ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 14 ΙΟΥΝΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 14 ΙΟΥΝΙΟΥ ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α2. γ Α3. α Α4. γ Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. β. H ασπιρίνη απορροφάται ευκολότερα στην όξινη μορφή της, δηλαδή στην μη ιοντική. Άρα η χημική ισορροπία ιοντισμού της πρέπει να είναι μετατοπισμένη αριστερά. Για να γίνει αυτό πρέπει η [Η3Ο + ] να αυξηθεί, με βάση την αρχή Le Chatellier. Αυτό συμβαίνει στο στομάχι, δηλαδή σε όξινο ph. Β2. α. B(g) B + (g) + e -, Ei(1) (1 ος ιοντισμός) C + (g) C 2+ (g) + e -, Ei(2) (2 ος ιοντισμός) 1

2 β. Σωστό το i. 6B : 1s 2 2s 2 2p 1 2η περίοδος, ΙIIΑ ομάδα 6C : 1s 2 2s 2 2p 2 2η περίοδος, ΙVΑ ομάδα O C και το Β έχουν τον ίδιο αριθμό ενδιάμεσων ηλεκτρονίων (2 ηλεκτρόνια στο 1s). Και τα δυο στοιχεία ανήκουν στην ίδια περίοδο του Περιοδικού Πίνακα. Κατά μήκος μιας περιόδου, η ατομική ακτίνα αυξάνεται από τα δεξιά προς τα αριστερά, οπότε η ατομική ακτίνα του Β είναι μεγαλύτερη από την ατομική ακτίνα του C. Οπότε υπάρχει ισχυρότερη έλξη των εξωτερικών ηλεκτρονίων από τον πυρήνα στον C σε σχέση με το Β. Ο πυρήνας του C + έχει 6 πρωτόνια, ενώ ο πυρήνας του Β έχει 5 πρωτόνια, οπότε υπάρχει ισχυρότερη έλξη των ηλεκτρονίων, τα οποία αποσπώνται δυσκολότερα. Άρα: Εi2(C) >> Ei1(B). Β3. Σωστό το 2. Στην καμπύλη Υ, παρατηρούμε ότι παράγεται μεγαλύτερος όγκος Ο2, αλλά σε μεγαλύτερο χρονικό διάστημα, δηλαδή η ταχύτητα της αντίδρασης μειώθηκε. Αυτό γίνεται με προσθήκη διαλύματος Η2Ο2, το οποίο έχει μικρότερη συγκέντρωση, (αραίωση του αρχικού διαλύματος). Τα συνολικά mol του Η2Ο2 αυξήθηκαν, οπότε αυξήθηκε και η ποσότητα του παραγόμενου Ο2. Β4. α. Η ποσότητα του CO και στα δυο δοχεία είναι ίδια. 1 ο δοχείο: mol PbO(s) + CO(g) Pb(l) + CO2(g) αρχικά 1 αντιδρούν τελικά (XI) 1 - Kc = [CO2]1 / [CO]1 Kc = V 1 Kc = V 1 (1) 2

3 2 ο δοχείο: mol PbO(s) + CO(g) Pb(l) + CO2(g) αρχικά 1 αντιδρούν τελικά (XI) 1 - θ = σταθερή Kc = σταθερή Kc = [CO2]2 / [CO]2 Kc = (1) = (2) = V V Kc = 1 (2) = 1 + = 1 β. Το ισότοπο *Ο θα ανιχνευτεί σε όλες τις ενώσεις που υπάρχει οξυγόνο, δηλαδή σε όλα τα οξείδια: PbO, CO, CO2. Αυτό συμβαίνει επειδή η χημική ισορροπία είναι μια δυναμική ισορροπία, οπότε εξελίσσεται ταυτόχρονα και προς τις δυο κατευθύνσεις, άρα το ισότοπο ενσωματώνεται σε όλες τις ενώσεις. ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. α: HBr β: H2O Δ: CH3(CΗ2)4-CΗ(CN)(CH2)9CH=O Ε: CH3(CΗ2)4-CO-(CH2)9COOH Ζ: CH3(CΗ2)4-CΗ(COOH)(CH2)9CH=O Θ: CH3(CΗ2)4-CΗ(OH)(CH2)9COOH Λ: CH3(CΗ2)4-CΗ(OH)(CH2)9COOCΗ2CH3 β. Με φελίγγειο υγρό (ήπιο οξειδωτικό μέσο), αντιδρούν οι ενώσεις που έχουν την αλδεϋδομάδα CH=O, δηλαδή η ένωση Β. CH3(CΗ2)4-CΗ(Βr)(CH2)9CH=O + 2CuSO4 + 5NaOH CH3(CΗ2)4-CΗ(Βr)(CH2)9COONa + Cu2O + + 2Na2SO4 + 4H2O γ. Αντιδραστήριο: διάλυμα NaOH (ή ΚΟΗ) / αλκοόλη. 3

