ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΧΗΜΕΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ COΟ + H 2O + H 3O +

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΧΗΜΕΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ COΟ + H 2O + H 3O +"

Ἰεζάβελ Δασκαλόπουλος
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 019 ΘΕΜΑ Α Α1. β Α. γ Α3. α Α4. γ Α5. β ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΧΗΜΕΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Β Β1. α. COΟΗ ΟCOCH 3 COΟ + H O + H 3O + ΟCOCH 3 β. Η ασπιρίνη απορροφάται ευκολότερα στο στομάχι (ph=1,5), καθώς στις συνθήκες αυτές η [H 3O + ] είναι μεγαλύτερη, άρα σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier, η Χ.Ι. είναι μετατοπισμένη προς τα αριστερά (μη ιοντική μορφή), λόγω επίδρασης κοινού ιόντος. Β. α. B (g) B + (g) + e και C + (g) C + (g) + e β. Σωστός είναι ο συνδυασμός i., καθώς ο αριθμός των ενδιάμεσων ηλεκτρονίων είναι ο ίδιος: 5Β: 1s s p 1, 6C: 1s s p. Όσο μεγαλύτερο το φορτίο του πυρήνα τόσο μεγαλύτερη είναι η έλξη πυρήναηλεκτρονίων εξωτερικής στοιβάδας και τόσο αυξάνεται η ενέργεια ιοντισμού. Επίσης, όσο μικρότερη είναι η ατομική ακτίνα τόσο αυξάνεται η έλξη πυρήνα-ηλεκτρονίου με αποτέλεσμα η ενέργεια ιοντισμού να αυξάνεται. B3. Σωστή είναι η μεταβολή, καθώς έχει σαν αποτέλεσμα τη μείωση της συγκέντρωσης του Η Ο στο τελικό διάλυμα και την αύξηση του τελικού όγκου. Αυτό έχει σαν συνέπεια τη μείωση της ταχύτητας της αντίδρασης και την αύξηση του όγκου του O. Β4. α. PbO (s) + CO (g) Pb (l) + CO (g) αρχ. 1 1 αντ.παρ. τελ [CO ] [CO] = = 1-1- PbO (s) + CO (g) Pb (l) + CO (g) αρχ. 1 1 αντ.παρ. τελ. 1-1-

2 [CO] [CO ] = 1- = 1- άρα 1- = 1- =(1-)(1-) 1-= Επομένως, περιέχεται ίδια ποσότητα CO και στα δύο δοχεία. β. Η ισορροπία δε μετατοπίζεται καθώς το PbO είναι στερεό, άλλα οι δύο αντιδράσεις συνεχίζουν να πραγματοποιούνται με ίσες ταχύτητες (δυναμική ισορροπία). Άρα το *Ο θα βρίσκεται και στις τρεις ουσίες που περιέχουν οξυγόνο. ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. α. HBr β. Η Ο/Η + Δ: CH 3(CH ) 4CH(CH ) 9CΗΟ CΝ E: CH 3(CH ) 4CH(CH ) 9CO Z: CH 3(CH ) 4CH(CH ) 9CHO CO Θ: CH 3(CH ) 4CH(CH ) 9CO Λ: CH 3(CH ) 4CH(CH ) 9COOCH CH 3 β. Η ένωση Β επειδή είναι αλδεΰδη. CH 3(CH ) 4CH(Βr)(CH ) 9CΗΟ + CuSO 4 + 5Na CH 3(CH ) 4CH(Βr)(CH ) 9COONa + Cu O + Na SO 4 + 3H O γ. αλκοολικό διάλυμα Na δ. 3CH 3(CH ) 4CΗ(CH ) 9CΗΟ + K Cr O 7 + 8H SO 4 3CH 3(CH ) 4C(CH ) 9CO + K SO 4 + Cr (SO 4) H O Γ. α. Na: C= n n=0,05 0,=0,001mol O O Στο ισοδύναμο σημείο: n οξέος=n βάσης =0,001mol CH 3CH()CO + Na CH 3CH()COONa + H O αρχ. 0,001 0,001 αντ./παρ. 0,001 0,001 0,001 τελ. 0,001

3 CH 3CH()COONa: C= n = 0,001 0,05 =0,0Μ (Μ) CH 3CH()COOΝa CH 3CH()COO + Na + 0,0 0,0 0,0 Το Νa + δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος. (Μ) CH 3CH()COO + H O CH 3CH()CO + I.I. 0,0 K a K b =K w K b= 14 4 p=-log 6 =6 οπότε ph=14-6=8 =5 11 άρα K b=5 11 0,0 =5 11 = 6 M β. CH 3CH()CO: Mr=90 και n= m Mr m=0,001 90=0,09g στα 0g γιαουρτιού περιέχονται g CH 3CH()CO στα g γιαουρτιού περιέχονται 0,09g CH 3CH()CO =0,9g CH 3CH()CO άρα η περιεκτικότητα είναι 0,9% w/w Γ3. HCl: C= n n=0,5 1=0,5mol KMnO 4: C= n n=0,3 0,4=0,1mol Έστω mol CH 3CH()COOΝa και mol (COONa) στο μείγμα. CH 3CH()COOΝa + HCl CH 3CH()CO + NaCl mol mol mol mol (COONa) + HCl (CO) + NaCl mol mol mol mol +=0,5 (1) 5CH 3CH()CO+KMnO 4+3H SO 4 5CH 3COCO+K SO 4+MnSO 4 +8H O 5 mol mol mol /5 mol 5(CO) + KMnO 4 + 3H SO 4 CO + K SO 4 + MnSO 4 + 8H O 5 mol mol mol /5 mol + =0,1 +=0,3 (1) 5 5 από (1), () =0,1mol και =0,mol

