ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Νέο Σύστημα) ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Νέο Σύστημα) ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ"

Στέφανος Αρβανίτης
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (Νέο Σύστημα) ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. δ Α3. γ Α4. α Α5. α ΣΩΣΤΟ β ΛΑΘΟΣ γ ΛΑΘΟΣ δ ΛΑΘΟΣ ε ΣΩΣΤΟ ΘΕΜΑ Β Β1. α. 2ΝΗ 3 3CuO 3Cu N 2 3H 2 O β. 5CH 3 CH CH 3 2KMnO 4 3H 2 SO 4 5CH 3 C CH 3 2MnSO 4 K 2 SO 4 8H 2 O OH O B2. α. Η αντίδραση είναι εξώθερμη. Οπότε η αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει τη θέση της ισορροπίας προς τα αριστερά σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier. Άρα η ποσότητα της ΝΗ 3 μειώνεται και η Κ c μειώνεται. β. Η αύξηση του όγκου του δοχείου έχει ως αποτέλεσμα τη μείωση της πίεσης. Άρα, η θέση της ισορροπίας μετατοπίζεται προς τα περισσότερα mol αερίων, δηλαδή προς τα αριστερά σύμφωνα με την αρχή Le Chatelier, οπότε η ποσότητα της ΝΗ 3 μειώνεται. Η K c εξαρτάται μόνο από τη θερμοκρασία, οπότε η τιμή της θα παραμείνει σταθερή αφού η θερμοκρασία δεν μεταβάλλεται. Β3. α. Η περιοχή αλλαγής χρώματος του δείκτη είναι: pk a -1 < ph < pk a 1 ή 4 < ph < 6 Για ph < 4 επικρατεί το χρώμα της όξινης μορφής του δείκτη, δηλαδή το κόκκινο, ενώ για ph > 6 επικρατεί το χρώμα της βασικής μορφής του δείκτη, δηλαδή το κιτρινο. Για 4 < ph < 6 το χρώμα του διαλύματος θα είναι πορτοκαλί. Για το διάλυμα HCl 0,1M ισχύει: (Μ) HCl Η 2 Ο Cl - H 3 O 0,1 0,1 0,1 [H 3 O ] = 0,1 M, ph = -log[h 3 O ] ph = 1 Επειδή το ph=1 το χρώμα του διαλύματος είναι κόκκινο. β. Με την προσθήκη διαλύματος NaOH το ph του διαλύματος αυξάνεται. Ο δείκτης θα αλλάξει χρώμα πρώτη φορά μόλις το ph του διαλύματος γίνει 4 και θα αλλάξει πάλι για δεύτερη φορά μόλις το ph του διαλύματος γίνει 6. Β4. α. Για τα στοιχεία 11 Νa, 17 Cl και 19 Κ ισχύει: 11Νa: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 τομέας s, 3 η περίοδος και 1 η ομάδα του Περιοδικού Πίνακα 17Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 τομέας p, 3 η περίοδος και 17 η ομάδα του Περιοδικού Πίνακα

