ΠΑΓΚΥΠΡΙΑ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΧΗΜΕΙΑΣ Για τη Β τάξη Λυκείων ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΓΚΥΠΡΙΑ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΧΗΜΕΙΑΣ Για τη Β τάξη Λυκείων ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ"

Μίνως Ζάππας
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΓΚΥΠΡΙΑ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΧΗΜΕΙΑΣ 00 Για τη Β τάξη Λυκείων ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑ (Μονάδες 7) -δ, -γ, -α, 4-β 4x= Αύξηση σημείου ζέσεως: H < PH < AsH < NH Χαμηλότερο σ.ζ. έχει το Η διότι το μόριό του είναι μη πολωμένο και οι δεσμοί που αναπτύσσονται μεταξύ των μορίων του είναι ασθενείς δυνάμεις διασποράς. Τα μόρια PH, AsH και NH είναι πολωμένα μόρια γι αυτό αναπτύσσονται και δυνάμεις διπόλου διπόλου, οι οποίες είναι ισχυρότερες από τις δυνάμεις διασποράς του Η. Μεταξύ των τριών, ψηλότερο σ. ζ. έχει η ΝΗ διότι στο μόριό της αναπτύσσονται και δεσμοί υδρογόνου που είναι οι πιο ισχυροί των διαμοριακών δυνάμεων και χρειάζονται περισσότερη ενέργεια για να σπάσουν. Μεταξύ PH και AsH μεγαλύτερο σ.ζ. έχει η AsH διότι έχει μεγαλύτερη μοριακή μάζα από τη ΡΗ. α) Λανθασμένη, ο δεσμός υδρογόνου εμφανίζεται στις ενώσεις που έχουν δεσμούς H-F, H-O και H-N. β) Λανθασμένη γ) Ορθή δ) Λανθασμένη 4x= += x=,5 ΘΕΜΑ (Μονάδες 8) mol CO περιέχει 6,0.0 μόρια CΟ x;,0.0 6 μόρια CΟ x=5.0-8 mol CO M r NaHCO =84 HC 4 H 4 O 6 K + NaHCO NaC 4 H 4 O 6 K + H Ο + CO mol mol 84 g mol x; mol x = 4,.0-6 g NaHCO

2 α) mol NOx,4 L x;, L x=0,055 mol NOx β), L,56 g,4 L x; x=46g M r NOx=46 γ).a r N + x.a r O = x = 46 x= Χημικός τύπος: ΝΟ Στα 000 ml δ/τος περιέχεται mol HCl 0 ml x; x=0,0 mol HCl Στα 000 ml δ/τος περιέχονται 0, mol NaOH 50 ml x; x=0,0 mol NaOH Το διάλυμα του HCl βρίσκεται σε περίσσεια και εξουδετερώνεται από το διάλυμα NaOH: ΝαΟΗ + HCl NaCl + HCl mol mol 0,0 mol x; x=0,0 mol είναι η περίσσεια του HCl. Η ποσότητα του HCl που αντέδρασε με το μέταλλο Μ: 0,0-0,0=0,0 mol HCl. Μ + HCl MCl + H mol mol x; 0,0 mol x=0,005 mol M 0,005 mol μετάλλου M έχουν μάζα 0, g mol x; x=4 g A r M=4 0,75 ΘΕΜΑ (Μονάδες ) α) ρ= mm VV V=mm V = 00 gg = 97, ml ρρ,0 gg mmmm Στα 00g δ/τος 97, ml δ/τος περιέχονται,544 g HCl 000mL x; x = 6,5 g HCl

