ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Α.1 δ Α.2 γ Α.3 α Α.4 β Α.5 δ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Α.1 δ Α.2 γ Α.3 α Α.4 β Α.5 δ"

Δεσποίνη Βονόρτας
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α.1 δ Α. γ Α. α Α. β Α.5 δ ΘΕΜΑ Β Β.1 α) R F < R Na < R K Το F έχει τη μικρότερη ατομική ακτίνα ( στιβάδες) αφού ανήκει στη η περίοδο) Το Κ έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα ( στιβάδες) Το Na βρίσκεται ενδιάμεσα ( στιβάδες) β) Από τη θέση του στον Π.Π. βλέπουμε ότι ο ατομικός αριθμός του r είναι, ενώ του Fe είναι 6 Για το r: 1s s p 6 s p 6 d 5 s 1 Η δομή d 5 s 1 είναι σταθερότερη από την d s και προτιμάται, γιατί όταν η d υποστιβάδα είναι ημισυμπληρωμένη (d 5 ) ή πλήρως συμπληρωμένη (d 10 ) έχει χαμηλότερη ενέργεια και συνεπώς σταθερότερη δομή. Έτσι αφαιρείται ένα ηλεκτρόνιο από την s υποστιβάδα και ημισυμπληρώνει την d. Για το Fe + : 1s s p 6 s p 6 d 6 Από το ουδέτερο άτομο του Fe: 1s s p 6 s p 6 d 6 s αφαιρούνται τα δύο ηλεκτρόνια της s υποστιβάδας (ηλεκτρόνια σθένους). γ) Στα στοιχεία H, F και l. Αιτιολόγηση: i) Τα F, l ως αλογόνα, έχουν τη δομή ns np 5. Έτσι το ανιόν τους έχει δομή ns np 6, ίδια με αυτή του πλησιέστερου ευγενούς αερίου. ii) Το Η - με δομή 1s αποκτά και αυτό δομή του He. Β. α) HO + H NH HOONH H ουδέτερο διάλυμα Αιτιολόγηση Το HOONH H (μεθανικό μεθυλαμμώνιο) διίσταται πλήρως, ως άλας HO + H NH HOO H NH Αρχικά - - Τελικά - 1

2 Με νερό αντιδρούν και τα δύο ιόντα, αφού προέρχονται από ασθενείς ηλεκτρολύτες. K w 10 ΗOO HO HO με Kb 10 K a HO K H NH H O H NH H O με K 10 w 10 a Kb HNH Αφού K K και τα δύο ιόντα έχουν την ίδια αρχική a b(hoo ) (HNH ) συγκέντρωση, θα δώσουν τελικά HO διάλυμα β) HO Na HOONa HO βασικό διάλυμα Αιτιολόγηση: Ομοίως, η διάσταση του HOONa δίνει HOONa HOO Na, δηλαδή ουδέτερο Από τα δύο ιόντα, το Na + δεν αντιδρά με Η Ο, αφού προέρχεται από το Na, που είναι ισχυρή βάση. Αντιθέτως, το HOO - αντιδρά με το Η Ο, ως συζυγής βάση του ασθενούς οξέος HO. HOO H O HO Προκύπτει λοιπόν βασικό διάλυμα Β. Το διάγραμμα (ii) είναι το σωστό Αιτιολόγηση: K Από το νόμο του Ostwald στην προσεγγιστική του μορφή α αύξηση της συγκέντρωσης του οξέος μειώνει τον βαθμό ιοντισμού. a, η B. α) Η αντίδραση είναι εξώθερμη, αφού η ενθαλπία των προϊόντων είναι μικρότερη από αυτή των αντιδρώντων. Έτσι Η = Η πρ - Η αντ < 0 β) i) ' Η Εα Εα α β ΚJ Αιτιολόγηση: Αν Ε είναι η ενέργεια του ενεργοποιημένου συμπλόκου (στην κορυφή της καμπύλης), ισχύει Η Ηπρ Η αντ (Εβ) (Εα) α β όπου α,β οι ενέργειες ενεργοποίησης των αντιδράσεων με φορά προς τα δεξιά και αριστερά αντίστοιχα. ii) E α = α = 09 ΚJ iii) E α = β =8 ΚJ της αντίστροφης αντίδρασης

