ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α. Θέμα Β ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ. Α1 δ, Α2 γ, Α3 α, Α4 γ, Α5 β

Transcript

1 Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ & ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1 δ, Α2 γ, Α3 α, Α4 γ, Α5 β Θέμα Β Β1. α) Ο τύπος για τη μέση ταχύτητα της αντίδρασης είναι U ΜΕΣΗ = U A /α = U B /β = U E / 2 = U Z / δ (1) Όμως U Z =U E, οπότε λόγω της (1) δ = 2 (2) Αφού U ΜΕΣΗ = U A, λόγω της (1) α = 1 (3) Από εκφώνηση : U B = 1,5 U Z ( 3) (1) U B = (β/δ) U Z και λόγω της (2) : U B = (β/2) U Z.(4) Από (3),(4) : 1,5 = β / 2 β = 3. β) Αν μειωθεί η θερμοκρασία τότε η ταχύτητα θα μειωθεί, διότι μειώνεται η μέση κινητική ενέργεια των μορίων και επομένως θα υπάρχουν λιγότερες συγκρούσεις η ενέργεια ενεργοποίησης θα παραμείνει σταθερή, διότι δεν εξαρτάται από τη θερμοκρασία η πίεση θα μειωθεί, διότι τα mol των αερίων παραμένουν σταθερά κατά τη διάρκεια της αντίδρασης όπως και ο όγκος, ενώ από την καταστατική εξίσωση ( PV=n RT) η πίεση είναι ανάλογη της θερμοκρασίας. Β2. α. Στο διάλυμα Υ1 : NH H 2 O NH 4 + OH - I.I.(M) C(1-α 1 ) α 1 C α 1 C Κb = α 12 C (1) Αφού αναμιγνύονται ίσοι όγκοι από τα διαλύματα Υ1 και Υ4 οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι :

2 NH 3 : C 1 = C V/ 2V = C/ 2 M Ca(OH) 2 : C 2 = C V / 2V = C/2 M Από τις διαστάσεις και ιοντισμούς, έχουμε Ca(OH) 2 Ca OH - Τελικά - C/2 M C M NH 3 + H 2 O + NH 4 + OH - I.I.(M) C/2-x x C+x Από τον τύπο της Kb και μετά από προσεγγίσεις έχουμε : Kb = x C / ( C/2) x = Kb / 2 (2) Ο νέος βαθμός ιοντισμού της ΝΗ 3 είναι : α 2 = x / (C/2) x = α 2 C/2, οπότε λόγω της (2) : Κb = α 2 C (3) Από (1) και (3) προκύπτει : α 12 C = α 2 C α 1 2 = α 2. β. 1 ος τρόπος : Aπευθείας ανάμειξη των διαλύμάτων Υ1 και Υ2 2 ος τρόπος : Ανάμειξη V1 L διαλύματος Υ1 με V3 L διαλύματος Υ3, με V1 > V3, ώστε να γίνει μερική εξουδετέρωση της ΝΗ 3 ΝΗ 3 + ΗΝΟ 3 ΝΗ 4 ΝΟ 3 3 ος τρόπος : Ανάμειξη V2 L διαλύματος Υ2 με V4 L διαλύματος Υ4, με V2 > 2 V4, ώστε να περισσέψει NH 4 Cl 2 NH 4 Cl + Ca(OH) 2 2 NH 3 + CaCl H 2 O B3. Αφού τα στοιχεία έχουν διαδοχικούς ατομικούς αριθμούς και ανά δύο ανήκουν σε διαφορετική περίοδο, τότε Α ανήκει στην 17 η ομάδα, Β ανήκει στην 18 η ομάδα, Γ ανήκει στην 1 η ομάδα Δ ανήκει στην 2 η ομάδα α. A : 1s 2, 2s 2, 2p 6,3s 2, 3p 5 Z=17 Β :.,3p 6 Z=18 Γ :.,3p 6,4s 1 Z=19 Δ:..., 4s 2 Z=20 β. Τα σωματίδια από τα οποία θα αποσπαστεί το 2 ο ηλεκτρόνιο είναι τα Γ +, Δ + Αντίστοιχα οι ηλεκτρονιακές τους δομές είναι Γ + : 1s 2, 2s 2, 2p 6, 3s 2, 3p 6 Δ + : 1s 2, 2s 2, 2p 6, 3s 2, 3p 6, 4s 1