3 M r HCl=6,5 mol HCl=6,5 g [HCl]= Μ HCl HH OO H + + Cl - mol mol mol x; x=[η + ]= mol/l ph = -log[η + ] = -log = 0 β) Στα 000 ml δ/τος Δ περιέχεται mol HCl ml x; x=0,00 mol HCl Η ποσότητα αυτή αραιώνεται σε τελικό όγκο 000 ml [HCl]=0,00 Μ HCl HH OO H + + Cl - mol mol 0,00 mol x; x=[η + ]=0,00 mol/l ph = -log[η + ] = -log0,00 = γ) Για το διάλυμα με ph= [Η + ]=0 -ph =0 - =0,0 mol/l HCl HH OO H + + Cl - mol mol x; 0,0 mol x=[ηcl]=0,0 mol/l Στα 000 ml δ/τος περιέχονται 0,0 mol HCl ml x; x=.0-5 mol HCl Μετά την ανάμιξη: Συνολικός όγκος διαλύματος Δ = + = ml Συνολική ποσότητα HCl = 0, = 0,000 mol HCl Στα ml δ/τος περιέχονται 0,000 mol HCl 000 ml x; x=05 mol HCl [ΗCl ]=05 mol/l HCl HH OO H + + Cl - mol mol 05 mol x; x=[η + ]=05 mol/l ph = -log[η + ] = -log05=0,

4 α) Λανθασμένη. Στα υδατικά τους δ/τα οι ιοντικές ενώσεις παθαίνουν πλήρη διάσταση και έτσι χαρακτηρίζονται ως ισχυροί ηλεκτρολύτες, ενώ στα υδατικά τους διαλύματα οι ομοιοπολικές ενώσεις μπορούν να διασταθούν πλήρως, μερικώς ή και καθόλου και χαρακτηρίζονται ως ισχυροί, ασθενείς και μη ηλεκτρολύτες αντίστοιχα. β) Λανθασμένη. HH OO HNO H NO mol mol H SO 4 HH OO H SO 4 mol mol Παρόλο που τα δύο οξέα είναι ισομοριακά δεν έχουν ίδια συγκέντρωση κατιόντων υδρογόνου αφού το ένα είναι ισχυρό μονοπρωτικό και το άλλο ισχυρό διπρωτικό οξύ. Έτσι εφόσον οι συγκεντρώσεις των κατιόντων υδρογόνου στα δύο διαλύματα δεν είναι ίσες ούτε το ph θα είναι ίσο, αφού ph = -log[η + ]. γ) Λανθασμένη. Αφού και τα δύο οξέα είναι ασθενή θα ισχύει: [Η + ] = ΚΚΚΚΚΚ. CCοοοο. Εφόσον το οξύ ΗΑ είναι ισχυρότερο από το οξύ ΗΒ ισχύει η σχέση: Κ ΗΑ >Κ ΗΒ. Όμως αφού η [Η + ] εξαρτάται επίσης από τη συγκέντρωση του κάθε οξέος συνεπώς και το ph δεν είναι ανεξάρτητο από τις συγκεντρώσεις των οξέων. ΘΕΜΑ 4 (Μονάδες ) α) Η συγκέντρωση του νέου διαλύματος πρέπει να είναι: 0, Μ< C τελ <0, M Έτσι απορρίπτονται οι τιμές 0,05 Μ, 0, Μ και 0,4 Μ Δεκτό αποτέλεσμα C=0,5 M β) Ορθή σχέση η iii: VA>VB Η σχέση VA<VB απορρίπτεται διότι η τελική συγκέντρωση θα ήταν πλησιέστερα στο 0, Μ και όχι στο 0,Μ. Η σχέση VA=VB απορρίπτεται διότι τότε η τελική συγκέντρωση θα ήταν 0,Μ. x= 4