4 δ. 3CH3(CΗ2)4-CΗ(ΟΗ)(CH2)9CH=O + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 3CH3(CΗ2)4-CΟ-(CH2)9CΟOΗ + + 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 11H2O Γ2. α. Διάλυμα Δ1: Έστω συγκέντρωση C1. CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟΗ: n1 = C1 V1 = C1 0,03 mol Πρότυπο Διάλυμα: ΝαΟΗ: nπροτ.(ισ) = Cπροτ. Vπροτ.(ΙΣ) = 0,05 0,02 mol = 0,001 mol CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟΗ + ΝαΟΗ CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa + H2O 1 mol 1 mol 1 mol 0,001mol 0,001mol 0,001mol Ι.Σ. n1 = nπροτ.(ισ) C1 0,03 = 0,001 C1 = 1 / 30 Μ Ι.Σ. CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa: Cαλ. = nαλ. / (V1 + Vπροτ.(ΙΣ)) = 0,001 / (0,03 + 0,02) Μ Cαλ. = 0,02Μ CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟ - + Να + 0,02Μ 0,02Μ Το CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa είναι άλας από εξουδετέρωση ασθενούς οξέος με ισχυρή βάση, οπότε μόνο τα ανιόντα CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟ - υδρολύονται θ = 25 o C είναι ph > 7. Μ CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟ - + Η2Ο CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟΗ + Η3Ο + αρχικά 0,02 ιοντίζονται τελικά (ΧΙ) 0,02 - Κα Κb = Kw Κb = / = 0, Κb = [CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟΗ] [Η3Ο + ] / [CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟ - ] 0, = / (0,02 ) = 10-6 M Παραδοχές: Θεωρώ ότι: 0,02-0,02 pοη= - log[oη - ] = - log = - log10-6 pοη = pη = 6 pη = 8 4

5 β. CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟΗ: MrΓ.Ο = 90 n1 = C1 V1 n1 = 0,001 mol m1 / MrΓ.Ο = 0,001 m1 = 0,001 90gr m1 = 0,09gr Στα 10 gr γιαουρτιού περιέχονται 0,09 gr γαλακτικού οξέος Στα 100 gr γιαουρτιού περιέχονται gr γαλακτικού οξέος 10 = 9 = 0,9 gr γαλακτικού οξέος Άρα 0,9 % w/w. Γ3. CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa: έστω mol (COONa)2: έστω mol CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa + ΗCl CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟH + NaCl (1) 1mol 1mol 1mol mol mol mol (CΟΟNa)2 + 2ΗCl (CΟΟH)2 + 2NaCl (2) 1mol 2mol 1mol mol 2mol mol HCl: nhcl(ολ) = CHCl VHCl nhcl(1) + nhcl(2) = 1 0,5mol + 2 = 0,5 (1) 5CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟH + 2KMnO4 + 3H2SO4 3CH3COCOOH + 2MnSO4+ K2SO4 + 8H2O 5mol 2mol mol 2/5mol 5(CΟΟH)2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 10CO2 + 2MnSO4+ K2SO4 + 8H2O 5mol 2mol mol 2/5mol KMnO4: nολ = C V 2/5 + 2/5 = 0,4 3 + = 0,3 (2) (1),(2) = 0,1mol CH3CΗ(ΟΗ)CΟΟNa = 0,2mol (CΟΟNa)2 5

6 ΘΕΜΑ Δ Δ1. 4ΝΗ3 + 5Ο2 4ΝΟ + 6Η2Ο 4ΝΗ3 + 3Ο2 2Ν2 + 6Η2Ο ΝΗ3: αναγωγική ουσία, επειδή ο Α.Ο του Ν αυξάνεται από 3 σε 0 Ο2: οξειδωτική ουσία, επειδή ο Α.Ο του Ο μειώνεται από 0 σε - 2 Δ2. Έστω mol ΝΗ3 αρχικά. mol 4ΝΗ3 + 5Ο2 4ΝΟ + 6Η2Ο αρχικά αντιδρούν τελικά - 10ΝΟ + 6KMnO4 + 9H2SO4 10HNO3 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 4H2O 10mol 6mol mol 0,6mol KMnO4: n = C V 0,6 = 1 0,54 = 0,9 mol Μίγμα ΝΟ και Ν2: nμιγ = Vμιγ / Vm nno + nn2 = 22,4 / 22,4 + nn2 = 1 nn2 = 0,1mol 4ΝΗ3 + 3Ο2 2Ν2 + 6Η2Ο 4mol 2mol (-)mol 0,5(-)mol nn2 = 0,1mol 0,5( - ) = 0,1 - = 0,2 = 1,1mol α = / α = 0,9 / 1,1 α = 9 / 11 6