3 Το κατιόν του Γ έχει λιγότερες στιβάδες από το κατιόν του Δ, άρα έχει και μεγαλύτερη έλξη πυρήνα ηλεκτρονίου Το κατιόν του Γ έχει αποκτήσει δομή ευγενούς αερίου. Μετά από όλα αυτά εξάγεται το συμπέρασμα ότι η ενέργεια 2 ου ιοντισμού του Γ είναι πολύ μεγαλύτερη της αντίστοιχης ενέργειας 2 ου ιοντισμού του Δ. γ. Το ιόν του Α με δομή ευγενούς αερίου είναι : 17 A - 1s 2,2s 2,2p 6,3s 2,3p 6 Το ιόν του Γ με δομή ευγενούς αερίου είναι : 19 Γ + 1s 2,2s 2,2p 6,3s 2,3p 6 Τα δύο ιόντα έχουν ίδιο αριθμό στιβάδων, όμως το Γ + έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το Α - [ Ζ * (Γ) = 19-10= + 9 > Ζ*(Α) = = +7 ] Έτσι το Γ + λόγω μεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα έχει μικρότερη ατομική ακτίνα από το Α -. Β4. α. 2-βουτανόλη : CH 3 -CH-CH 2 -CH 3 OH 1 ος τρόπος: CH 3 CH=O + CH 3 CH 2 MgX CH 3 CH-CH 2 CH 3 OMgX CH 3 CH-CH 2 CH 3 + Mg(OH)X OH + H 2 O 2 ος τρόπος : CH 3 CH 2 CH=O +CH 3 MgX CH 3 CH 2 CH(OMgX)CH 3 CH 3 CH 2 CH-CH 3 + Mg(OH)X OH +H 2 O 3 ος τρόπος : CH 3 C-CH 2 CH 3 + H 2 CH 3 CH-CH 2 CH 3 O OH β. Οι αλκοόλες με 5 άτομα άνθρακα και χωρίς διακλαδώσεις είναι (I) CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 CH 2 OH 1-πεντανόλη (II) CH 3 CH-CH 2 CH 2 CH 3 2-πεντανόλη ΟΗ (III) CH 3 CH 2 CHCH 2 CH 3 3-πεντανόλη ΟΗ

4 Αν σε δείγμα της αλκοόλης επιδράσουμε αλκαλικό διάλυμα Ι 2 (Ι 2 /ΝαΟΗ) και σχηματιστεί κίτρινο ίζημα (CHI 3 ) ήταν η (ΙΙ). Αν δεν σχηματιστεί ίζημα, μπορούμε να θερμάνουμε δείγμα της αλκοόλης παρουσία χαλκού. Στο προϊόν της καταλυτικής αφυδρογόνωσης επιδρούμε φελίγγειο υγρό (CuSO 4 /NaOH). Αν προκύψει καστανό ίζημα (Cu 2 O),ήταν η (Ι) διότι αυτή είναι πρωτοταγής αλκοόλη και θα δώσει αλδεΰδη ενώ η (ΙΙΙ) σαν δευτεροταγής αλκοόλη θα δώσει κετόνη που δεν αντιδρά με το αντιδραστήριο Fehling. Θέμα Γ Γ1. OH Cl CH 3 A. CH 3 -CH-CH 3 B. CH 3 -CH-CH 3 Γ. CH 3 -CHCN Δ. CH 3 -CHCOOH Z. CH 3 -CH - CH-CH 3 CH 3 CH 3 OH I. CH 3 -CH - CH-CH 3 Η. CH 3 -CH(CH 3 )- COONa CH 3 OMgCl M. CH 3 -CH=O Η. CH 3 -CH(CH 3 )-MgCl K.CH 3 -COONa Λ.CH 3 COOH Γ2. Έστω xmol CH 3 CH 2 Br y mol CH 3 -CH(Br)-CH 3 A CH 3 CH 2 Br + NaOH xmol CH 3 CH 2 OH + NaBr xmol B CH 3 -CH-CH 3 + NaOH CH 3 -CH(OH) -CH 3 + NaBr Br Ymol ymol H A oξειδώνεται με K 2 Cr 2 O 7 σε μείγμα προϊόντων CH 3 CH=Oκαι CH 3 COOH

5 Και η B σε CH 3 -C-CH 3 O 3CH 3 CH(OH)-CH 3 + K 2 Cr 2 O 7 + 4H 2 SO 4 3CH 3 -CO-CH 3 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + 7H 2 O 3mol 3mol ymol y/3 mol ymol 3CH 3 CH 2 OH + K 2 Cr 2 O 7 + 4H 2 SO 4 3CH 3 CH=O + Cr 2 (SO 4 ) 3 +K 2 SO 4 + 7H 2 O 3mol 3mol κmol κ 3 mol κmol 3CH 3 CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 + 8H 2 SO 4 3CH 3 COOH + Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO H 2 O 3mol 2mol 3mol λmol 2λ 3 mol λmol Άρα x=κ+λ (1) και nk 2 Cr 2 O 7 = Cv = Άρακ 3 +2λ + y = 1, (2) 1 ο μέρος κ 2 molch 3CH=O λ 2 mol CH 3COOH και y 2 mol CH 3-CΟ-CH 3 CH 3 CH=O + 3I 2 +4NaOH HCOONa + CHI 3 + 3NaI + 3H 2 O k mol k mol 2 2 CH 3 -CΟ-CH 3 + 3I 2 +4NaOH CH 3 COONa + CHI 3 +3NaI + 3H 2 O y mol y mol 2 2 Άρα k + y = 0,35 k+y = 0,7 (2) 2 2

