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

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ 2019 Οι ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ στη ΧΗΜΕΙΑ 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 Επίδραση Κοινού Ιόντος, λόγω μεγάλης [H 3 O + ]. H ισορροπία της ασπιρίνης μετατοπίζεται προς τη μη ιοντική της μορφή (αριστερά) και απορροφάται ευκολότερα. Β 2. α. B 5 (g) 5 B + (g) + e, E i1 C 6 + (g) 6 C 2+ (g) + e, E i2 β. B 5 : 1s 2, 2s 2, 2p 1 6 C + : 1s 2, 2s 2, 2p 1 Το άτομο C έχει μικρότερη ατομική ακτίνα λόγω Ζ, αλλά και το C +. Όμως, Β και C + έχουν τον ίδιο αριθμό ενδιαμέσων ηλεκτρονίων. Άρα, i Β 3. 2H 2 O 2 (aq) καταλύτης O 2 (g) + 2H 2 O (l)

2 Στην καμπύλη Ψ αρχικά η ταχύτητα είναι μεγαλύτερη και επιπλέον παράγεται μεγαλύτερη ποσότητα Ο 2 Σωστή Απάντηση: 2. Η προσθήκη H 2 O 2 μικρότερης συγκέντρωσης αρχικά μειώνει την ταχύτητα, αλλά επειδή η συνολική ποσότητα H 2 O 2 αυξάνεται, γι αυτό και παράγεται μεγαλύτερος όγκος Ο 2 τελικά. Β 4. α. mol PbO (s) + CO(g) Pb (l) + CO 2 (g) Αρχ 1 1 Αντ/Παρ x x +x +x Χ.Ι. 1 x 1 x x x K C = [CO 2] [CO] = x ν 1 x ν = x 1 x (1) mol Pb (l) + CO 2 (g) PbO (s) + CO (g) Αρχ 1 1 Αντ/Παρ y y +y +y Χ.Ι. 1 y 1 y y y K C = [CO] [CO 2 ] = y ν 1 y ν Όμως, από τον ορισμό της K C (1) και Άρα, y 1 y = 1 x 1 x y = 1 x 1 y x = y 1 y (2) K C (2) : K C = 1 K C yx = 1 y x + xy y = 1 x (3) Στο πρώτο δοχείο: Στο δεύτερο δοχείο: n CO = 1 x n CO = y Ίσες ποσότητες

3 Γ ΘΕΜΑ Η φερομόνη Α είναι ακόρεστη αλδεΰδη με 1 διπλό δεσμό Γ1. α. CH 3(CH 2) 3 C = C (CH 2) 9 CH = O (A) a + HBr H H + H 2O β CH 3(CH 2) 3 CH 2 CH (CH 2) 9 CH=O Br CH 3(CH 2) 3 CH 2 CH (CH 2) 9 CH=O + KCN + K 2Cr 2O 7 / H + (Δ) CH 3(CH 2) 4 CH (CH 2) 9 CH=O CN CH 3(CH 2) 4 C (CH 2) 9 CO (E) O + H 2O / H + + H 2 / καταλύτης (Z) CH 3(CH 2) 4 CH (CH 2) 9 CH=O CO CH 3(CH 2) 4-CH-(CH 2) 9-CO + CH 3CH 2 / H + CH 3(CH 2) 4 C (CH 2) 9 COOCH 2CH 3 (Λ) (+ H 2O) O Γ1. β. Με φελίγγειο υγρό αντιδρούν μόνο οι αλδεΰδες οι οποίες οξειδώνονται με ήπια οξειδωτικά μέσα. Η Θ είναι υδροξυοξύ και δεν οξειδώνεται, ενώ η Β: CH 3(CH 2) 4CH(CH 2) 9CH=O + 2CuSO 4 + 5Na Br CH 3(CH 2) 4CH(CH 2) 9COONa + Cu 2O + 2Na 2SO 4 + 3H 2O Br Γ 1. γ. Όπως στην αφυδραλογόνωση αλκυλαλογονιδίων, χρησιμοποιούμε αλκοολικό διάλυμα Na ή K.

4 (B) CH 3(CH 2) 3 CH 2 CH (CH 2) 9 CH=O + Na αλκ Br CH 3(CH 2) 3CH = CH(CH 2) 9CH=O + NaBr + H 2O Γ1. δ. 3 CH 3(CH 2) 4 CH (CH 2) 9 CH=O + 2 K 2Cr 2O H 2SO 4 (2) (2) (3) CH 3(CH 2) 4 C (CH 2) 9 CO + 2 Cr 2(SO 4) K 2SO 4 + O 11H 2O Προσοχή: η συνολική μεταβολή των Α.Ο. των ατόμων C της Γ είναι 2+2 = 4 και ο συντελεστής του Cr 2(SO 4) 3 είναι 4/2 = 2. Γ2. α. Στα 10 g γιαουρτιού περιέχεται άγνωστη ποσότητα Γ.Ο. Για το Ι.Σ. της ογκομέτρησης απαιτήθηκαν: n Na = CV = 0, 05 M L = 10 3 mol Na CH 3CHCO + Na CH 3CHCOONa + H 2O 10-3 mol 10-3 mol 10-3 mol CH 3CHCOONa = n = 10 3 mol = 0,02 M V (30+20) 10 3 L CH 3CHCOONa CH 3CHCOO - + Na + 0,02 M 0,02 M 0,02 M Na + + H 2O

