ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 8 ΙΟΥΝΙΟΥ 2016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ)

Transcript

1 1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 016 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ (ΝΕΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. δ Α. α Α4. β Α5. α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. Σωστό το δ. Από το διάγραμμα φαίνεται ότι η μεταβολή της συγκέντρωσης του προϊόντος Α είναι διπλάσια από τη μεταβολή της συγκέντρωσης του αντιδρώντος Β. αυτό σημαίνει ότι το προϊόν Α παράγεται με διπλάσιο ρυθμό απ αυτόν που καταναλώνεται το αντιδρών Β. Έτσι προκύπτει ότι το σώμα Α (προϊόν) έχει διπλάσιο συντελεστή από το αντιδρών Β. άρα η αντίδραση είναι: B A B.α. Η ένωση CH C CH (i) αντιδρά με το αντιδραστήριο (4): CuCl/NH. Η ένωση HCH=O (ii) αντιδρά με το αντιδραστήριο (): CuSO 4 /NaOH. Η ένωση CH OH (iii) αντιδρά με το αντιδραστήριο (): SOCl. Η ένωση CH COOH (iv) αντιδρά με το αντιδραστήριο (1): ΝaHCO. β. CH C CH + CuC + NH CH C C Cu + NH4C CH COOH + NaHCO CHCOONa + CO + HO Β.α. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Με την απόσπαση ενός ηλεκτρονίου σθένους από ένα άτομο X( g) X(g) + 1e, Ei1 αυτό μετατρέπεται σε ιόν με μικρότερο μέγεθος, με αποτέλεσμα να αυξάνονται οι ελκτικές δυνάμεις που ασκεί ο πυρήνας στα ηλεκτρόνια της ε- ξωτερικής στιβάδας.

2 Έτσι η απόσπαση δευτέρου ηλεκτρονίου από σωματίδιο (ιόν) μικρότερου μεγέθους απαιτεί προσφορά μεγαλύτερης ενέργειας απ ότι στον πρώτο ιονισμό. + + X( g) X(g) + 1e, Ei Έτσι για τις ενέργειες ιοντισμού ισχύει η σχέση: E i > E i1 β. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Το H S και το S δεν αποτελούν συζυγές ζεύγος οξέος βάσης αντίστοιχα, γιατί δεν διαφέρουν μεταξύ τους κατά ένα πρωτόνιο (Η + ). Η συζυγής βάση του Η S είναι το ΗS. γ. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Το στοιχείο με Ζ = 1 έχει δομή: 1s s p 6 s p 6 d 10 4s 4p 1 Ανήκει στην III A ή 1 η ομάδα του περιοδικού πίνακα γιατί έχει ηλεκτρόνια σθένους και ανήκει σε κύρια ομάδα του περιοδικού πίνακα (τομέας P). δ. Η πρόταση είναι σωστή. Το νιτρίλια με την προσθήκη υδρογόνου ανάγονται γιατί ο αριθμός οξείδωσης του άνθρακα της κυανομάδας ελαττώνεται από (+) σε ( 1). + + H Ni 1 R C N R CH NH Επίσης αναγωγή είναι και η οποιαδήποτε προσθήκη Η. ΘΕΜΑ Γ Γ1. CH CH B: CHCHCl CHCHMgCl CH C CH CH C CH CH CH CH C CH OMgCl

3 H: CH CH CH C CH OH Γ CH CH C CH CH CH +NH +H O CH COONH. CH Cl + CHCH CH CH O CH+ NaCl CH 4 4 +NH NO CH CH CH CuSO4 5NaOH CH COONa O+ + CH + Cu O + + Na SO +H O 4 Γ. Έστω ότι διαθέτουμε x CH OH και y C H 6 O (CH CH CH=O ή CH C CH ) O 1 ο μέρος: x CH OH και y C H 6 O CH OH + SOC CH C + SO + HC x ;x ;x VS.T.P.,4 ολ = x = x = 0,05. (αερ),4,4 ο μέρος: 0,05 CH OH και y CH CH CH=O ή CH C CH O Για το ΚΜO 4 : C = = C V = 0, 0,55 = 0,11. V Από την οξείδωση των 0,05 της CH OH έχουμε: 5 CH OH+6KMO 4+9H SO 4 5CO+6MSO4 +K SO 4+19H O 5 6 0,05 ;ω 0,05 ω = 6 = 0,06 ΚMO 4 < 0,11. 5 Αυτό σημαίνει ότι και η ένωση C H 6 O οξειδώνεται, συνεπώς είναι η CH CH CH=O. Το ΚMO 4 που απαιτείται για την οξείδωση των y CH CH CH=O είναι :

