ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2017

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2017"

Παρθενορή Δημητρίου
7 χρόνια πριν
Προβολές:

β) Cr : Με αρίθμηση των στοιχείων - κουτάκια στον περιοδικό πίνακα προκύπτει για το Cr Ζ = 24 και για τον Fe = 26.

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ 2017 ΘΕΜΑ Α Α1δ Α2γ Α3α Α4β Α5δ ΘΕΜΑ Β Β1. α) F < Na < K Οι ατομικές ακτίνες αυξάνονται σε μια ομάδα από πάνω προς τα κάτω και σε μια περίοδο από δεξιά προς τα αριστερά. β) Cr : Με αρίθμηση των στοιχείων - κουτάκια στον περιοδικό πίνακα προκύπτει για το Cr Ζ = 24 και για τον Fe = 26. Επίσης, από την ομάδα και την περίοδο κάθε στοιχείου προκύπτει Ζ Cr = 24 και Z Fe = Cr : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 26Fe 2 : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 γ) Τα ανιόντα των στοιχείων 1 H, 9 F, 17 Cl είναι αντίστοιχα H -, F -, Cl - και είναι ισοηλεκτρονιακά με το πλησιέστερο ευγενές αέριο. B2. α) Oυδέτερο. Το παραγόμενο άλας CH 3 NH 3 HCOO - με διάσταση δίνει το ασθενές οξύ CH 3 NH 3 και την ασθενή βάση HCOO - σε ίσες συγκεντρώσεις. Το ασθενές οξύ CH 3 NH 3 έχει K a =10-10 M και η ασθενής βάση HCOO - έχει Κ b = M. Άρα στο διάλυμα θα έχουμε [Η 3 Ο ] = [ΟΗ - ] και άρα είναι ουδέτερο. Το παραγόμενο άλας HCOO - Na με διάσταση δίνει την ασθενή βάση HCOO - που παράγει ΟΗ -. Άρα στο διάλυμα θα έχουμε [ΟΗ - ] > [Η 3 Ο ] και άρα είναι βασικό. Β3. Το διάγραμμα ii) O βαθμός ιοντισμού μειώνεται όταν η συγκέντρωση του ασθενούς οξέος αυξάνεται (Νόμος του Ostwald). B4. α) Εξώθερμη, γιατί Η προϊόντων < Η αντιδρώντων ΔΗ ΑΝΤ < 0. β) Λάθος δεδομένα, γιατί οι ενθαλπίες των ουσιών είναι αρνητικές, οπότε πρέπει να είναι: α = KJ και β = KJ. i) ΔΗ ΑΝΤ = Η προϊόντων Η αντιδρώντων = (- 348 KJ) - (- 209 KJ) = KJ Σημείωση: Με τα δεδομένα του ερωτήματος προκύπτει: ΔΗ ΑΝΤ = Η προϊόντων Η αντιδρώντων = (- 348 KJ) (209 KJ) = 139 KJ που είναι λάθος αφού πρέπει να έχουμε ΔΗ ΑΝΤ < 0.

2 ii) Ε a(1) = α = 209 KJ. iii) Ε a(2) = β = 348 KJ. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Πρέπει: 14ν 16 = 58 ν = 3 Μ.Τ C 3 H 6 O Επειδή αντιδρά με διάλυμα AgNO 3 / NH 3 είναι αλδεϋδη και άρα Σ.T : CH 3 CH 2 CHO CH 3 CH 2 CHO 2AgNO 3 3NH 3 H 2 O CH 3 CH 2 COONH 4 2Ag 2NH 4 NO 3 Γ2. Α: CH 2 = CH CH 3 Β: CH 3 CH CH 3 Γ: CH 3 CO - CH 3 CH 3 Δ: CH 3 CH CN Ε : CH 2 = C COOCH 3 Ι CH 3 Γ3. α. CH 2 = CH CH 3 Η 2 Ο CH 3 CH CH 3 (1 o ισομερές) CH 2 = CH CH 3 Η 2 Ο CH 3 CH 2 CH 2 (2 o ισομερές) 5CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 2KMnO 4 3Η 2 SO 4 5CH 3 -CO-CH 3 2MnSO 4 K 2 SO 4 8H 2 O 5CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 4KMnO 4 6Η 2 SO 4 5CH 3 -CO-CH 3 4MnSO 4 2K 2 SO 4 11H 2 O CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 3Ι 2 4ΝaΟΗ CΗΙ 3 CH 3 COONa 3Na H 2 O β. Η ποσότητα του προπενίου CH=CH-CH 3 είναι: n = 42 g mol 1 = 0,15 mol. Έστω n 1 mol του προπενίου αντιδρούν στην 1 η πλευρική αντίδραση και n 2 mol του προπενίου αντιδρούν στην 2 η πλευρική αντίδραση. Επειδή «Ποσότητα προπενίου μάζας 6,3 g αντιδρά..» πρέπει να ισχύει: 6,3 g

3 n 1 n 2 = 0,15 (1). Οι δύο πλευρικές αντιδράσεις δίνουν: CH 2 = CH CH 3 Η 2 Ο CH 3 CH CH 3 (1 o ισομερές) n 1 mol x 1 = n 1 mol CH 2 = CH CH 3 Η 2 Ο CH 3 CH 2 CH 2 (2 o ισομερές) n 2 mol x 1 = n 2 mol Το 1 ο μέρος περιέχει 0,5n 1 mol από το 1 o ισομερές και 0,5n 2 mol από το 2 o ισομερές. Με το KMnO 4 αντιδρούν και τα δύο ισομερή. 5CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 2KMnO 4 3Η 2 SO 4 5CH 3 -CO-CH 3 2MnSO 4 5 mol 2 mol 0,5n 1 mol y 1 = 0,2n 1 mol 5CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 4KMnO 4 6Η 2 SO 4 5CH 3 -CO-CH 3 4MnSO 4 5 mol 4 mol 0,5n 2 mol y 2 = 0,4n 2 mol Για το KMnO 4 πρέπει: 0,2n 1 0,4n 2 = 0,01 2,8 n 1 2n 2 = 0,14 (2) Το 2 ο μέρος περιέχει 0,5n 1 mol από το 1 o ισομερές και 0,5n 2 mol από το 2 o ισομερές. Με το Ι 2 / ΝaΟΗ αντιδρά μόνο το 1 o ισομερές, ως μεθυλοδευτεροταγής 19,7 g αλκοόλη. Το παραγόμενο ίζημα CΗΙ 3 είναι: n = 394 g mol 1 = 0,05 mol. CH 3 -CH(ΟΗ)-CH 3 3Ι 2 4ΝaΟΗ CΗΙ 3 CH 3 COONa 3Na H 2 O 0,5n 1 mol 0,05 mol n 1 = 0,10 (3) Με επίλυση του συστήματος των εξισώσεων n 1 n 2 = 0,15 (1) και n 1 = 0,10 (3) προκύπτει n 2 = 0,05. Με επίλυση του συστήματος των εξισώσεων n 1 2n 2 = 0,14 (2) και n 1 = 0,10 (3) προκύπτει n 2 = 0,02. Η σύσταση του αρχικού μίγματος είναι : Α λύση: n 1 = 0,10 mol του 1 oυ ισομερούς και n 2 = 0,05 mol του 2 ου ισομερούς. Β λύση: n 1 = 0,10 mol του 1 oυ ισομερούς και n 2 = 0,02 mol του 2 ου ισομερούς. γ. Α λύση: Το ποσοστό του προπενίου που μετατράπηκε σε προϊόντα είναι : π = n 1 n2 n Β λύση: = 0,15 = 1 ή εκατοστιαίο ποσοστό %π = = 100% 0,15

4 π = n 1 n2 = 0,12 = 0,8 ή εκατοστιαίο ποσοστό %π = 0,8 100 = 80% n 0,15 Σημείωση: Για να ισχύει μόνο η Β λύση θα έπρεπε η εκφώνηση να ήταν: «Ποσότητα προπενίου μάζας 6,3 g εισάγεται (ή φέρεται προς αντίδραση) μαζί με νερό και στις κατάλληλες συνθήκες σχηματίζεται..» ΘΕΜΑ Δ Δ1. α. Η 2 Ο 2 2ΗΙ Ι 2 2Η 2 Ο β. Η 2 Ο 2 2ΗΙ Ι 2 2Η 2 Ο Οξειδωτικό Αναγωγικό γ. 17g Η 2 Ο 2 περιέχονται σε 100 ml διαλύματος x = 68g Η 2 Ο 2 περιέχονται σε 400 ml διαλύματος n = 68 g 34 g mol 1 = 2 mol Η 2 Ο 2 2ΗΙ Ι 2 2Η 2 Ο 2 mol n = 2 mol Δ2. n/mol Η 2 Ι 2 2ΗΙ αρχ. 0,5 0,5 0 αντ./ παράγ. -x -x 2x στη Χ.Ι 0,5 -x 0,5 - x 2x K c = ( 2x )2 ( 0,5 x )(0,5 x ) = 82 2x 0,5 x = 8 x = 0,4 Επομένως στην χημική ισορροπία έχουμε: n H2 = (0,5-0,4) mol = 0,1 mol. n 2 = (0,5-0,4) mol = 0,1 mol. n H = (2 0,4) mol = 0,8 mol. Δ3. α. Δεν μεταβάλλεται η θέση της χημικής ισορροπίας. β. Αυτό συμβαίνει γιατί το στερεό ΝΗ 4 Ι έχει σταθερή συγκέντρωση είτε προσθέτουμε είτε αφαιρούμε ποσότητά του. Άρα η συγκέντρωση του στερεού ΝΗ 4 Ι δεν είναι παράγοντας της χημικής ισορροπίας. Δ4. Για το διάλυμα Υ3. ΝΗ 3 Η 2 Ο ΝΗ 4 ΟΗ - Χ.Ι c 3 - y - y y = 10-3 M