5 α) Στους 0 ο C: σε 00 g H O διαλύονται g KNO Στους 40 ο C: σε 00 g H O διαλύονται 6 g KNO 6-=9 πρέπει να προστεθούν 9 g KNO β) Δ (0 ο C): σε 00 g H O διαλύονται 8 g KNO 8 g διαλύματος x ; x ; 590 g διαλύματος x =500 g H O x =90 g KNO Δ (40 ο C): σε 00 g H O διαλύονται 6 g KNO 6 g διαλύματος x ; x ; 80 g διαλύματος x =500 g H O x =0 g KNO Δ (0 ο C) = Δ + Δ : m HO = =000 g, m KNO =90+0=400 g x= Η διαλυτότητα στους 0 ο C είναι: σε 00 g H O διαλύονται g KNO 000 g x; x=0 g KNO Συνεπώς μετά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων θα έχουμε κορεσμένο διάλυμα με κρυστάλλους KNO στον πυθμένα. (θα αποβληθούν 400-0=70 g κρυστάλλων KNO ) ΘΕΜΑ 5 (Μονάδες 8,5) α) Διαθέτουμε: 000 ml δ/τος περιέχουν 0, mol KMnO 4 00 ml x; x=0,0 mol KMnO 4 και 000 ml δ/τος περιέχουν 0,6 mol HCl 50 ml x; x=0,09 mol HCl Σύμφωνα με τη χημική εξίσωση: 6HCl + KMnO 4 KCl + MnCl + 8H O + 5Cl 6 mol mol x; 0,0 mol x=0,08 mol HCl (περισσεύουν 0,09-0,08=0,0 mol HCl) 5

6 Συνεπώς το διάλυμα του KMnO 4 θα αποχρωματιστεί αφού θα καταναλωθεί όλη η ποσότητα του KMnO 4 και στο διάλυμα θα υπάρχουν τα άχρωμα Μn +. β) KMnO 4 5Cl mol 5 mol mol 5.,4 L 0,0mol x; x=6 L Cl M + xh SO 4 (πυκνό/θερμό) M (SO 4 )x + xso + x H O α) mol M x mol SO mol x.,4 L 0, mol 6,7 L x= β) mol 6 mol H SO 4 0, mol x; x=0,6 mol H SO 4 Διαθέτουμε H SO 4 0M Στα 000 ml διαλύματος περιέχονται 0 mol H SO 4 x; 0,6 mol x=60 ml διαλύματος H SO 4 ΘΕΜΑ 6 (Μονάδες 4,75) α) Αύξηση της ταχύτητας και μείωση της απόδοσης. β) Αύξηση της ταχύτητας και αύξηση της απόδοσης. γ) Αύξηση της ταχύτητας και αύξηση της απόδοσης. δ) Αύξηση της ταχύτητας χωρίς μεταβολή της απόδοσης. α) Η χημική ισορροπία μετατοπίζεται προς αριστερά. β) Η χημική ισορροπία μετατοπίζεται προς αριστερά. γ) Η θέση της χημικής ισορροπίας δεν επηρεάζεται. δ) Η χημική ισορροπία μετατοπίζεται προς αριστερά. α) i. Ποσότητες (mol) SO (g) + O (g) SO (g) Αρχικά 0,6 0,6 Αντιδρούν/Παράγονται x x x Χημική Ισορροπία 0,6-x 0,6-x x 4x=4 4x= 8x= 6

7 Στη χημική ισορροπία η συγκέντρωση του SO είναι 0,04 Μ. xx mmmmmm 0 LL = 0,04 mol/l x=0, [SO ] = 0,6 xx 0 = 0,6.0, 0 = 0,0 M, [O ] = 0,6 xx 0 = 0, = 0,04 M [SO ] = 0,04 M Κ c = [SO ] = (0,04) = 00 [SO ].[O] (0,0).(0,04) ii. Η θεωρητική ποσότητα υπολογίζεται από το αντιδρών που είναι σε έλλειμμα δηλαδή το SO (το Ο είναι σε περίσσεια αφού απαιτεί για πλήρη αντίδραση, mol και διαθέτουμε 0,6 mol SO ). Συνεπώς από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης:,5 mol SO αν αντιδράσει πλήρως παράγει mol SO 0,6 mol SO x; x=0,6 mol SO Πρακτικά έχουμε στη Χημική Ισορροπία: [SO ]= 0,04M Σε 000 ml δ/τος περιέχονται 0,04 mol SO 0000 ml x; x=0,4 mol SO α= ΠΠΠΠΠΠ όττττττττ ππππππ ϊόνννννννν ππππππ ππππππ άγγγγγγγγγγ ππππππππππππππ ά (SSSS) ΠΠΠΠΠΠ όττττττττ ττττττ ιιιιίοοοο ππππππ ϊόνννννννν ππππππ θθθθ ππππππππππ όνννννννν θθθθθθθθθθθθθθθθ ά α= 0,4 =0,667 ή 66,7% 0,6 β) i. H SO 4 (πυκνό) + S θθ SO + H O,5 ii. S SO mol mol x; 0,6 mol x=0, mol S 7

