącząc obie zależności otrzymujemy K i X rośnie gdy T maleje oraz T rośnie gdy K i X maleje. K jest składnikiem, który nie zmienia się liniowo, więc należałoby rozpatrywać wykres D i E. Aczkolwiek w tym miejscu musimy podkreślić fakt wykluczający te dwie możliwości K jest pod logarytmem, co czyni tą zależność liniową. Dodatkowo wiemy, że wykres nie będzie się zaczynał od 0, ponieważ reakcja spalania zachodzi dopiero od pewnej progowej temperatury. 16. Energia kinetyczna gazu idealnego (Y=E kin ) jest funkcją temperatury T(K) Średnia energia kinetyczna cząsteczki gazu idealnego opisana jest następującym wzorem E kin =(3/2) kt (w zależności od ilości atomów w cząsteczce wykres wciąż pozostaje liniowy). A więc wraz z wzrostem temperatury rośnie też i energia kinetyczna.

5 17. Energia kinetyczna fotoelektronów (Y) w funkcji X=1/λ gdzie λ długość fali światła Efekt fotoelektryczny można opisać zależnością E=hν (energia jest równa stałej Planc a razy częstotliwość). Dodając, iż ν=c/λ (częstotliwość jest równa ilorazowi prędkości światła i długości fali), otrzymujemy równanie E=hc(1/λ). Im mniejsza długość fali, tym większa energia. Dodatkowo wiemy, iż efekt fotoelektryczny zachodzi dopiero od pewnej progowej wartości E. Reasumując otrzymujemy rosnący (X=1/λ E i X rośnie gdy λ maleje) wykres liniowy o niezerowym początku na osi x. 18. Zależność koncentracji substratu A od czasu wyrażone jako Y=[A] -1 =f(t) dla reakcji drugiego rzędu W tym miejscu odsyłam do wykładu z roku 2007 wykład 14 slajd 12. CZĘŚĆ I Pytania z roku 2007 pokryły się w 100% z pytaniami na sesji Dodatkowe pytania: 1. Policzyć ilość substancji znajdującej się w określonym ciśnieniu, temperaturze i objętości używając wzoru Clapeyrona pv=nrt (chyba V=1496 cm 3, p=9940 kpa, T=25*C=298 K odpowiedź m=0,85 g). 2. Modyfikacja pytania 4 z roku poprzedniego, z tym, że w odpowiedziach nie było CH 3 COOH, a NaCl poprawną odpowiedzią była HCl. (IB 2007 WYKŁAD 3) 3. Pytanie sprężono gaz przy stałej objętości która zależność odpowiada zaistniałej sytuacji: A) ΔV>0 B) Δp>0 C) ΔT>0 D) ΔS<0 E) ΔH>0 4. W cząsteczce azotu największe znaczenie mają oddziaływania: A) dipol-dipol B) jon-dipol C) dyspersyjne D) wiązania wodorowe E) inne (co do zależności w tych A do E nie jestem pewien ich treści) W przypadku błędów w notatce lub pytań i sugestii, proszę kontaktować się z autorem. Międzywydziałowa Szkoła Inżynierii Biomedycznej AGH Kraków mail michalgasior89@gmail.com www - Pozdrawiam, Majk.