4 4 4 = 0,11 0,06 0,05, οπότε: KMO = α. Ο συντακτικός τύπος της C H 6 O είναι: CH CH CH=O. β. Από την αντίδραση οξείδωσης της CH CH CH=O έχουμε: 5CHCHCH O+KMO 4+H SO4 5CHCH COOH+MSO4+K SO 4+H O 5 y 0,05 0,05 Άρα y = 5 = 0,15, οπότε η η αρχική σύσταση του μίγματος είναι: x = 0,05 = 0,1 CH OH y = 0,15 = 0,5 CH CH CH=O. ΘΕΜΑ Δ Δ1. N + H NH αρχ αντ/παρ x x x X.I. 5 x 11 x x Στην X.I. έχουμε: = x = x 1. α. α = NH (πρακτικά) NH = NH (θεωρητικά) Στην μονόδρομη αντίδραση το Η καταναλώνεται πλήρως. Για τα της ΝΗ που παράγονται θεωρητικά 1 α = = N + H NH 11 ; β. Στην X.I. έχουμε: 4 N = 5 1 = 4 [N] = = 0,5 M. H = 11 = [H] = = 1M. NH = [NH] = = 0, M. Άρα και την k C έχουμε: [NH] 0,5 kc = k C = = 0,15 M. [N ] [H ] 0, ή 7,7%

5 5 γ. Τα ολικά που περιέχονται στο μίγμα ισορροπίας (στους θ ο 1 C) είναι: = + + = ολ N = H NH Με τη αύξηση της θερμοκρασίας η ισορροπία (λόγω του κανόνα του Le Chatelier) μετατοπίζεται προς την πλευρά της ενδόθερμης. Επειδή τα ο- λικά στη νέα χημική ισορροπία μετά την αύξηση της θερμοκρασίας αυξήθηκαν, αυτό σημαίνει ότι η αντίδραση μετατοπίστηκε προς την κατεύθυνση εκείνη που παράγονται περισσότερα αερίων, δηλαδή α- ριστερά (1 + > ). Άρα η προς τα αριστερά πορεία της αντίδρασης είναι ενδόθερμη και η προς τα δεξιά πορεία της αντίδρασης (αντίδραση σύνθεσης της ΝΗ ) είναι εξώθερμη. Δ. Δ. Y 1 0,0 NH 0, L ph = 11 0,0 NH : C = C = = 0,1 M. V 0, M NH + HO NH + + OH 4 0,1 x x x [NH 4 ] [OH ] ( 10 ) kb = NH kb = NH [NH] 1 10 k b = 10 ph = 11 poh = Δεκτές προσεγγίσεις - [OH ] = 10 M = x 00 ml Y 1 ; HCl Y ph = 11 ph = 9 NH Η προσθήκη ΗCl στο διάλυμα της αμμωνίας αυξάνει την συγκέντρωση του οξωνίου και το ph του διαλύματος ελαττώνεται (ph = 9). NH = 0,0, HC =. NH + HC NH4C 0,0 5

6 Διερεύνηση: i) Έστω ότι = 0,0 (πλήρης εξουδετέρωση) 6 NH + HC NH4C 0,0 0,0 0,0 0,0 0, ,0 0,0 CNH 4 C = = 0,1M. 0, Το διάλυμα που προκύπτει περιέχει μόνο ΝΗ 4 Cl. M C + C 0,1 ;0,1 ;0,1 Στο διάλυμα αυτό ισχύει : HO + H O + [ Η Ο ] > [OH ] ph < 7 (5 ο C) οπότε η περίπτωση αυτή απορρίπτεται (θέλουμε ph = 9). ii) Έστω ότι έχουμε περίσσεια ΗCl ( > 0,0 ) τότε στο διάλυμα θα περιέχεται περίσσεια ΗCl και ΝΗ 4 Cl που παράγεται. M C + C 0,1 ;0,1 ;0,1 Στο διάλυμα αυτό ισχύει : HO + H O + [ Η Ο ] > [OH ] ph < 7 και μικρότερο της πλήρους εξουδετέρωσης που απορρίπτεται. iii) Περίσσεια ΝΗ με ph = 9 αποδεκτή. NH + HC NH4C 0,0 [NH] = = κ 0,0 0, [ΝΗ 0,0 0 4C ] = = λ 0, Το διάλυμα που έχει προκύψει είναι ρυθμιστικό. Cβ [OH ] = kb C οξ 5 5 κ ph = 9 poh = 5 10 = 10 κ = λ 5 λ [OH ] = 10 M

7 0,0 0, 7 = = 0,01 HC 0,. ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS