ωστόσο όμως επειδή η 3d υποστοιβάδα όταν είναι ημισυμπληρωμένη είναι σταθερότερη η σωστή ηλεκτρονιακή δόμηση είναι :

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ωστόσο όμως επειδή η 3d υποστοιβάδα όταν είναι ημισυμπληρωμένη είναι σταθερότερη η σωστή ηλεκτρονιακή δόμηση είναι :"

Τιτάνια Παχής
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Α1. δ Α2. γ Α3. α Α4. β Α5. δ ΘΕΜΑ Β Β1. α. Τα στοιχεία διατάσσονται ως εξής : F < Na < K Η παραπάνω διάταξη των στοιχείων είναι κατά αύξουσα ατομική ακτίνα καθώς η ατομική ακτίνα στον Περιοδικό Πίνακα αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω σε μία ομάδα και από δεξιά προς τα αριστερά σε μία περίοδο. β. Για το χρώμιο ισχύει ότι : 24Cr: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 4 4s 2 ωστόσο όμως επειδή η 3d υποστοιβάδα όταν είναι ημισυμπληρωμένη είναι σταθερότερη η σωστή ηλεκτρονιακή δόμηση είναι : 24Cr: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 Για το σίδηρο ισχύει ότι : 26Fe: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 Επομένως για το ιόν του Fe 2+ η ηλεκτρονική δομή είναι η εξής : 26Fe: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6

2 γ. Τα στοιχεία που εμφανίζουν ανιόν -1 και είναι ισοηλεκτρονιακά με ευγενή αέρια είναι τα εξής : 1H H - ( 2 e - ισοηλ. με το 2 He ) 9F F ( 10 e - ισοηλ. με το 10 Νe ) 17Cl Cl (18 e - ισοηλ. με το 18 Ar ) B2. Με πλήρη εξουδετέρωση οξέος και βάσης προκύπτει σε κάθε περίπτωση : α. HCOOH + CH 3 NH 2 HCOOCH 3 NH 3 Το άλας διίστανται πλήρως : HCOOCH 3 NH 3 HCOO - + CH 3 NH 3 + Για κάθε ιόν ισχύει ότι : HCOO - + H 2 O HCOOH + OH CH 3 NH H 2 O CH 3 NH 2 + H 3 O + Πρέπει να υπολογιστεί η Κb HCOO - και της Ka CH3NH3+ Άρα Κb HCOO - = = = Ka CH3NH3+ = = = Άρα αφού Κb HCOO - = Ka CH3NH3+ το διάλυμα είναι ουδέτερο και ph=7 β. Η αντίδραση εξουδετέρωσης είναι : HCOOH + NaOH HCOONa + H 2 O

3 Το άλας διίσταται πλήρως : HCOONa HCOO - + Na + Για το HCOO - ισχύει : HCOO - + H 2 O HCOOH + OH Επομένως εφόσον έχουμε παραγωγή υδροξυλίου το διάλυμα είναι βασικό,δηλαδή ph>7. Β3. Το διάγραμμα που απεικονίζει το την μεταβολή του βαθμού ιονισμού ως συνάρτηση της συγκέντρωσης είναι το (ii) διότι με αύξηση της συγκέντρωσης μειώνεται ο βαθμός ιονισμού. Β4. α. Η αντίδραση είναι εξώθερμη καθώς Η προϊόντων < Η αντιδρώντων Άρα ΔΗ < 0 β. i. ΔΗ = β-α= = 139 KJ/mol Και επειδή είναι εξώθερμη ΔΗ = -139 KJ/mol ii. iii. Η ενέργεια ενεργοποίησης είναι : α= 209 KJ/mol Η ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης : N 2 + NO 2 N 2 O + NO είναι β=348 kj/mol ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η οργανική ένωση έχει Γενικό Μοριακό Τύπο C V H 2V O άρα πρόκειται είτε για αλδεΰδη είτε για κετόνη. Mr = 58 => 12v + 2v + 16 = 58 => v=3