5 Για την ΝΗ 3 : K b = yy c 3 y = 10 3 M 10 3 M 0,1 M 10 3 M K b = 10-5 M και για το ΝΗ 4 : K a = 10-9 M Με την προσθήκη του ασθενούς οξέος ΗΙ το ph μειώνεται και άρα ph τελ = 11-2 = 9. Το προστιθέμενο ΗΙ αντιδρά με την ΝΗ 3. Αν έχουμε στοιχειομετρικές ποσότητες, θα προκύψει διάλυμα ΝΗ 4 Ι που θα έχει ph < 7, άρα απορρίπτεται αυτή η περίπτωση. Αν ελλειμματικό αντιδρών είναι η ΝΗ 3, θα προκύψει διάλυμα ΗΙ και ΝΗ 4 Ι που θα έχει ph << 7, άρα απορρίπτεται αυτή η περίπτωση Άρα ελλειμματικό αντιδρών είναι το ΗΙ. n/mol ΗΙ ΝΗ 3 ΝΗ 4 Ι αρχ. n 0,1 0,1 0 αντ./παράγ. -n -n n 0 0,01 - n n Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΝΗ 4 / ΝΗ 3 με συγκεντρώσεις: c a = c ΝΗ4Ι = n M και c b = 0,01 n M Υποθέτουμε ότι ισχύουν τα δύο κριτήρια προσέγγισης και άρα ισχύει: [Η 3 Ο c ] = K a a 10-9 M = 10-9 n M n = c b 0,01 n mol. Έλεγχος: c a = c ΝΗ4Ι = n 0,005 mol M = = 0,05 M και c b = 0,01 n (0,01 0,005) mol M = = 0,05 M 0,1 L 0,1 L K a = 10 9 M < 0,01 και K b = 10 5 M < 0,01 c a 0,05 M c b 0,05 M Άρα είναι δεκτή η τιμή n = mol. Δ5. α. 0,01 mol Προκύπτει διάλυμα ΝΗ 4 Ι με συγκέντρωση c 4 = = 0,1 M. 0,1 L Η διάσταση του άλατος ΝΗ 4 Ι δίνει: ΝΗ 4 Ι ΝΗ 4 Ι - 0 c 4 c 4 Το Ι - δεν αντιδρά με το Η 2 Ο, γιατί είναι πολύ ασθενής βάση. Το ΝΗ 4 δίνει: ΝΗ 4 Η 2 Ο ΝΗ 3 Η 3 Ο Χ.Ι c 4 - ω - ω ω Για το ΝΗ 4 : K a = ωω c 4 ω και επειδή K a = 10 9 M < 0,01 ισχύει η προσέγγιση c 4 0,1 M c 4 - ω c 4 και τελικά έχουμε: ω = K a c 4 = (10 9 )(0,1M) = 10-5 M [Η 3 Ο ] 4 = 10-5 M ph 4 = 5. β.

6 Το προστιθέμενο Νa αντιδρά με το ΝΗ 4 Ι. Αν έχουμε στοιχειομετρικές ποσότητες, θα προκύψει διάλυμα ΝΗ 3 με συγκέντρωση c = 0,1 Μ που θα έχει ph =11 > ph 5 = 9, άρα απορρίπτεται αυτή η περίπτωση. Αν ελλειμματικό αντιδρών είναι το ΝΗ 4 Ι, θα προκύψει διάλυμα ΝΗ 3 και Νa που θα έχει ph >> 11, άρα απορρίπτεται αυτή η περίπτωση Άρα ελλειμματικό αντιδρών είναι το Νa. n/mol Νa ΝΗ 4 Ι Na ΝΗ 3 Η 2 Ο αρχ. n 0,1 0,1-0 - αντί./παράγ. -n -n - n - 0 0,01 - n n / Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΝΗ 4 ΝΗ 3 με συγκεντρώσεις: c a = c ΝΗ4Ι = 0,01 n = M και c b = n M. Υποθέτουμε ότι ισχύουν τα δύο κριτήρια προσέγγισης και άρα ισχύει: [Η 3 Ο c ] = K a a 10-9 M = 10-9 M 0,01 n n = mol. c b n Έλεγχος: c a = c ΝΗ4Ι = 0,01 n (0,01 0,005) mol = = 0,05 M και c b = n 0,005 mol M = = 0,05 M 0,1 L 0,1 L K a c a = 10 9 M 0,05 M < 0,01 και K b c b = 10 5 M 0,05 M < 0,01 Άρα είναι δεκτή η τιμή n = mol.

Σχετικά έγγραφα

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 14 Ιουνίου Απαντήσεις Θεμάτων

Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημ/νία: 14 Ιουνίου 2017 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α A1. Σωστό το δ A2. Σωστό το γ A3. Σωστό το α A4. Σωστό το β