Χημεία Γ ΓΕΛ 15 / 04 / Σελίδα 1 από 7. ΘΕΜΑ Α A1. β - 5 μονάδες. A2. γ - 5 μονάδες. A3. α - 5 μονάδες. A4. β - 5 μονάδες. A5.

Transcript

1 Γ ΓΕΛ 15 / 04 / 018 Χημεία ΘΕΜΑ Α A1. β - 5 μονάδες A. γ - 5 μονάδες A3. α - 5 μονάδες A4. β - 5 μονάδες A5. β - 5 μονάδες ΘΕΜΑ Β Β1. i. Κατά τη διάρκεια της αντίδρασης η πίεση μειώνεται γιατί μειώνεται ο συνολικός αριθμός των mol των αερίων στο δοχείο. (mol) Α (g) + Β (g) Γ(g) Αρχικά 6 4 Αντιδρούν x x x t = 5 s 6 - x 4 - x x x i u = 1 Δ[Γ] ή 0, = 1 ή x = mol Δt 5 Άρα στο δοχείο 5 s μετά την έναρξη της αντίδρασης υπάρχουν: mol Α, mol Β 4 mol Γ (mol) Α (g) + Β (g) Γ(g) Αρχικά 6 4 Αντιδρούν y y y t = 15 s 6 y 4 - y y Σελίδα 1 από 7

2 iv. Για t = 15 s η αντίδραση ολοκληρώνεται γιατί εξαντλείται όλη η ποσότητα του Α. Προφανώς 6 y = 0 ή y = 3 y u = 1 u(γ) = Δ[Γ] Δt Δ[Γ] Δt ή u = ή u(γ) = ή u = 0,1 mol/l s ή u(γ) = 0,1 mol/l s Μονάδες 4 x Β. i. Η αρχική ταχύτητα θα αυξηθεί γιατί η αύξηση της θερμοκρασίας αυξάνει τη μέση κινητική ενέργεια των αντιδρώντων μορίων. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί δεν θα αλλάξει γιατί δεν άλλαξαν τα mol του HCl. i Η αρχική ταχύτητα θα μειωθεί γιατί μειώνεται η επιφάνεια επαφής του Zn με το HCl. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί δεν θα αλλάξει γιατί δεν άλλαξαν τα mol του HCl. Η αρχική ταχύτητα δεν θα αλλάξει γιατί δεν αλλάζει κάποιος από τους παράγοντες που επηρεάζουν την ταχύτητα. Ο όγκος του υδρογόνου που θα παραχθεί θα μειωθεί γιατί αντιδρούν λιγότερα mol HCl. Μονάδες 3 x Β3. i. 1s s p 6 3s 3p 6 3d 4s Ζ = 1s s p 6 3s 3p 6 3d 8 4s Ζ = 8 Το στοιχείο θα βρίσκεται στην 4 η Περίοδο και στην 1 η Ομάδα. Η ηλεκτρονιακή του δομή είναι 1s s p 6 3s 3p 6 4s 1 Ζ = 19 i Το στοιχείο θα βρίσκεται στην 4 η Περίοδο και στην 17 η Ομάδα η ηλεκτρονιακή του δομή είναι: 1s s p 6 3s 3p 6 3d 10 4s 4p 5 Ζ = 35 Μονάδες Β4. i. Λόγω αύξησης της θερμοκρασίας η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά γιατί οι αντιδράσεις ιοντισμού είναι ενδόθερμες. Η [ΟΗ - ] θα αυξηθεί άρα το poh θα μειωθεί, ο βαθμός ιοντισμού θα αυξηθεί και η σταθερά ιοντισμού θα αυξηθεί. i Λόγω της αραίωσης η [ΟΗ - ] θα μειωθεί άρα το poh θα αυξηθεί, η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά και ο βαθμός ιοντισμού θα αυξηθεί ενώ η σταθερά ιοντισμού θα παραμείνει σταθερή γιατί δεν αλλάζει η θερμοκρασία. Θα έχουμε επίδραση κοινού ιόντος με κοινό ιόν το ΟΗ -. Η [ΟΗ - ] θα αυξηθεί άρα το poh θα μειωθεί, η ισορροπία του ιοντισμού της Β θα μετατοπιστεί προς τ αριστερά και ο βαθμός ιοντισμού θα μειωθεί ενώ η σταθερά ιοντισμού θα παραμείνει σταθερή γιατί δεν αλλάζει η θερμοκρασία. Μονάδες 6 Σελίδα από 7

