Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 30 Μαΐου Απαντήσεις Θεμάτων

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 30 Μαΐου Απαντήσεις Θεμάτων"

Μνήμη Δουμπιώτης
5 χρόνια πριν
Προβολές:

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 30 Μαΐου 2016 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α A1. Σωστό το γ A2. Σωστό το δ A3. Σωστό το γ A4.

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 30 Μαΐου 2016 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α A1. Σωστό το γ A2. Σωστό το δ A3. Σωστό το γ A4. Σωστό το α A5. α. Σωστό β. Λάθος γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. α) 2ΝΗ 3 3CuO N 2 3Cu 3H 2 O β) 5CΗ 3 CH CH 3 2KMnO 4 3H 2 SO 4 5CH 3 C CH 3 K 2 SO 4 2MnSO 4 8H 2 O OH O Β2. α) η αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει προς τ αριστερά τη Χημική Ισορροπία άρα η ποσότητα της NH 3 θα ελαττωθεί και η K c επίσης (αφού με αύξηση θερμοκρασίας ευνοείται η ενδόθερμη). β) όταν ο όγκος του δοχείου αυξηθεί η Ρ ολ θα ελαττωθεί οπότε η Ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τ αριστερά και άρα η ποσότητα ΝΗ 3 θα αυξηθεί ενώ η Κ c = σταθ.

2 Β3. Για τον δείκτη θα ισχύει: ΗΔ Η 2 Ο Η 3 Ο Δ όξινη βασική και α) HCl H 2 O H 3 O Cl αρχ. 0,1 τελ. 0 0,1 0,1 Αφού [H 3 O ] = 0,1 δηλαδή ph=1 το διάλυμα θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα (μετατόπιση Ισορροπίας το δείκτη προς τα αριστερά) β) Με την προσθήκη NaOH το ph θα αρχίσει σταδιακά να αυξάνεται οπότε σε ph > 4 Β4. Από την ηλεκτρονιακή δομή των στοιχείων α) Na 12 : 1s 2 2s 2 2p 6 3s ομάδα ΙΑ ή 1, περίοδος 3, τομέας s 17 Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ομάδα IIΙΑ ή 17, περίοδος 3, τομέας p 19 K: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s ομάδα ΙΑ ή I, περίοδος 4, τομέας s β) R Cl < R Na < R K το Κ έχει 4 στιβάδες και βρίσκεται στην 4 η περίοδο άρα έχει τη μεγαλύτερη ακτίνα. Τα Να, Cl βρίσκονται στην ίδια περίοδο όμως το Cl έχει Ζ = 17 και Z = 7 ενώ το Να έχει Ζ = 11 και Z = 1. Άρα στο Cl ο πυρήνας έλκει περισσότερο το ηλεκτρονιακό νέφος (από ότι στο Να) οπότε η ακτίνα της είναι μικρότερη. ΘΕΜΑ Γ Γ1. (Α): CH 3 CH 2 OH (Β): CH 3 CH 2 COONa (Γ): CH 2 = CH 2 (Δ): CH 2 CH 2 Cl Cl

3 (Ε): ΗC CH (Ζ): CH 3 CH O (Η): CH 3 COONH 4 (Θ): CH 3 CH 2 Cl (Ι): CH 3 CH 2 CN (Κ): CH 3 CH 2 COOH (Λ): CH 3 CH 2 CH 2 NH 2 (Μ): [CH 3 CH 2 CH 2 NH 3 ][ ΟOCCH 2 CH 3 ] C ν Η 2ν Ο 2 : CH 3 CH 2 COOCH 2 CH 3 Γ2. Έχουμε: n = 6,72 H 2 22,4 = 0,3 mol και n προπ = 8 = 0,2 mol 40 CH 3 C C H 2 Ni CH 3 CH = CH 2 αρχ 0,2 0,3 αντ/παρ 0,2 0,2 0,2 τελικά 0 0,1 0,2 Στη συνέχεια έχουμε: CH 3 CΗ = CH 2 Η 2 Ni CH 3 CH 2 CH 3 αρχ 0,2 0,1 αντ/παρ 0,1 0,1 0,1 τελικά 0,1 0 0,1 Άρα το τελικό μείγμα περιέχει 0,1mol CH 3 CH = CH 2 και 0,1mol CH 3 CH 2 CH 3

4 Γ3. ν CH 2 = CH CH = CH 2 ( CH 2 CH = CH CH 2 ) ν 1,3 βουταδιένιο Βuna ν CH 2 = CH ( CH 2 CH ) ν CN CN ακρυλονιτρίλιο πολυακρυλονιτρίλιο ΘΕΜΑ Δ Δ1. α) Για τον ιοντισμό της ΝΗ 3 έχουμε: ΝΗ 3 Η 2 Ο ΝΗ 4 ΟΗ 0,1 x x x [OH ] = x = 10 3 αφού ph = 11 Οπότε α = x c = ,1 = 10 2 (βαθμός 1%) β) Κ bnh 3 = [NH 4 ] [OH ] [NH 3 ] Για τον ιοντισμό της μεθυλαμίνης έχουμε: CΗ 3 ΝΗ 2 H 2 O CH 3 NH 3 OH 1 ψ ψ ψ x x 0,1 δηλ. Κ b NH 3 = 10 5 α = ψ 1 οπότε ψ = α = 0,02 τελικά Κ bαμίνης ψ ψ 1 = γ) η μεθυλαμίνη είναι ισχυρότερη βάση της αμμωνίας αφού K b αμίνης > Κ b NH 3 Δ2. Στα 200mL του Υ 1 περιέχονται n NH3 = 0,2 0,1 = 0,02mol και για το ΗCl έχουμε: n HCl = 0,2 0,05 = 0,01mol