5 M CH3CHCOO- + H 2O CH 3CO + - Αρχ Ιοντ/Παρ Ισορρ. 0,02 x x x Για το Γ.Ο.: K a K b = K w K b = = και K b = x x 5 0,02 x x2 0,02 x = 10 6 Άρα, [ΟΗ - ] = 10-6 p = 6 και ph = 8 Γ2. β. Στο Ι.Σ. n Γ.Ο. = n Na = 10 3 mol Για τη μάζα του Γ.Ο.: ενώ Mr Γ.Ο. = 90 n = m m = n Mr Mr m Γ.Ο. = 10 3 mol 90 g = 0,09g Γ. Ο. mol Σε 10 g δείγματος γιαουρτιού περιέχονται 0,09 g Γ.Ο. Σε 100 g δείγματος γιαουρτιού περιέχονται x ; x = 0,9 g Άρα, περιεκτικότητα σε Γ.Ο. : 0,9 % w w Γ3. Έστω α mol Ι και β mol II Ι) CH 3CHCOONa + HCl CH 3CHCO + NaCl a mol a mol a mol 5 CH 3CHCOONa + 2ΚΜnO 4 + 3H 2SO 4 5 CH 3-C-CO + 2MnSO 4 + O K 2SO 4 + 8H 2O 5 mol 2 mol α mol X 3 X 3 = 2a 5 mol KMnO4 απαιτούνται

6 ΙI) COONa COONa + 2 HCl CO CO + 2 NaCl β mol 2β mol β mol CO 5 CO + 2 ΚΜnO H 2SO 4 10 CO MnSO 4 + K 2SO 4 + 8H 2O 5 mol 2 mol β mol X 4 X 4 = 2β 5 mol KMnO4 απαιτούνται Συνολικά καταναλώνονται (α+2β) mol HCl Όμως, n HCl = CV = 1M 0,5L = 0,5 mol HCl α + 2β = 0,5 (1) Συνολικά καταναλώνονται ( 2α + 2β 2α ) mol KMnO4 + 2β = 0, Όμως, n KMnO4 = CV = 0,4M 0,3L = 0,12 mol KMnO 4 α + β = 0,3 (2) Από σχέσεις (1),(2): α = 0,1 mol και Μίγμα: 0,1 mol I και 0,2 mol II β = 0,2 mol Δ ΘΕΜΑ Δ1. 4 NH O 2 4 NO + 6 H 2O (1) αναγωγή ΝΗ Ο 2 2 Ν Η 2Ο (2) Οξείδωση NH 3: αναγωγικό και O 2: οξειδωτικό

7 Δ2. Για το KMnO 4: n KMnO4 = CV = 1M 0,54L = 0,54 mol KMnO 4 10 NO + 6 KMnO H 2SO 4 10 HNO MnSO 4 + 3K 2SO 4 + 4H 2O Στοιχειομετρικά: 10 mol NO αποχρωματίζουν 6 mol KMnO 4 X 0,54 mol X = 0,9 mol NO Στο μίγμα ΝΟ Ν 2 περιέχονται 0,9 mol NO, ενώ τα συνολικά mol είναι: n = V V m = 22,4 L 22,4 L mol = 1 mol μίγματος Άρα τα υπόλοιπα ήταν N 2: 1-0,9 = 0,1 mol N 2 Από (1): από 4 mol ΝΗ 3 παράγονται 4 mol NO X 1 0,9 mol NO X 1 = 0,9 mol NH 3 Από (2): από 4 mol ΝΗ 3 παράγονται 2 mol N 2 X 2 0,1 mol N 2 X 2 = 0,2 mol NH 3 Συμπέρασμα: από τα αρχικά 0,9 + 0,2 = 1,1 mol ΝΗ 3, τα 0,9 mol μετατράπηκαν σε ΝΟ ή 0,9/1,1 = 9/11 Της ΑΡΧΙΚΉς ποσότητας της ΝΗ 3 Δ3. 2 ΝΟ (g) + O 2 (g) 2 NO 2 (g), ΔΗ=-113,6 ΚJ α. ΔΗ < 0 Η αντίδραση είναι εξώθερμη. Όσο προχωρά, τόσο αυξάνεται η θερμοκρασία του δοχείου, αφού εκλύεται θερμότητα. Η αύξηση της θερμοκρασίας όμως δεν την ευνοεί και προκειμένου να μην έχουμε μικρή απόδοση, επιλέγουμε την ψύξη των αντιδρώντων. Η μείωση της θερμοκρασίας τη μετατοπίζει δεξιά κι έτσι επιτυγχάνεται σχετικά μεγάλη απόδοση. β. Σε δοχείο όγκου V = 10L mol 2 ΝΟ (g) + O 2 (g) 2 NO 2 (g) Χ.Ι

8 K C = [NO 2 ]2 [NO] 2 [O 2 ] = ( )2 ( ) = 4 γ. Αύξηση του ΝΟ 2 σημαίνει μετατόπιση της θέσης της Χ.Ι. δεξιά (έγινε μείωση όγκου) Στη νέα θέση Χ.Ι. για το ΝΟ 2 είναι: n NO2 = n NO n NO 2 = 1,25 20 mol = 25 mol mol 2 ΝΟ (g) + O 2 (g) 2 NO 2 (g) Χ.Ι Αντ./Παρ. 2x x +2x Νέα Χ.Ι. 10 2x 10 x x Είναι n NO2 = x = 25 x = 2,5 mol Άρα, στη νέα θέση Χ.Ι. : mol 2 ΝΟ (g) + O 2 (g) 2 NO 2 (g) Νέα Χ.Ι. 5 7,5 25 Η θερμοκρασία είναι σταθερή, άρα και η Κ C. 2 K C = [NO 25 2] 2 ( [NO] 2 [O 2 ] 4 = V ) ( 5 V )2 7,5 V 4 = 25 V 7,5 V = 1,2 L Η μεταβολή όγκου είναι ΔV = V V = 10 L 1,2 L = 8, 8 L Δ4. 3 ΝΟ 2 (g) + H 2O (l) 2 NO 3 (l) + NO (g) H πίεση επηρεάζει μόνο τα αέρια και στο σύστημα είναι 3 mol αερίων αντιδρώντων 1 mol αερίων αντιδρώντων. Ευνοείται η αντίδραση εάν το σύστημα μετατοπιστεί δεξιά, προς τα λιγότερα mol, τείνοντας να μειώσει την πίεση.

9 Σύμφωνα με την αρχή του Le Chatelier, αυτό θα συμβεί εάν αρχικά ΑΥΞΗΘΕΙ Η ΠΙΕΣΗ. Δ5. Έστω Δ 1 (Δ. ΗΝΟ 3 10 Μ) όγκου V 1 L και Δ 2 (Δ. ΝΗ 3 5 Μ) όγκου V 2 L Για τα mol των ουσιών είναι: n HΝΟ3 = CV = 10 V 1 mol HNO 3 n ΝH3 = CV = 5 V 2 mol NH 3 Κάνουμε ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ. i) Έστω πλήρης εξουδετέρωση: HNO 3 + NH 3 NH 4NO 3 και ΝΗ 4ΝΟ 3 ΝΗ ΝΟ 3 - Μόνο τα ιόντα ΝΗ 4 + αντιδρούν με νερό: ΝΗ Η 2Ο ΝΗ 3 + Η 3Ο + Προκύπτει όμως όξινο διάλυμα, αφού [H 3O + ] > [ΟΗ - ] ii) Έστω ότι υπάρχει περίσσεια ΗΝΟ 3. Τότε το διάλυμα είναι περισσότερο όξινο / άτοπο, αφου πρέπει να είναι ουδέτερο. iii) Έστω ότι υπάρχει περίσσεια NH 3 mol ΗΝΟ 3 + ΝΗ 3 (περίσσεια) ΝΗ 4ΝΟ 3 Αρχ. 10 V 1 5 V 2 Αντ./Παρ. 10 V 1 10 V V 1 Τελικά 5 V 2 10 V 1 10 V 1 Τελικά στο διάλυμα υπάρχει το συζυγές ζεύγος ΝΗ 3 ΝΗ 4ΝΟ 3, το οποίο είναι ζεύγος ρυθμιστικού διαλύματος, με συγκεντρώσεις:

10 [ΝΗ 3 ] = 5 V 2 10 V 1 V 1 + V 2 M = C 1 [ΝΗ 4 NO 3 ] = 10 V 1 V 1 + V 2 M = C 2 Ισχύουν: Ε.Κ.Ι. Μ ΝΗ 4ΝΟ 3 ΝΗ ΝΟ 3 - Τελικά C 2 C 2 C 2 Μ ΝΗ 3 + Η 2Ο ΝΗ ΟΗ - Ισορρ. C 1 ω ω ω Για την ΝΗ 3: K b = [NH 4 + ][ ] [NH 3 ] Όμως στο ουδέτερο διάλυμα είναι ph = p = 7 στους 25 ο C και [ΟΗ - ] = 10-7 K b = [C 2 + ω] [ ] C 1 ω 10 5 C C 1 C 2 = 100 C 1 10 V 1 V 1 + V 2 = V 2 10 V 1 V 1 + V 2 10 V 1 = 500 V V V 1 = 500 V 2 V 1 V 2 = V 1 V 2 = Ντάλης Βαγγέλης χημικός