8 ΘΕΜΑ 7 (Μονάδες ) Στα 000 ml δ/τος περιέχονται 0,07 mol AgNO 00 ml x; x=7.0 - mol AgNO η απαιτούμενη ποσότητα Στα 000 ml δ/τος περιέχονται 0,05 mol AgNO 50 ml x; x=,5.0 - mol AgNO η υπάρχουσα ποσότητα Απαιτούνται ακόμη: ,5.0 - = 4,5.0 - mol AgNO M r AgNO = 70 I mol AgNO 70 g 4,5.0 - mol x; x=0,765 g AgNO πρόσθεσε Συνδυασμός i: ορθός i. Φ, Φ, Φ Διαλύουμε τα 5 g στη φιάλη Φ και έχουμε διάλυμα 5% κ.ο. ( η ποσότητα μπορεί να διαλυθεί αφού η διαλυτότητά της είναι 7% κ.ο. ) Από τη Φ γεμίζουμε τη Φ. Στα 50 ml της Φ περιέχονται,5 g της ουσίας. Το διάλυμα από τη Φ μεταγγίζεται στη Φ και συμπληρώνουμε στα 50 ml δ/τος με Η Ο. Έτσι τώρα στη Φ περιέχονται,5 g της ουσίας Α στα 50 ml δ/τος και άρα η περιεκτικότητα είναι % κ.ο. Ή συνοπτικά: α. Φ : 5 g/00 mlδ/τος β. Φ : 00 ml δ/τος 5 g Α 50 ml x; x=,5 g A γ. Φ : 50 ml δ/τος,5 g A 00 ml x; x= % κ.ο. Α Συνδυασμός ii: λάθος ii. Φ, Φ, Φ, Φ Αφού η διαλυτότητα της Α είναι 7 g/00 ml δ/τος δεν μπορούμε να διαλύσουμε 5 g της Α σε 50 ml δ/τος. Συνδυασμός iii: ορθός iii. Φ, Φ, Φ 8

9 Διαλύουμε τα 5 g της Α σε τελικό όγκο διαλύματος 50 ml και έχουμε διάλυμα με περιεκτικότητα % κ.ο.(η ποσότητα μπορεί να διαλυθεί αφού η διαλυτότητά της είναι 7% κ.ο.). Από τη Φ γεμίζουμε τη Φ. Στα 50 ml της Φ περιέχεται g της ουσίας Α. Από τη Φ μεταγγίζουμε στη Φ και συμπληρώνουμε με Η Ο. Έτσι στη Φ θα έχουμε g της ουσίας στα 00 ml δ/τος και η περιεκτικότητα του δ/τος είναι % κ.ο. Ή συνοπτικά: α. Φ : 5 g/50 ml δ/τος β. Φ : 50 ml δ/τος 5 g Α 50 ml x; x= g A γ. Φ : 00 ml δ/τος g A % κ.ο. Α ΘΕΜΑ 8 (Μονάδες 6,5) α) Pb(NO ) + HCl PbCl + HΝO Pb(NO ) + NH + H O Pb(OH) + NH 4 NO Al(NO ) + NH + H O Al(OH) + NH 4 NO Cu(NO ) + NH + H O Cu(OH) + NH 4 NO Cu(OH) + 4NH (aq) (περίσσεια) [Cu(NΗ ) 4 ] + + OH - Pb(NO ) + NaOH Pb(OH) + NaNO Pb(OH) + NaOH (περίσσεια) Na PbO + H O Al(NO ) + NaOH Al(OH) + NaNO Al(OH) + NaOH (περίσσεια) NaAlO + H O Cu(NO ) + NaOH Cu(OH) + NaNO β) i. Με επίδραση δ/τος ΗCl σχηματίζεται μόνο το ίζημα PbCl M r PbCl =78 Pb(NO ) PbCl mol mol mol 78 g x; 5,56 g x=0,0 mol Pb(NO ) 0,0 mol Pb(NO ) περιέχονται σε 00 ml δ/τος x; 000 ml x=0, mol Pb(NO ) 0, M Pb(NO ) 0x0,75=7,5 9