3 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Οι ζητούμενοι συντακτικοί τύποι είναι οι εξής: CH=CH CHCH Br C CH C CH Br O Cl A B Γ Δ Ε CH MgCl CHC OMgCl OΗ Z Θ Μ Λ N Μονάδες 10 x 1 Γ. i. Θα έχουμε αλκένιο με τέσσερα άτομα άνθρακα που είναι συμμετρικό οπότε ο συντακτικός του τύπος θα είνα: CH=CH CHC CH CN CHCOOCCH Γ3. Υπάρχουν 11 σ δεσμοί και 1 π δεσμός. καταλύτες i. CH=O + Η CH OΗ καταλύτες CH =O+ Η OΗ καταλύτες CO + Η CΗ(ΟΗ) Μονάδες CH=O + KMnO 4 + 3H SO 4 5HCH=O + 4KMnO 4 + 6H SO 4 CH=O + CuSO 4 + 5NaOH HCH=O + CuSO 4 + 5NaOH 5 COOH + MnSO 4 + K SO 4 + 3H O 5CO + 4MnSO 4 + K SO H O COONa + Cu O + Na SO 4 + 3H O HCOONa + Cu O + Na SO 4 + 3H O Έστω ότι στο μίγμα υπάρχουν n 1 mol CH=O, n mol HCH=O και n 3 mol CO. Υπολογίζουμε τα mol του Η : mol(h ) = Α ΜΕΡΟΣ m Mr(H ) ή mol(h ) = 1, ή mol(h ) = 0,6 CH=O + Η καταλύτες CH OΗ 1mol 1mol 1mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol HCH=O + Η καταλύτες OΗ 1mol 1mol 1mol n /3 mol n /3 mol n /3 mol Σελίδα 3 από 7

4 C + Η καταλύτες CH O 1mol 1mol 1mol n 3 /3 mol n 3 /3 mol n 3 /3 mol Προφανώς n 1 /3 + n /3 + n 3 /3 = 0,6 mol ή n 1 + n + n 3 = 1,8 (1) Β ΜΕΡΟΣ Υπολογίζουμε τα mol του KMnO 4 : n(kmno 4 ) = C(KMnO 4 ) V(KMnO 4 ) ή n(kmno 4 ) = 1,6 0, = 0,3 5 CH=O + KMnO 4 + 3H SO 4 5 COOH + MnSO 4 + K SO 4 + 3H O 5mol mol 3mol 5mol mol 1mol 3mol n 1 /3 mol n 1 /15 mol 5HCH=O + 4KMnO 4 + 6H SO 4 5CΟ + 4MnSO 4 + K SO H O 5mol 4mol 6mol 5mol 4mol mol 11mol n /3 mol 4n /15 mol Προφανώς n 1 /15 + 4n /15 = 0,3 mol ή n 1 + 4n = 4,8 () Γ ΜΕΡΟΣ Υπολογίζουμε τα mol του Cu O: m mol(cu O) = Mr(Cu O) ή mol(cu 71,5 O) = 143 ή mol(cu O) = 0,5 OH CH=O + CuSO 4 + 5NaOH COONa + Cu O + Na SO 4 + 3H O 1mol mol 5mol 1mol 1mol mol 3mol n 1 /3 mol n 1 /3 mol HCH=O + CuSO 4 + 5NaOH COONa + Cu O + Na SO 4 + 3H O 1mol mol 5mol 1mol 1mol mol 3mol n /3 mol n /3 mol n 1 /3 + n /3 = 0,5 ή n 1 + n = 1,5 (3) Από την επίλυση του συστήματος των εξισώσεων 1, και 3 βρίσκουμε: n 1 = 0,6 mol CH=O, n = 0,9 mol HCH=O, n 3 = 0,3 mol CO ΘΕΜΑ Δ Δ1. i. 14HCl + K Cr O 7 3Cl + CrCl 3 + KCl + 7H O Μονάδες Υπολογίζουμε τα mol του K Cr O 7 και του HCl: n(k Cr O 7 ) = C(K Cr O 7 ) V(K Cr O 7 ) ή n(k Cr O 7 ) = 3 0, = 0,6 n(hcl) = C(HCl) V(HCl) ή n(hcl) = 9 1 = 9 Σελίδα 4 από 7