7 Δ3. 2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) ΔΗ < 0 α. ΔΗ < 0 δεξιά εξώθερμη ψύξη μείωση της θερμοκρασίας ευνοείται η εξώθερμη Άρα η χημική ισορροπία μετατοπίζεται δεξιά λόγω Le Chatellier. Tο μίγμα των αερίων ψύχεται πριν ξεκινήσει η αντίδραση, ώστε η χημική ισορροπία να μετατοπιστεί δεξιά και η αντίδραση να έχει μεγαλύτερη απόδοση. β. Kc = [ΝO2] 2 / [ΝO] 2 [Ο2] Kc = γ. Στη νέα χημική ισορροπία ισχύει: ( )2 ( )2 ( ) Kc = 4 nno2(n.x.i.) = nno2(x.i.) + 0,25nNO2(X.I.) = 1,25nNO2(X.I.) = 1,25 20mol nno2(n.x.i.) = 25mol Με την μεταβολή του όγκου, παρατηρούμε ότι τα nno2 αυξήθηκαν, άρα η χημική ισορροπία έχει μετατοπιστεί, λόγω Le Chatellier, προς τα δεξιά, όπου έχουμε τα περισσότερα nολ.(αερίων). Για να έγινε αυτό πρέπει ο όγκος του δοχείου να μειώθηκε. mol 2ΝO(g) + O2(g) 2ΝO2(g) αρχικά (ΧΙ) αντιδρούν 2ω ω 2ω τελικά (ΝXI) 10-2ω 10-ω 20+2ω Στη νέα χημική ισορροπία ισχύει: nno2(n.x.i.) = 25mol ω = 25 ω = 2,5mol θ = σταθερή Kc = σταθερή Kc = [ΝO2] 2 ΝΧΙ / [ΝO] 2 ΝΧΙ [Ο2]ΝΧΙ 4 = ( 25 V )2 ΔV = V V = 1,2lt 10lt ΔV = 8,8lt ( 5 V )2 ( 7,5 V ) V = 1,2lt 7

8 Δ4. 3NO2(g) + H2O(l) 2HNO3(l) + NO(g) Η παραπάνω αντίδραση επηρεάζεται από μεταβολή της πίεσης (που συνοδεύεται από μεταβολή του όγκου του δοχείου), επειδή υπάρχει μεταβολή στα nολ.(αερίων) (αντιδρώντα προϊόντα: 3 1) Με αύξηση της πίεσης (με ελάττωση του όγκου του δοχείου), η χημική ισορροπία μετατοπίζεται δεξιά, λόγω Le Chatellier, όπου τα nολ.(αερίων) μειώνονται. Προς τα δεξιά η απόδοση αυξάνεται, άρα η αντίδραση ευνοείται σε υψηλή πίεση. Επίσης, με μείωση του όγκου του δοχείου και αύξηση της πίεσης, μεγαλώνει η ταχύτητα της προς τα δεξιά αντίδρασης, οπότε τα προϊόντα γρηγορότερα. Δ5. Διάλυμα HNO3: Έστω όγκος Vοξ. nοξ = Cοξ Vοξ = 10Vοξ mol Διάλυμα ΝΗ3: Έστω όγκος Vβ. nβ = Cβ Vβ = 5Vβ mol mol HNO 3 + NH 3 NH 4 NO 3 αρχικά nοξ nβ αντιδρούν nοξ nοξ nοξ τελικά --- nβ - nοξ nοξ Διερεύνηση 1. Έστω nοξ = nβ τελικό διάλυμα: NH 4 NO 3 άλας από εξουδετέρωση ισχυρού οξέος με ασθενή βάση μόνο το κατιόν ΝΗ4 + υδρολύεται στους θ = 25 ο C είναι ph < 7 απορρίπτεται. 8

9 2. Έστω nοξ > nβ τελικό διάλυμα: HNO 3 NH 4 NO 3 Ε.Κ.Ι H 3 Ο + στους θ = 25 ο C είναι ph < 7 απορρίπτεται. 3. Έστω nοξ < nβ τελικό διάλυμα: NΗ 3 NH 4 NO 3 ρυθμιστικό στους θ = 25 ο C είναι ph = 7 δεκτή. Τελικό Διάλυμα: ΝH3: Cβ(τ) = nβ(τ) / (Vοξ + Vβ) = (nβ - nοξ)/ (Vοξ + Vβ) Μ ΝH4ΝO3: Cαλ(τ) = Cοξ(τ) = nαλ(τ) / (Vοξ + Vβ) = nοξ / (Vοξ + Vβ) Μ Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό διάλυμα επειδή περιέχει το συζυγές ζεύγος: ΝH3 ΝH4 + θ = 25 ο C: ph = pοh = 7 pοh = 7 Εξίσωση Henderson Hasselbalch: pοh = pkb + log(cοξ / Cβ) 7 = 5 + log(nοξ / nβ - nοξ) 101 nοξ = 100 nβ nβ = 1,01 nοξ 5Vβ = 1,01 10Vοξ Vβ = 2,02Vοξ Vβ / Vοξ = 2,02 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΘΕΜΑΤΩΝ Κατερίνα Καβρουλάκη Χημικός 9