4 Άρα πιθανές ενώσεις : CH 3 CH 2 CHO προπανάλη CH 3 C- CH 3 προπανόνη O Επειδή όμως αντιδρά με αμμωνιακό διάλυμα νιτρικού αργύρου (αντιδραστήριο Tollens) σχηματίζοντας κάτοπτρο είναι αλδεΰδη και συγκεκριμένα η προπανάλη. Η αντίδραση είναι η εξής : CH 3 CH 2 CHO + 3NH 3 + 2AgNO 3 +H 2 O CH 3 CH 2 COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 Γ3. Τα mol του προπενίου υπολογίζονται από τον τύπο : n = = => n = 0,15 mol Η αντίδραση προσθήκης νερού στο προπένιο είναι η εξής :

5 0,15 mol x mol y mol Το μείγμα χωρίζεται σε δύο ίσα μέρη. Άρα 2-προπανόλης και 1-προπανόλης Το πρώτο μέρος αντιδράει πλήρως με 2,8 L ΚΜnΟ 4 C=0,01 M άρα : C= = 0,028 mol KMnO 4 Οι αντιδράσεις είναι οι εξής : 5mol 2mol mol mol 5 CH 3 CH 2 CH 2 OH + 4 KMnO 4 + 6H 2 SO 4 5 CH 3 CH 2 COOH + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 5 mol 4 mol mol = mol n(kmno 4 ) = 0,028 mol => + = 0,028 => x + 2y = 0,14 (1)

6 Το δεύτερο μέρος αντιδράει με διάλυμα I 2 παρουσία NaOH και αντιδράει μόνο η 2- προπανόλη καθώς η μοναδική πρωτοταγής αλκοόλη που δίνει αλογονοφορμική αντίδραση είναι η αιθανόλη. Άρα : CH 3 CH CH I NaOH CHI 3 + CH 3 COONa + 5 NaI + 5 H 2 O OH mol mol Για το ίζημα CHI 3 ισχύει ότι : Mr = 1x12 + 1x1 + 3x127 = 394 n = = => n = 0,05 mol Έχουμε = 0,05 => x =0,1 mol 2- προπανόλη Άρα από την εξίσωση (1) προκύπτει ότι : x + 2y = 0,14 => 0,1 + 2y = 0,14 => y= 0,02 mol προπανόλη ΘΕΜΑ 4 Δ1. α. Η 2 Ο 2 (aq) + 2ΗΙ (aq) Ι 2 (s) + 2Η 2 Ο (l) β. Οξειδωτικό: H 2 O 2 ( A.O. από -1-2) Αναγωγικό : HI ( Α.Ο. από -1 0 ) γ. Μr H 2 O 2 = 2Ar H + 2Ar O = = 34 και από τον τύπο n = => n= 0,5 mol Επειδή Η 2 Ο 2 17% w/v ισχύει ότι : στα 100 ml δ/τος υπάρχουν 0,5 mol Η 2 Ο ml δ/τος 2 mol Η 2 Ο 2 Άρα από την στοιχειομετρία της αντίδρασης έχουμε 2 mol I 2

7 Δ2. Έχουμε ότι : H 2 (g) + I 2 (g) 2 HI (g) Αρχ. ( mol) 0,5 0,5 Αντ./Παρ. ( mol ) x x 2x Χ.Ι. (mol) 0,5- x 0,5-x 2x K c = = => 8 2 = => 8= => 4-8x = 2x => 4=10x => x = 0,4 X.I. n H 2= n I2 = 0,1 mol n HI = 0,8 mol Δ3. Η προσθήκη στερεού NH 4 Ι (s) δεν μεταβάλλει την θέση της χημικής ισορροπίας, διότι η συγκέντρωση παραμένει πρακτικά αμετάβλητη. Δ4. n NH3 = C. V = 0,1. 0,1 = 0,01 mol C NH3 = = = 0,1 M NH 3 + H 2 O NH OH - Αρχ. (M) 0,1 Αντ./Παρ. (M) x x x Χ.Ι. (M) 0,1- x 0,1 x x