5 Τα ΗCl, NH 3 αντιδρούν μεταξύ τους NH 3 ΗCl ΝΗ 4 Cl αρχ 0,02 0,01 αντ/παρ 0,02 0,01 0,01 τελικά 0,01 0 0,01 Και επειδή το Υ 3 έχει όγκο V = 1L θα έχουμε: C NH3 = C NH4 Cl = 0,01M NH 3 Η 2 Ο NH 4 ΟΗ 0,01 ρ ρ ρ NH 4 Cl ΝΗ 4 Cl 0,01 0,01 0,01 Ισχύει [NH 4 ] = 0,01 ρ 0,01 (ΕΚΙ) [NH 3 ] = 0,01 ρ 0,01 ( Κ b C < 10 2, ΕΚΙ) οπότε K b = [NH 4 ][OH ] [NH 3 ] δηλαδή [ΟΗ ] = Κ b [ΝΗ 3 ] [ΝΗ 4 ] [ΟΗ ] = 10 5 poh = 5 και ph = 9 (25 C) Φυσικά μπορεί να χρησιμοποιηθεί και ο τύπος των Ρυθμιστικών διαλυμάτων αφού NH 3, NH 4 Cl συνιστούν ρυθμιστικό διάλυμα και ισχύουν όλες οι προϋποθέσεις. Δ3. Υπολογίζουμε τα mol των ουσιών n αμίνης = 1 0,01 = 0,01 n HCl = 0,2 0,05 = 0,01 Οι δύο ουσίες αντιδρούν CH 3 NH 2 HCl CH 3 NH 3 Cl αρχ 0,01 0,01 τελικά 0 0 0,01

6 To Y 4 έχει όγκο V = 0,25L οπότε C CH3 NH 3 Cl = 0,01 0,25 = 0,04M Το άλας διίσταται CH 3 NH 3 Cl CH 3 NH 3 Cl αρχ 0,04 τελικά 0 0,04 0,04 Cl H 2 O CH 3 NH 3 H 2 O CH 3 NH 2 H 3 O αρχ 0,04 αντ/παρ φ φ φ τελικά 0,04 φ φ φ Η σταθερά ιοντισμού Κ α του CH 3 NH 3 είναι: Κ α CH 3 NH 3 = Ισχύει Κ w K b αμίνης = = [CH 3 NH 3 ] = 0,04 φ 0,04 ( Ka C < 10 2 ) οπότε K αch 3NH 3 φ φ 0,04 φ ,04 = τελικά φ = [H 3 O ] = 10 6 άρα ph = 6. Δ4. Υπολογίζουμε τα mol n NH3 = 0,1 0,1 = 0,01 mol n HCOOH = 0,1 0,1 = 0,01 mol Οι δύο ουσίες αντιδρούν: ΗCOOH NH 3 HCOONH 4 αρχ 0,01 0,01 τελικά 0 0 0,01

7 To Y 5 περιέχει το ΗCOONH 4 που με διάσταση δίνει ΗCOOΝΗ 4 HCOO NH 4 αρχ 0,01 τελικά 0 0,01 0,01 Η σύγκριση των σταθερών ιοντισμού των ιόντων HCOO και NH 4 μας δίνει εικόνα για την περιοχή ph. Κ b HCOO = K a NH 4 = Κ w K ahcooh = = (HCOO H 2 O HCOOH OH ) K w K b NH 3 = = 10 9 (NH 4 H 2 O NH 3 H 3 O ) Επειδή Κ ανη4 > Κ b HCOO θα έχουμε [Η 3 Ο ] > [ΟΗ ] άρα ph όξινο. Αξίζει εδώ να αναφέρουμε ότι η παρακάτω ποσοτική παρουσίαση με x, ψ είναι λανθασμένη. HCOO H 2 O HCOOH OH 0,01 x x x NH 4 H 2 O NH 3 H 3 O 0,01 ψ ψ ψ Αφού [HCOOH] [OH ] και [ΝΗ 3 ] [H 3 O ] Απλά με σύγκριση των Κ αηcοο και K b NH έχουμε εικόνα για την περιοχή ph στην οποία ανήκει 3 το διάλυμα HCOONH 4. Επιμέλεια: Μπάμπης Μπέσης

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 30 ΜΑΪΟΥ 2016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 30 ΜΑΪΟΥ 016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) (Ενδεικτικές Απαντήσεις) Θέμα Α Α.1 - γ Α. - δ Α.3 - γ Α.4 - α Α.5