ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Transcript

1 ΘΕΜΑ 1ο ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ γ 1. α 1. β 1.4 γ 1.5 α. Λάθος β. Λάθος γ. Σωστό δ. Σωστό ε. Λάθος ΘΕΜΑ ο.1.α. 6 1s s p s p Z = s s p s p d 4s Z = s s p s p d 4s Z = 7.1.β. Το στοιχείο που ζητείται βρίσκεται στην V A ομάδα του Π.Π και επειδή έχει τη μεγαλύτερη Ε 1 σημαίνει ότι βρίσκεται στην η περίοδο 1s s p Z = 7..α. 1 1

2 ΝΗ4ΝΟ H H N H N = H HN H N Hl 4 H l..β Έστω 1 η συγκέντρωση του Hl: ισχυρό οξύ, ιοντίζεται πλήρως Hl H l H H = 1 M Έστω η συγκέντρωση του HH: ασθενές οξύ, ιοντίζεται μερικώς

3 mol/l H H H H H I.I x x x H = x< ά λλα H = 1 1 < αφού ph1 = ph nhl = 1V1 = 1V επειδή 1 < nh H = V = V V =διο ί n Hl < n HH Οπότε: Hl NαH Nα l H ( ) n = n πλήρης εξουδετέρωση Hl NαH 1 H H NαΟΗ H Να H n = ( n ) HH NαH ό μως n < n Hl HH ( n ) < ( n ) NαH 1 NαH n1 n V Δ.NαH = < V 1 Δμ.NαH = Στην εξουδετέρωση του διαλύματος μεγαλύτερη ποσότητα Δμ N α H HH καταναλώθηκε.. α. πολυμερισμός H = H = H H = H H l l l l β. V

4 l l αλκοόλη H H H NαH H H Nα l H l Θ l γ. H H H Mgl H H H H H Mg H l l H ( ) δ. H Nα H H l H H H Nα l l l H H ΘΕΜΑ ο.1 α. A. HHH B. HHH Γ. HNa Δ. HH E. H H = Z. H HH H Θ. HHl RMgl. H Mgl β. 1 ο στάδιο: H HH I H H HI H o στάδιο: H H I I H HI 4

5 o στάδιο: I H NaH HNa HI 5HI 5NaH 5NaI 5H. Με προσθήκη νερού σε αλκίνιο προκύπτει καρβονυλική ένωση, η οποία ανάγει το αντιδραστήριο Tollens. Συνεπώς η καρβονυλική ένωση είναι αλδεϋδη. Το μοναδικό αλκίνιο που δίνει αλδεϋδη με προσθήκη νερού είναι το H H. Υπολογίζουμε τα moles του αλκινίου : m,6 n = = = 0,1 mol M 6 r H H ul NH u u 1 mol 1 mol NH l 4 0,1 mol x; = 0,1 mol mιζ ήματος = n Mr = 0,1 151 = 15,1 g ΘΕΜΑ 4ο 4.1. α) Για το διάλυμα Δ1 έχουμε: Η H NH είναι ασθενής βάση και ιοντίζεται μερικώς Mol/L H NH H H NH H - Αρχ. 1 Ιοντ./παρ. x x x Ιοντ.Ισορ 1 x x x [ H ][ HNH ] x Kb = Kb = [ HNH] 1 x έστω Κ b 10 και θεωρώ 1 - x 1 M 5

6 επίσης είναι ph = 1, συνεπώς ph = και [ΟΗ - ] = 10 - Μ = x οπότε x (10 ) Kb = Kb = = η τιμή αυτή ικανοποιεί την προσέγγιση που έγινε. β) Στο Διάλυμα Δ έχουμε: H H = Kw = 14 H H 10-8 Όμως [H ] = 10 [H ] 11 οπότε : H 10 Μ και ph= log = H Δηλαδή ph = 11 και επειδή ph ph = 14 είναι ph =. = = Επομένως ΟΗ 10 Μ y. Από τον ιοντισμό της H NH : Mol/L H NH H H NH H - Αρχ. Ιοντ./παρ. y y y Ιοντ.Ισορ y y y K b Κb Θεωρώ ότι 10 και y οπότε y = y 6

7 ( 10 ) ( 10 ) b 4 10 K = = = 10 M ή 0,01Μ 4. α. Ανάμιξη V V = V 1 1 ( ) 1V 0,01V = V V 1 1 Στο διάλυμα Δ υπολογίζουμε τη συγκέντρωση της H NH : Mol/L H NH H H NH H - Αρχ. Ιοντ./παρ. ω ω ω Ιοντ.Ισορ ω ω ω Από τη σταθερά ιοντισμού της βάσης και θεωρώντας ότι ισχύουν οι προσεγγίσεις έχουμε:,5 ( 10 ) 5 ω 10 1 K = = = = 1 0 M b ( ) 1V 0,01V = 0,1 V V 1 1 V 0,1V = 0,1V 0,01V V ,9V = 0,09V = = V 10 β. Στο Δ υπάρχουν τα ιόντα: [H ] = 10 M -,5 [HNH ] = 10 M από τον ιοντισμό της H -,5 NH -11,5 [H ] = 10 M (από τον αυτοιοντισμό του νερού -14 [H ] [H ] =10 ) 4. Έστω n τα moles Hl και nh NH = 1 V1 = 1 0,1 = 0,1 moles 7

8 Με την προσθήκη Hl πραγματοποιείται αντίδραση. Επειδή δεν γνωρίζουμε τα moles του Hl απαιτείται διερεύνηση. Ι) Έστω ότι γίνεται πλήρης εξουδετέρωση, δηλαδή: n = n = 0,1 mol Hl HNH mol H NH Hl H NH l αρχ 0,1 0,1 --- αντ/παρ 0,1 0,1 0,1 τελ ,1 τότε στο τελικό διάλυμα υπάρχει μόνο H NH l με n 0,1 = = = 1M v 0,1 Γίνεται διάσταση του άλατος: H NH l H NH l l 1M 1M 1M και από τα ιόντα του, μόνο HNH αντιδρούν με το νερό: mol /L H NH H H NH H αρχ 1 αντ/παρ z z z τελ 1 z z z για το 14 Κ w K 4 b(hnh ) H 1 Z NH H NH : Κα = = = 10 και H NH H Z Κα = 10 = Kα Ισχύει ότι 10 οπότε και 1 z Έτσι z = 10 M, δηλαδή ΗΟ = 10 Μ και ph = 5 Δεκτή! Επομένως τα n Hl = 0,1 mol Οι περιπτώσεις όπου έχουμε περίσσεια Hl ή H NH στην αντίδραση εξουδετέρωσης απορρίπτονται αφού αποκλείεται να δώσουν διάλυμα με ph = 5. II) με περίσσεια Hl προκύπτει διάλυμα με ph < 5, αφού 8

9 Hl H l H H NH H H NH H III) με περίσσεια H NH θα έχουμε ph > 5 αφού H NH H H NH H H NH l H NH l 9