2 19Κ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 τομέας s, 4 η περίοδος και 1 η ομάδα του Περιοδικού Πίνακα β. Σε μια ομάδα του Περιοδικού Πίνακα η ατομική ακτίνα αυξάνεται καθώς προχωράμε από πάνω προς τα κάτω. Καθώς προχωράμε από πάνω προς τα κάτω σε μια ομάδα του Π.Π. αυξάνεται ο κύριος κβαντικός αριθμός (n) των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας (προστίθενται στιβάδες στο άτομο), οπότε μεγαλώνει η μέση απόσταση των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα και ελαττώνεται η έλξη πυρήνα - ηλεκτρονίων εξωτερικής στιβάδας. Σε μια περίοδο του Περιοδικού Πίνακα η ατομική ακτίνα ελαττώνεται καθώς προχωράμε από αριστερά προς τα δεξιά. Καθώς προχωράμε από αριστερά προς τα δεξιά σε μια περίοδο του Π.Π. αυξάνεται ο ατομικός αριθμός των χημικών στοιχείων (ενώ παραμένει σταθερός ο αριθμός των ηλεκτρονιακών στιβάδων), με αποτέλεσμα να αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο των ατόμων και να ελαττώνεται η ατομική ακτίνα. Οπότε η κατάταξη των χημικών στοιχείων κατά αυξανόμενη ατομική ακτίνα είναι: 17Cl < 11 Νa < 19 Κ ΘΕΜΑ Γ Γ1. A: CH 3 CΗ 2 ΟH B: CH 3 CΗ 2 COONa Γ: CH 2 =CH 2 Δ: Cl-CH 2 -CH 2 -Cl Ε: HC CH Ζ: CH 3 CΗ=Ο H: CH 3 COO - NH 4 Θ: CH 3 CΗ 2 Cl I: CH 3 CΗ 2 CN Κ: CH 3 CΗ 2 COOH Λ: CH 3 CΗ 2 CΗ 2 ΝΗ 2 Κ: CH 3 CΗ 2 COO - CH 3 CΗ 2 CΗ 2 ΝΗ 3 C v H 2v O 2 : CH 3 CΗ 2 COOCH 2 CH 3 Γ2. α. v CH 2 =CH CH=CH 2 ό ( CΗ 2 CΗ=CΗ CΗ 2 ) ν β. v CH 2 = CH CN ό ( CH 2 CH ) v CN Γ3. Τα mol του προπινίου είναι: n 1 = = = 0,2 mol Τα mol του Η 2 είναι: n 2 = =, = 0,3 mol, Έστω ότι x mol προπινίου αντιδρούν προς προπένιο και y mol προπινίου αντιδρούν προς προπάνιο. Άρα: x y = 0,2 mol (1) Οι αντιδράσεις που πραγματοποιούνται είναι: CH 3 C CH Η 2 CH 3 CH=CH 2 x mol x mol x mol CH 3 C CH 2Η 2 CH 3 CH 2 CH 3 y mol 2y mol y mol Ισχύει: x 2y = 0,3 mol (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι: x = 0,1 mol και y = 0,1 mol α. Οι συντακτικοί των προϊόντων της αντίδρασης είναι: CH 3 CH=CH 2 και CH 3 CH 2 CH 3 β. Τα mol των δύο συστατικών του μείγματος είναι 0,1 mol CH 3 CH=CH 2 και 0,1 mol CH 3 CH 2 CH 3

3 ΘΕΜΑ Δ Δ1. α. Από το διάλυμα Υ 1 (c = 0,1 M, ph = 11) υπολογίζουμε τον βαθμό ιοντισμού και την Κ b της ΝΗ 3 : (Μ) NH 3 Η 2 Ο NH 4 ΟH - Αρχ. 0,1 Ioντ./Παρ. x x x Ioντ. Ισορ. 0,1- x x x ph = 11 pοh = 3 [OΗ - ] = x =10-3 M α = =!", = 10-2 β. K $(&'" ) = )&' *,-./! 0 -&' " 0 = 1, =!3, = 10-5 Από το διάλυμα Υ 2 (c = 1 M, α = 0,02) υπολογίζουμε την Κ b της CH 3 ΝΗ 2 : (Μ) CH 3 ΝΗ 2 Η 2 Ο CH3NH 3 ΟH - Αρχ. 1 Ioντ./Παρ. y y y Ioντ. Ισορ. 1- y y y α = 4 y = αc y = [OΗ- ] = 0,02 M Κ $(67 "871) = )9' "&' ",-./! 0-9' " &' 1 0 = 41, =!* = γ. Κ $(67 "871) > Κ $ (87 ") Άρα η CH 3NH 2 είναι ισχυρότερη βάση. Δ2. Tα mol της ΝΗ 3 είναι n 1 = cv = 0,02 mol Tα mol του ΗCl είναι n = cv = 0,01 mol (mol) NH 3 ΗCl NH 4 Cl Αρχ. 0,02 0,01 Τελ. 0,01-0,01 Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα Υ 3 με συγκεντρώσεις για την ΝΗ 3 και το ΝΗ 4 Cl αντίστοιχα: CNH 3 = c =, = 0,01 M και CNH 4Cl = c =, = 0,01 M Με εφαρμογή της εξίσωσης Henderson Hasselbalch για το ρυθμιστικό προκύπτει: poh = pk b log 9 ;< = 5 log, = 5 9 =, ph poh = pk w ph = 9 Δ3. Tα mol της CH 3 ΝΗ 2 είναι n 2 = cv = 0,01 mol Tα mol του ΗCl είναι n = cv = 0,01 mol