4 ΘΕΜΑ Δ Pt Δ1. 4NH 3(g) + 5O (g) o 4NO (g) + 6H O (g) 900 C 4NH 3(g) + 3O (g) N (g) + 6H O (g) οξειδωτική ουσία: O και αναγωγική ουσία: ΝΗ 3 Δ. KMnO 4: C= n n=1 0,54=0,54mol Για το μείγμα των αερίων: n= =,4,4 =1mol m NO + 6KMnO 4 + 9H SO 4 HNO 3 + 6MnSO 4 + 3K SO 4 +4 H O mol 6mol mol 0,54mol =0,9mol NO επομένως, για το Ν : n=1-0,9=0,1mol 4NH 3(g) + 5O (g) 4NO (g) + 6H O (g) Pt o 900 C 0,9mol 0,9mol 4NH 3(g) + 3O (g) N (g) + 6H O (g) 0,mol 0,1mol τα συνολικά mol της ΝΗ 3 είναι 1,1 και από αυτά μετατράπηκαν σε ΝΟ τα 0,9 επομένως, ο βαθμός μετατροπής είναι: α= 0,9 = 9 1,1 11 Δ3. α. Η αντίδραση είναι εξώθερμη (ΔΗ<0), άρα σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier, ευνοείται όταν ελαττωθεί η θερμοκρασία. β. ΝΟ (g) + O (g) NO (g) Χ.Ι. 0 0 [NO ] [NO] [O ] = =4 γ. Από την αύξηση των mol του ΝΟ συμπεραίνουμε ότι η ισορροπία μετατοπίστηκε δεξιά μετά τη μεταβολή του όγκου του δοχείου. ΝΟ (g) + O (g) NO (g) αρχ. Χ.Ι. 0 μεταβ. αντ./παρ. νέα Χ.Ι. 0+ Για το ΝΟ : = 5 0 =,5mol ' =4 =1,L 5 7,5 ' ' Επομένως, ο όγκος του δοχείου μειώθηκε κατά: -1,=8,8L

5 Δ4. Για να ευνοηθεί η αντίδραση πρέπει η ισορροπία να μετατοπιστεί προς τα δεξιά, όπου βρίσκονται τα λιγότερα mol των αερίων. Σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier, η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα λιγότερα mol των αερίων όταν αυξάνεται η πίεση. Άρα η αντίδραση παρασκευής του νιτρικού οξέος ευνοείται σε υψηλή πίεση. Δ5. Έστω 1 ο όγκος του διαλύματος ΗΝΟ 3 και ο όγκος του διαλύματος NH 3. Για να προκύψει ουδέτερο διάλυμα (ph=7) καταναλώνεται πλήρως η ποσότητα του ΗΝΟ 3 και προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. ΗΝΟ 3 + ΝΗ 3 ΝΗ 4ΝΟ 3 αρχ. 1 5 αντ./παρ τελ ΝΗ 4ΝΟ 3: C= n = 1 + M και ΝΗ3: C= n = M 1 1 ΝΗ 4ΝΟ 3 NH NO 3 και ΝΗ 3 + Η Ο ΝΗ ΟΗ K a K b =K w K a= βάσης 14 5 = 9 C [Η 3Ο + οξέος ]=Κ a 7 = 9 C = 50 1

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ Οι ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ στη ΧΗΜΕΙΑ Α ΘΕΜΑ Β ΘΕΜΑ. Α 1. β Α 2. γ Α 3. α Α 4. γ Α 5. β. Β 1. Ασπιρίνη Α COOH

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ Οι ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ στη ΧΗΜΕΙΑ Α ΘΕΜΑ Β ΘΕΜΑ. Α 1. β Α 2. γ Α 3. α Α 4. γ Α 5. β. Β 1. Ασπιρίνη Α COOH ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 Οι ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ στη ΧΗΜΕΙΑ 14.6.19 Α ΘΕΜΑ Α 1. β Α 2. γ Α 3. α Α 4. γ Α 5. β Β ΘΕΜΑ Β 1. Ασπιρίνη Α CO α. A CO + H 2 O A COO + H 3 O + β. Σε πολύ όξινο περιβάλλον (στομάχι ph=1,5) υπάρχει