3 ΘΕΜΑ Γ Γ.1 Η ένωση v H v O αντιστοιχεί σε κορεσμένη μονοσθενή αλδεοδη ή κετόνη. Αφού αντιδρά με αμμωνιακό διάλυμα ΑgNO (αντιδραστήριο Tollens) είναι αλδεϋδη και όχι κετόνη. Μr 58 1v v v Άρα ο Μοριακός τύπος είναι H 6 O και ο Συντακτικός τύπος H H H = O προπανάλη. Η εξίσωση της αντίδρασης είναι: HHH O AgNO NH HO HHOONH Ag NHNO Γ. Α: H H = H B: Γ: H - - H O Ε: H = - OOH : H H - H - H H - - N H Γ. Mr H6 1 6 m 6, nh 5 mo 6 Mr α. Οι εξισώσεις των αντιδράσεων είναι: H H H H H O H H H και H H H H H O H H H 5 H - H - H + KMnO + H SO 5 H - - H + K SO + MnSO + 8 H O O 5 H H H + KMnO + 6 H SO 5 H H O + K SO + MnSO + 11H O H - H - H + I + 6 Na HI + H OONa + 5 NaI + 5 H O β. Έστω ότι x mol προπενίου αντιδρούν προς -προπανόλη και ymol προς 1-προπανόλη

4 H H H H H O H H H xmol xmol (κύριο προϊόν) H H H H H O H H H (παραπροϊόν) ymol ymol 1 ο μέρος x y, mol αντίστοιχα 5 H - H - H + KMnO + H SO 5 H OH + K SO + MnSO + 8 H O 5mol x mol x ; = 5 5 H H H + KMnO + 6 H SO 5 H H O + K SO + MnSO + 11H O 5mol y KMnO ; = mol y 5 n V 0,01,8 0,08mol Άρα x y 0,08 x y (1) 5 5 ο μέρος x y, mol αντίστοιχα Αλογονοφορμική αντίδραση δίνει μόνο η H - H - H μεθυλο αλκοόλη ως δευτεροταγής H H H I 6Nα H OONα HI NαI5HO x m 19,7 nhi 0,05 Mr 9 H - H - H Άρα x 0,05 x mol () Από (1) και () y 0,0mol x mol H H H

5 γ. Από τα 5 mol προπενίου, αντέδρασαν x y mol 100 ; 80 % Άρα το 80% της αρχικής ποσότητας του προπενίου μετατράπηκε σε αλκοόλες. ΘΕΜΑ.1 α) HO HII HO 1 β) οξειδωτικό σώμα το Η O, στο οποίο το Ο ανάγεται από -1 σε - Αναγωγικό σώμα το HI στο οποίο το Ι οξειδώνεται από -1 σε 0 γ) Στα 100mL διαλύματος περιέχονται 17g ΗΟ 00 ; 68g n ΗΟ m 68 mol Mr Η Ο + ΗΙ Ι + Η Ο 1 mol 1 mol mol ; = mol Άρα παράχθηκαν mol I. Η + Ι ΗΙ Αρχικά 0,5 0,5mol Αντιδ. x x Παραγ. x Ισορροπ. 0,5 x 0,5 x x x V x K ,5 x 0,5 x 0,5 x V V x 8 x 8x x 0, mol 0,5 x Άρα στην ισορροπία n n 0,5 x mol H I n x 0,8 mol H1 5