4 (mol) CH ΝΗ ΗCl CH ΝΗ Cl Αρχ ,01 0, Τελ ,01 Το διάλυμα Y 4 που προκύπτει περιέχει: NH 4 Cl: c =, = 0,04 Μ,> A CH 3 ΝΗ 3 Cl CH 3 ΝΗ 3 0,04 0,04 0,04 Cl - (Μ) CH 3 ΝΗ 3 Η 2 Ο CH 3 ΝΗ 2 H 3 O Αρχ. 0,04 Ioντ./Παρ. ω ω ω Ioντ. Ισορ. 0,04-ω ω ω K B(9'" &' " ) = CD C E(67 "871) = K B(9'" &' " ) = -9' "&' 1 0-' " F 0-9' " &' " 0 ω = [H 3 O ] = 10-6 M ph = -log[h 3 O ] ph = = G 1,HI = I1, Δ4. Tα mol της ΝΗ 3 είναι n 1 = cv = 0,01 mol Tα mol του ΗCΟΟΗ είναι n = cv = 0,01 mol (mol) NH 3 ΗCOOH ΗCOONH 4 Αρχ. 0,01 0,01 Τελ ,01 H συγκέντρωση του ΗCOONH 4 στο διάλυμα Υ 5 που προκύπτει είναι: c =,, = 0,05 M J 1 K ΗCOONH 4 (s) ΗCOO - (aq) ΝΗ 4 (aq) 0,05 M 0,05 M 0,05 M Tο ιόν ΗCOO - αντιδρά με Η 2 Ο επειδή το συζυγές οξύ ΗCOOΗ είναι ασθενές οξύ και δίνει ιόντα ΟH - (συμπεριφέρεται ως βάση κατά Brönsted Lowry). Tο ιόν NH 4 αντιδρά με Η 2 Ο επειδή η συζυγής βάση ΝΗ 3 είναι ασθενής βάση και δίνει ιόντα Η 3 Ο (συμπεριφέρεται ως οξύ κατά Brönsted Lowry). ΗCOO - H 2 O ΗCOOΗ ΟH - I.I 0,05 x x x NH 4 H 2 O NH 3 H 3 O I.I 0,05 y y y

5 Έχουμε: K B%/9FF'( = 10-4 και K $%/9FF! ( = K $%&'" ( = 10-5 και K B%&'* ( = 10-9 Οπότε ισχύει: K $%/9FF! ( < K B%&'* ( [ΟΗ - ] < [Η 3 Ο ] Άρα: [Η 3 Ο ] >[ΟΗ - ], οπότε το διάλυμα είναι όξινο. Επιμέλεια απαντήσεων: Δεββές Γιώργος, Χημικός

Σχετικά έγγραφα

5 CH 3 CH(OH)CH 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5 CH 3 COCH 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O. Β2 N 2 (g) + 3H 2 (g) 2NH 3 (g) ΔΗ<0

5 CH 3 CH(OH)CH 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5 CH 3 COCH 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O. Β2 N 2 (g) + 3H 2 (g) 2NH 3 (g) ΔΗ<0 ΕΝΩΣΗ ΕΛΛΗΝΩΝ ΧΗΜΙΚΩΝ ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 30-5-2016 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ Φιλλένια Σιδέρη Γιάννης Αδάμ Μάνος Βαρβαρίγος Νίκος Ζήκος Τάκης Θεοδωρόπουλος Γιάννης Καλαμαράς Λεωνίδας Κωστόπουλος Γιώργος Μούσδης