6 2 o μέρος k 2 mol CH 3CH=O, λ 2 mol CH 3COOH, y 2 mol CH 3- CΟ -CH 3 CH 3 -CH=O + 2CuSO 4 + 5NaOH CH 3 COONa + Cu 2 O + 2Na 2 SO 4 + 3H 2 O k mol k mol 2 2 k 2 = 0,05 k=0,1 Άρα k+y = 0,7 y=0,6 (2) λ + y = 1, ,1 + 2λ + 0,6 = 1,1 λ=0,2 (1) x = 0,3 mol Άρα : m μείγματος = xmr 1 +ymr 2 m μείγματος = 0,03* ,6 * 123 = 106,5g Θέμα Δ Δ1. 3CaOCl 2 + 2NH 3 3CaCl 2 + N 2 + 3H 2 O CaOCl 2 : οξειδωτικό NH 3 : αναγωγικό Δ2. mol 3CaOCl 2 + 2NH 3 3CaCl 2 + N 2 + 3H 2 O Αρχ. 0,6 0, Α/Π -0,6-0,4 0,6 0,2 0,6 Τελ -- 0,1 0,6 0,2 0,6 Uμέση = (N2) = 0,2 = 0,02 M*min-1 t 10

7 Δ3. i) Υ1: NH 3 : C 1 = 0,1 M (M) NH 3 + H 2 O NH OH - ph=11, x = 10-3 M IΙΣ 0,1 x x x Kb= x2 0,1 = 10-5 Μετά την ανάμειξη των δυο διαλυμάτων προκύπτει NH 3 =C 1 = 0,1V1 V1+V2 Ba(OH) 2 = C 2 = 0,05V2 V1 + V2 (M) NH 3 + H 2 O NH OH - IΙΣ C 1 x x x+ 2C 2 Ba(OH) 2 Ba OH - -- C 2 2 C 2 Ε.Κ.Ι στα OH - [OH]ολ = 2C 2 + x = 2C 2 = 0,02 C 2 = 0,01 M (0,05 V2) V1 + V2 = 0,01 5V 2 = V 1 + V 2 V 1 = 4V 2 ii) Y 2 NH 3 : C 1 = 0,4V2 5V2 = 0,08 M Ba(OH) 2 : C 2 = 0,01 M nnh 3 = 0,08 mol nba(oh) 2 = 0,01 mol nhcl = n mol Το HCl αντιδρά και με τις δυο ενώσεις, για να προκύψει ρυθμιστικό πρέπει να εξουδετερώσει όλο το Ba(OH) 2 και μέρος απ την NH 3

8 Mol Ba(OH) 2 + 2HCl Τελ 0,01 0 0,02 0 BaCl 2 + 2H 2 O 0,01 mol NH 3 + HCl NH 4 Cl Αρχ 0,08 n - 0,02 Α/Π -(n 0,02) -( n- 0,02) n 0,02 Τελ 0,1 n n 0,02 NH 3 C 3 = 0,1 n 1 NH 4 Cl C 4 = n 0,02 ρυθμιστικό ph= 9 [OH - ] = 10-5 M [OH - ] = Kb C3 0,1 n = n 0,02 n = 0,06 mol C4 Δ4. mol CO + 2H 2 CH 3 OH Αρχ n 2n -- Α/Π -x -2x x ΧΣ n x 2n-2x x α= 2x 2n x = 0,5 n = 2x(1) n x 2 Kc = x = 1 2 2x x=3 Άρα (1) n = 6 mol Δ5. Η προσθήκη 1 mol CH 3 OH μετατοπίζει την ισορροπία προς τα αριστερά άρα η μεταβολή του όγκου πρέπει να μετατοπίσει την ισορροπία προς τα δεξιά, άρα ο V θα μειωθεί γιατί προς τα αριστερά υπάρχουν τα λιγότερα mol αερίων Kc = 1 9 = 3+1 V 3 V 6 V 2 V= 2 L

9 Δ6. NaA + HCl HA+NaCl Ισοδύναμο σημείο nnaa = nhcl C 1 * V 1 = 0,02 *C 2 (1) nnaa = C 1 V 1 = 0,02 C 2 nhcl = 0,01 C 2 mol NaA + HCl HA + NaCl Αρχ 0,02C 2 0,01C Α/Π -0,01C 2-0,01C 2 0,01C 2 0,01C 2 Τελ 0,01C ,01C 2 0,01C 2 Τελικό διάλυμα ρυθμιστικό με [H 3 O + ] = 10-5 M 0,01 C2 [H 3 O + V1+0,01 ] = K a 0,01 C2 = V1+0,01 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΓΓΕΛΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΜΑΡΙΝΟΣ ΓΡΗΓΟΡΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