ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2014

Transcript

1 ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ Α ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ Ηµεροµηνία: Τετάρτη 3 Απριλίου 04 ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Ε_3.ΧλΘ(α) Α. γ Α. γ Α3. δ Α4. β Α5. α) Πρόκειται για περίπτωση ετερογενούς κατάλυσης αφού τα αντιδρώντα είναι αέρια και ο καταλύτης, το νικέλιο, είναι στερεός. Η καταλυτική δράση του νικελίου ερµηνεύεται µε την θεωρία της προσρόφησης. Σύµφωνα µε αυτήν την θεωρία τα αντιδρώντα µόρια προσροφώνται σε ορισµένα σηµεία της επιφάνειας του στερεού καταλύτη (ενεργά κέντρα του καταλύτη), ο οποίος είναι σε σπογγώδη µορφή ή σε µορφή λεπτών κόκκων. Κάτω από αυτές τις συνθήκες οι δεσµοί των µορίων των αντιδρώντων εξασθενούν κι έτσι η αντίδραση γίνεται πιο γρήγορα. β) Το ποσό της θερµότητας που εκλύεται ή απορροφάται κατά την µετάβαση ενός χηµικού συστήµατος από µια καθορισµένη αρχική κατάσταση σε µια επίσης καθορισµένη τελική κατάσταση, είναι ανεξάρτητο από τα ενδιάµεσα ΘΕΜΑ Β στάδια µε τα οποία µπορεί να πραγµατοποιηθεί η µεταβολή. Β. Τα σώµατα Β και Γ και είναι τα αντιδρώντα αφού έχουν αρνητικό ρυθµό µεταβολής συγκέντρωσης ( η ταχύτητα της αντίδρασης είναι θετική) και τα σώµατα Α και είναι τα προϊόντα. Από την αναλογία των ρυθµών µεταβολής της συγκέντρωσης προκύπτει ότι η χηµική εξίσωση της αντίδρασης είναι: B + Γ A + ( g ) ( g ) ( g ) ( g ) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

2 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Ε_3.ΧλΘ(α) Β. α) Ο νόµος της ταχύτητας µπορεί να γραφεί ως: a β u= k[ X ] [Y ] () Από τα πειραµατικά δεδοµένα, αντικαθιστώντας στην προηγούµενη σχέση έχουµε: a β α α β ( ) a( ) β a β β u = k [ X ] [Y ] u = k [ X ] [Y ] ( ) 9u = k[ X ] 3[Y ] 9u = k[ X ] 3 [Y ] ( 3 ) ιαιρώντας κατά µέλη τις () και (): α = α = ιαιρώντας κατά µέλη τις () και (3): = β = 9 3 Άρα ο νόµος της ταχύτητας της αντίδρασης είναι: u= k[ X ][Y ] β) Αν η αντίδραση ήταν απλή θα έπρεπε: α= και β= 3. Όµως, βρήκαµε παραπάνω ότι α= και β=. Εποµένως, η αντίδραση έχει πολύπλοκο µηχανισµό, δηλαδή γίνεται σε στάδια. Ένας µηχανισµός αντιδράσεων που είναι συµβατός µε το νόµο της ταχύτητας που προσδιορίσαµε είναι: X (g) + Y(g) Ω (g) (αργό στάδιο) Ω (g) + Y(g) Ζ (g) (γρήγορο στάδιο) Β3. α) Από τις δεδοµένες ενθαλπίες προκύπτουν οι παρακάτω θερµοχηµικές εξισώσεις: C + O CO, Η = 393,5kJ ( ) ( s ) ( g ) ( g ) H ( g ) + O( g ) H O ( g ), Η = 4kJ ( ) C( s ) + O( g ) CO ( g ), Η = 0,5kJ ( 3 ) Από αυτές: ( ) : C + O CO, Η = 393,5kJ ( s ) ( g ) ( g ) Προσθέτω κατά µέλη, οπότε προκύπτει: CO( g ) + H O( g ) CO( g ) + H ( g ), Η = 4kJ Η αντίδραση είναι εξώθερµη αφού έχει Η< 0. αντιστρ έϕω ( ) : H O( g ) H ( g ) + O ( g ), Η = + 4kJ αντιστρ έϕω ( 3 ) :CO( g ) C( s ) + O ( g ), Η = + 0,5kJ β ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

3 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Ε_3.ΧλΘ(α) β) Από την αρχή Lavoisier-Laplace προκύπτει ότι: CO( g ) + H ( g ) CO( g ) + H O ( g ), Η=+4kJ [CO][ HO] Η Κc της ισορροπίας δίνεται από την σχέση: Κ c= [CO ][ H ] Με την αύξηση της θερµοκρασίας, σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier, η ισορροπία στρέφεται προς την κατεύθυνση που απορροφάται θερµότητα (προς την ενδόθερµη), άρα προς τα δεξιά. Αυτό έχει σαν αποτέλεσµα να αυξάνεται η συγκέντρωση του CO και του Η Ο, ενώ µειώνεται η συγκέντρωση του CO και του Η. Εποµένως, µε την αύξηση της θερµοκρασίας, αυξάνεται η σταθερά Κc. Β4. α) Η πρόταση είναι σωστή. Με την αύξηση της θερµοκρασίας θα ευνοηθεί η ενδόθερµη αντίδραση, δηλαδή η ισορροπία θα µετατοπιστεί προς τα αριστερά. Από την στοιχειοµετρία της αντίδρασης φαίνεται ότι δεν θα µεταβληθούν τα mol ΘΕΜΑ Γ των αερίων σωµάτων. Όµως, από την καταστατική εξίσωση, PV= nrt, προκύπτει ότι αφού αυξήθηκε η θερµοκρασία θα αυξηθεί και η πίεση στο δοχείο. Από την αρχή διατήρησης της µάζας προκύπτει ότι η µάζα του συστήµατος παραµένει αµετάβλητη. β) Η πρόταση είναι λάθος. Ο βαθµός κατάτµησης του Fe( s ) επηρεάζει την ταχύτητα της αντίδρασης και όχι την απόδοση της. γ) Η πρόταση είναι σωστή. n Η σχέση που συνδέει την Kp και την Kc είναι: Kp= Kc( RT ) Κατά την πραγµατοποίηση της αντίδρασης δεν υπάρχει µεταβολή των mol ( n ) των αερίων, δηλαδή n= 0, εποµένως Kp = Kc. Γ. α) Έστω ότι το µίγµα περιέχει x mol Cl και y mol I H + Cl HCl, Η = 8kJ mol Cl εκλύει 8kJ x mol Clεκλύoυν Q= 8x kj H + I HI, Η = 5kJ mol I απορροφά 5kJ y mol I απορροφoύν Q = 5y kj ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 6