8 Όμως ph = 11 και poh= = 3 poh= 3 => -log[oh - ] = 3 => -logx = 3 => x= 10-3 K bnh3 = Με την προσθήκη του ΗΙ ΗΙ + ΝΗ 3 ΝΗ 4 Ι Tο ph μειώνεται : ph = ph 2 = 11-2 = 9 και poh = 14 9 = 5 Έστω ότι αντιδρούν πλήρως : n NH3 = n HI = 0,01 mol NH 3 + HI NH 4 I Αρχ. ( mol) 0,01 0,01 Αντ./Παρ. ( mol ) 0,01 0,01 0,01 Χ.Ι. (mol) - - 0,01 Τότε C = = = 0,1 M

9 To NH 4 I διίσταται πλήρως στα ιόντα του ως εξής : NH 4 I NH I - 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ Τα κατιόντα του NH 4 + αντιδρούν στην συνέχεια με το νερό ως εξής : NH H 2 O NH 3 + H 3 O + Αρχ. (M) 0,1 Αντ./Παρ. (M) y y y Χ.Ι. (M) 0,1- y 0,1 y y K a = = = 10-9 K a = = => y 2 = (10-1 ) (10-9 ) => y 2 = => y= 10-5 ph = -log[ H 3 O + ] = -log y = -log( 10-5 ) = 5 ΑΤΟΠΟ, διότι ph =9 Άρα n HI > 0,01 mol

10 Άρα ξαναγράφουμε την αντίδραση εξουδετέρωσης ως εξής : NH 3 + HI NH 4 I Αρχ. ( mol) 0,01 n HI Αντ./Παρ. ( mol ) n HI n HI n HI Χ.Ι. (mol) 0,01 - n HI n HI C NH3 = = C NH4I = = Ρυθμιστικό διάλυμα poh= pk b + log ( ) = 5 + log ( ) = 5 + log( ) => 5= 5 + log ( ) => log( ) = log 1 => = 1 => = 0,01- => 2 = 0,01 => = 0,005 mol

11 Δ5. α. C NH4I = = = 0,1 M To NH 4 I διίσταται πλήρως στα ιόντα του ως εξής : NH 4 I NH I - 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ NH H 2 O NH 3 + H 3 O + Αρχ. (M) 0,1 Αντ./Παρ. (M) ω ω ω Χ.Ι. (M) 0,1- ω 0,1 ω ω K a = = => ω 2 = (10-1 ) (10-9 ) => ω 2 = => ω = 10-5 ph = -log[ H 3 O + ] = -log ω = -log( 10-5 ) = 5 β. Έστω ότι n NaOH = n NH4I = 0,05 mol NH 4 I + NaOH NaI + NH 3 + H 2 O Αρχ. ( mol) 0,01 n NaOH Αντ./Παρ. ( mol) 0,01 0,01 0,01 0,01 0,01 Χ.Ι. (mol) - - 0,01 0,01 0,01

12 C NH3 = = = 0,1M NH 3 + H 2 O NH OH - Αρχ. (M) 0,1 Αντ./Παρ. (M) φ φ φ Χ.Ι. (M) 0,1- φ 0,1 φ φ K bnh3 = => φ 2 = (10-1 ) (10-5 ) => φ 2 = 10-6 => 10-3 pοh = -log[ OΗ - ] = -log φ = -log( 10-3 ) = 3 και ph= 14-3= 11 ΑΤΟΠΟ, διότι ph = 9 Άρα υπάρχει περίσσεια ΝΗ 4 Ι, για το λόγο αυτό ξαναγράφουμε την αντίδραση με NaOH ως εξής : NH 4 I + NaOH NaI + NH 3 + H 2 O Αρχ. ( mol) 0,01 n NaOH Αντ./Παρ. ( mol) n NaOH n NaOH n NaOH n NaOH n NaOH Χ.Ι. (mol) 0,01 - n NaOH n NaOH n NaOH n NaOH C NH3 = = C NH4I = =

13 Ρυθμιστικό διάλυμα poh= pk b + log ( ) = 5 + log ( ) = 5 + log( ) => 5= 5 + log ( ) => log( ) = log 1 => = 0,01- => 2 = 0,01 => = 0,005 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