10 ii. Με επίδραση περίσσειας διαλύματος NaOH παίρνουμε το ίζημα του Cu(OH) αφού τα άλλα δύο υδροξείδια διαλύονται: M r Cu(OH) =97,5 Cu(NO ) Cu(OH) mol mol mol 97,5 g x;,875 g x=0,5 mol Cu(NO ) 0,5 mol Cu(NO ) περιέχονται σε 500 ml δ/τος x; 000 ml x= mol Cu(NO ) M Cu(NO ) Με περίσσεια διαλύματος αμμωνίας σχηματίζονται συγχρόνως Pb(OH) και Al(OH). Έτσι: Σε 00 ml δ/τος περιέχονται 0,0 mol Pb(NO ) 00 ml x; x=0,04 mol Pb(NO ) M r Pb(ΟΗ) =4 Pb(NO ) Pb(ΟΗ) mol mol mol 4 g 0,04 mol x; x=9,64 g Pb(ΟΗ),98 9,64 =,4 g το Al(OH) M r Al(ΟΗ) =78 Al(NO ) Al(ΟΗ) mol mol mol 78 g x;,4 g x=0,0 mol Al(NO ) 0,0 mol Al(NO ) περιέχονται σε 00 ml δ/τος x; 000 ml x=0,5 mol Al(NO ) 0,5 M Al(NO ) α) Α: Cu(NO ), Β: Cu(OH), Γ: [Cu(NH ) 4 ] +, Δ: CuO β) Μετατροπή () : πυκνό ΗΝΟ () : πυκνό/θερμό H SO 4 (8) : H SO 4 4x= x=,5 0

11 γ) Δύο από τα μέταλλα: Zn,Al, Pb, Sn. δ) Μετατροπή : Το μέταλλο διαλύεται, παραγωγή άχρωμου αερίου, σχηματίζεται γαλάζιο διάλυμα. Μετατροπή 4: Σχηματισμός γαλάζιου ζελατινώδους ιζήματος. Μετατροπή 5: Το γαλάζιο ίζημα διαλύεται και σχηματίζεται μπλε διάλυμα. ε) Μετατροπή : Cu + 4HNO (πυκνό) Cu(NO ) + NO + H O Μετατροπή : Cu + H SO 4 (πυκνό) θθ CuSO 4 + SO + H O x= 6x= προϊόντα: 8x=4 διορθώσεις: x=,5 Μετατροπή 7: CuO + HNO Cu(NO ) + H O

Σχετικά έγγραφα

Στα 25, 2 ml 0,0049 mol HCl 1000 ml x = 0,194 mol HCl Μοριακότητα ΗCl = 0,194 M

Στα 25, 2 ml 0,0049 mol HCl 1000 ml x = 0,194 mol HCl Μοριακότητα ΗCl = 0,194 M ΛΥΣΕΙΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑΣ ΧΗΜΕΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ 0 ΜΕΡΟΣ Α (0 μονάδες) Ερώτηση (3μον.) (α) Η (g) + Cl (g) HCl (g) mol H : mol Cl ή 400 ml H : 400 ml Cl 600 ml H : 600 ml Cl Το Cl βρίσκεται σε περίσσεια. Ολόκληρη η