4 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Ε_3.ΧλΘ(α) Επειδή δεν υπάρχει θερµική µεταβολή το ποσό θερµότητας που εκλύεται από την µία αντίδραση θα απορροφάται από την άλλη. Άρα Q = Q 8x = 5 y y = 3,5x () Τα mol του HCl που παράγονται από την πρώτη αντίδραση είναι x, ενώ τα mol του HI που παράγονται από την δεύτερη αντίδραση είναι y. HCl + NaOH NaCl + H O, Η = 57kJ x mol HCl αντιδρoύν µε x mol NaOH HI + NaOH NaI + HO, Η = 57kJ y mol HI αντιδρoύν µε y mol NaOH n x + y C = 0,45 = x + y = 0,9 () NaOH V 4 Από τις (), () προκύπτει ότι x = 0, mol Cl και y = 0,7 mol I. β) Το ποσό θερµότητας που ελευθερώθηκε κατά τις εξουδετερώσεις είναι: Q = 57 x + 57 y = 0,6kJ 34,4 Γ. Βρίσκουµε αρχικά τα mol του Ο : n = Ο 6 mol,4 = Επειδή δεν γνωρίζουµε τον τύπο του οξειδίου που σχηµατίζουµε έχουµε: x S + O SO x Η = 400kJ 6 mol O εκλύουν 600kJ x οπότε x = 3 mol O εκλύουν 400 kj Άρα ο µοριακός τύπος του οξειδίου θα είναι SO 3. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 6

5 ΘΕΜΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Υπολογισµός αρχικών mol mol A = C V = M L = mol mol B = C V = M 3L = 6 mol A + B Γ H = 05 kj αρχικά (mol) 6 µεταβολές (mol) x x + x Q= 05x kj Ισορροπία (mol) x 6 x x Q= 05x kj Απόδοση α mol Γ πραγµατικά 50 x = = x = mol mol Γ θεωρητικά 00 Άρα στην ισορροπία θα έχουµε: mol 5mol mol [ A] = = 0,M, [ B ] = = M, [ Γ ] = = 0,M 5L 5L 5L Ε_3.ΧλΘ(α). Από εξίσωση θερµιδοµετρίας έχουµε: 05 kj Q = mc θ θ = = 5 C 5 kg 4, kj / kg C Με βάση την πυκνότητα των διαλυµάτων υπολογίζουµε την µάζα τους: ( m = ρ V = g ml 5000mL = 5000g = 5 kg ). Επειδή η αντίδραση είναι εξώθερµη και έχουµε µεταβολή της θερµοκρασία 5 C, η τελική θερµοκρασία του διαλύµατος 3 θα είναι Θτ = 5 C.. [ Γ ] 0,Μ Kc = = = Μ [ Α ][ Β ] 0,Μ Μ 3. Αφού στην ισορροπία προστέθηκε Γ, η αντίδραση σύµφωνα µε την αρχή Le Chatelier θα προχωρήσει προς τα αριστερά, δηλαδή προς εκείνη την κατεύθυνση που τείνει να µειώσει την συγκέντρωση του Γ. A + B Γ αρχ. Ισορ (mol) 5 προσθέτω (mol) y µεταβολές (mol) + + Τελ. Ισορ (mol) y ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 6

6 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 04 Ε_3.ΧλΘ(α) Αφού στην τελική ισορροπία οι συγκεντρώσεις των Β και Γ είναι ίσες, άρα και τα mol αφού υπάρχει κοινός όγκος, ο όγκος του διαλύµατος, έχουµε: 5 + = + y 4 + = y () Με βάση την σχέση () οι ποσότητες των διαλυµένων ουσιών στην τελική ισορροπία γίνονται: mola= + molb = 5+ ( ) mol Γ = + y = + 4+ = 5+ Η σταθερά χηµικής ισορροπία δεν µεταβάλλεται, λόγω του ότι δεν αλλάζει η θερµοκρασία, άρα έχουµε: 5 + Μ [ Γ ] Kc = Μ = 5 = 4 mol [ Α ][ Β ] Μ Μ 5 5 Άρα µε βάση την εξίσωση () θα πρέπει να διαλύσουµε επιπλέον στο διάλυµα 3, y = = mol Γ 3. Υπολογίζουµε το πηλίκο αντίδρασης, για τις ποσότητες που δίνονται: 4 Μ [ Γ ] 3 Qc = = = M [ Α ][ Β ] 6 Μ Μ 3 3 Επειδή Qc = Kc το σύστηµα βρίσκεται σε κατάσταση ισορροπίας οπότε οι συγκεντρώσεις των ουσιών τελικά στο διάλυµα θα είναι: 6 mol [ A] = = M 3 L mol [ B ] = = M 3 L 3 4 mol 4 [ Γ ] = = M 3 L 3 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 6