6 . ΗΙ (g) + NH (g) NH I (s) Αρχ 0,5 0,5 mol Ισορρ. 0,5 y 0,5 y y mol α) Η θέση ισορροπίας παραμένει ίδια β) Αιτιολόγηση Το ΝΗ Ι είναι στερεό. Άρα δεν μετέχει στη Χ.Ι. Η απομάκρυνση μέρους αυτού δεν επηρεάζει τις συγκεντρώσεις των υπολοίπων δύο. 1 Άλλωστε K που είναι σταθερή και εξαρτάται μόνο από HI NH τη θερμοκρασία. Οι συγκεντρώσεις αυτές λοιπόν, μένουν σταθερές.. Υπολογίζουμε πρώτα την Κ b της ΝΗ Στο διάλυμα Υ ΝΗ + Η Ο NH + ΟΗ Αρχ. Μ Ισορρ. ω ω ω K b ω ω ω Kb ω ph 11p ω και αφού, έχουμε 5 Κb 10 Μ Έστω n τα mol του ΗΙ που πρέπει να προστεθούν στο διάλυμα της ΝΗ. Η προσθήκη του ΗΙ μειώνει το ph και γίνεται 9. nnh V 0,01 mol Η αντίδραση εξουδετέρωσης έχει την εξίσωση: ΝΗ + ΗΙ ΝΗ Ι ιερεύνηση: i) αν n n 0,01 (πλήρης εξουδετέρωση) NH HI Τότε στο ισοδύναμο σημείο θα υπήρχε μόνο το άλας ΝΗ Ι, από τα ιόντα του οποίου αντιδρά με Η Ο μόνο το NH (οξύ). Θα έδινε λοιπόν διάλυμα με ph < 7, άτοπο ii) αν nnh n HI (περίσσεια ΗΙ). Τότε θα προέκυπτε διάλυμα ακόμα πιο όξινο σε σχέση με πριν, άτοπο. iii) Άρα nnh n HI, δηλαδή αντιδρά όλο το ΗΙ με ένα μέρος της ΝΗ και σχηματίζεται ρυθμιστικό διάλυμα ΝΗ ΝΗ Ι, σύμφωνα με την εξίσωση: 6

7 ΝΗ + ΗΙ ΝΗ Ι Αρχικά 0,01 n Τελικά 0,01 n n Έτσι στο ρυθμιστικό διάλυμα που σχηματίζεται, όγκου επίσης 100mL, οι συγκεντρώσεις των ουσιών είναι: 0,01 n Για την ΝΗ : β M n Για το ΝΗ Ι: oξ M Από την εξίσωση Henderson των ρυθμιστικών διαλυμάτων και με 5 δεδομένο ότι ph 9 p 5 10 M έχουμε: K β 5 5 β b β οξ οξ οξ 0,01n n n 0,005 mol ΗΙ θα προστεθούν.5 α) Το NH I διίσταται πλήρως, ως ισχυρός ηλεκτρολύτης ΝΗ Ι NH + Ι n 0,01 M V Με Η Ο αντιδρά μόνο το NH, που είναι το συζυγές οξύ της ασθενούς βάσης ΝΗ NH + Η Ο ΝΗ + Η Ο + Αρχικά Μ Ισορροπία φ φ φ K φ K φ Η Ο w φ 9 5 α Kb φ Οπότε ph = log10 5 = 5 β) Έστω n τα mol του NαΟΗ που θα προστεθούν Τα mol του ΝΗ Ι είναι 0,01 Η εξίσωση της αντίδρασής τους είναι: NHI Na NaI NH HO ιερεύνηση i) αν n =0,01 (πλήρης αντίδραση) ΝΗ Ι + ΝαΟΗ ΝαΙ + ΝΗ + Η Ο Αρχ. 0,01 0,01 Τελ 0,01 0,01 7

8 0,01 NH M ΝΗ + Η Ο NH + ΟΗ Αρχ. Μ Ισορρ. λ λ λ λ λ Kb λ ΟΗ Κb 10 λ p ph 11, άτοπο ii) Αν n > 0,01 (περίσσεια ΝαΟΗ) Tότε θα σχηματιζόταν διάλυμα ακόμα πιο βασικό, άτοπο iii) Άρα n <0,01, δηλαδή αντιδρά όλο το Na και σχηματίζεται ρυθμιστικό διάλυμα ΝΗ Ι + ΝαΟΗ ΝαΙ + ΝΗ + Η Ο Αρχ. 0,01 n Τελ 0,01-n n n ΝΗ NH I β n' Από Henderson: 0,01 n' οξ b ph9 5 5 β Kb p5 οξ οξ β οξ n' 0,01n' n' 0,005 mol ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ ΓΡΗΓΟΡΙΟΣ ΤΣΙΚΛΙ ΗΣ 8

Σχετικά έγγραφα

ΧΗΜΕΙΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

14 Ιουνίου 017 ΧΗΜΕΙΑ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ Απαντήσεις Θεμάτων Πανελλαδικών Εξετάσεων Ημερησίων Γενικών Λυκείων ΘΕΜΑ Α Α.1 δ Α. γ Α. α Α.4 β Α.5 δ ΘΕΜΑ Β B.1 α. Η ατομική ακτίνα αυξάνεται