5 mol 14HCl + K Cr O 7 3Cl + CrCl 3 + KCl + 7H O Αρχικά 9 0,6 Αντιδρούν 14x x 3x x x 7x Τελικά 9-14x 0,6 - x 3x x x 7x Αντιδρά όλη η ποσότητα του K Cr O 7 άρα 0,6 - x = 0 ή x = 0,6 mol 3x = 1,8 mol Cl που έχουν όγκο V =1,8,4 = 40,3 L Μονάδες + Δ. i. i mol CO (g) + Cl (g) COCl (g) Αρχικά 1,5 Αντιδρούν y y y X.I - y 1,5 - y y Αν ή αντίδραση ήταν μονόδρομη θα αντιδρούσε όλη η ποσότητα του Cl άρα: y a = a(cl ) ή a = ή y = 0,5 mol 1,5 Άρα στην ισορροπία το μίγμα περιέχει: 1,5 mol CO, 1 mol Cl 0,5 mol COCl Kc = [COCl ] [CO] [Cl ] ή Kc = 0,5 1,5 1 ή Κc = 1 3 Έστω n τα mol του CO που πρέπει να προσθέσουμε στο δοχείο: mol CO (g) + Cl (g) COCl (g) Αρχικά 1,5 + n 1 0,5 Αντιδρούν z z z X.I 1,5 + n - z 1 - z 0,5 + z Προφανώς 1 - z = 0,5 + z ή z = 0,5 mol [COCl ] 1 Kc = ή [CO] [Cl ] 3 0,75 = ή n = 1,75 mol (1,5 + n) 0,75 Μονάδες + + Δ3. mol / L HCl + H O H 3 O + + Cl - Αρχικά C(HCl) - - Τελικά - C(HCl) C(HCl) Σελίδα 5 από 7

6 ph = -log[h 3 O + ] = -logc(hcl) = -log1 ή ph = 0 Μονάδες Δ4. i. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(hcl) = 1 0,4 = 0,4 mol(koh) = 0,6 C(NH 3 ) mol HCl + NH 3 ΝΗ 4 Cl Αρχικά 0,4 0,6 C(NH 3 ) - Αντιδρούν κ κ κ Τελικά 0,4 - κ 0,6 C(NH 3 ) - κ κ Έχουμε πλήρη εξουδετέρωση άρα 0,6C κ = 0 και 0,4 κ = 0 Από την επίλυση των εξισώσεων προκύπτει κ = 0,4 mol και C = /3 M Έχουμε διάλυμα του ισχυρού ηλεκτρολύτη NH 4 Cl με συγκέντρωση C(NH 4 Cl) = 0,4 M mol / L ΝΗ 4 Cl + NH 4 + Cl - Αρχικά C(NH 4 Cl) - - Τελικά - C(NH 4 Cl) C(NH 4 Cl) To Cl - δεν αντιδρά με το νερό ενώ το NH 4 + αντιδρά: mol / L NH Η Ο NH 3 + H 3 O + Αρχικά C(NH 4 Cl) - - Ιοντίζονται λ λ λ Τελικά C(NH 4 Cl) - λ λ λ Από την έκφραση της Κa(NH 4 + ) λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε λ = 10-5 Μ οπότε ph = -log[h 3 O + ] ή ph = 4,7 Μονάδες + 3 Δ5. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(hcl) = 1 0, = 0, mol( COONa) = 0,3 C( COONa) mol HCl + COONa COOH + NaCl Αρχικά 0, 0,3 C( COONa) - - Αντιδρούν μ μ μ μ Τελικά 0, - μ 0,3 C( COONa) - μ μ μ Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα άρα το COONa βρίσκεται σε περίσσεια και αντιδρά όλη η ποσότητα του HCl οπότε: Σελίδα 6 από 7

7 0, - μ = 0 ή μ = 0, mol Έχουμε ρυθμιστικό διάλυμα με: C( COOH) = 0,4 Μ και C( COOΝa) = 0,3 C(COONa) - 0, 0,5 Από την επίλυση της εξίσωσης Henderson-Hasselbalch με δεδομένο ότι ph = 5 προκύπτει ότι 4 C( COOΝa) = 3 M Μονάδες 4 Δ6. Έστω V ο όγκος του διαλύματος Υ 6 που πρέπει να προσθέσουμε. Έχουμε ανάμειξη διαλυμάτων που δεν αντιδρούν μεταξύ τους οπότε στο τελικό διάλυμα έχουμε ΗCl και ΗF με συγκεντρώσεις: 0,1 0, V C(ΗCl) 1 = και C(ΗF) = 0,1 + V 0,1 + V αντίστοιχα. mol / L HCl + H O H 3 O + + Cl - Αρχικά C(HCl) Τελικά - C(HCl) 1 C(HCl) 1 mol / L HF + Η Ο H 3 O + + F - Αρχικά C(HF) - - Ιοντίζονται ν ν ν Τελικά C(HF) - ν ν + C(HCl) 1 ν ή 10-4 = ν 0, V 0,1 + V V ή ν = 0,1 + V Από την έκφραση της Κa(HF) λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε V = 0,1 L ή 100 ml. Μονάδες 4 Σελίδα 7 από 7