Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημερομηνία: 15 Ιουνίου Απαντήσεις Θεμάτων

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων. Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημερομηνία: 15 Ιουνίου Απαντήσεις Θεμάτων"

Ευθύμιος Κορομηλάς
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Πανελλήνιες Εξετάσεις Ημερήσιων Γενικών Λυκείων Εξεταζόμενο Μάθημα: Χημεία Θετικών Σπουδών, Ημερομηνία: 15 Ιουνίου 2018 Απαντήσεις Θεμάτων ΘΕΜΑ Α A1. Σωστό το β. A2. Σωστό το β. A3. Σωστό το γ. A4. Σωστό το δ. A5. Σωστό το δ. ΘΕΜΑ Β Β1. α) Mg 12 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3 η περίοδος, IIA (2η) ομάδα 5 Β 1s 2 2s 2 2p 1 2 η περίοδος, ΙΙIA (13η) ομάδα β) Το Mg έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα γιατί βρίσκεται στην 3 η περίοδο επομένως είναι μεγαλύτερη η απόσταση των ηλεκτρονίων εξωτερικής στιβάδας-πυρήνα, οπότε η έλξη των ηλεκτρονίων εξωτερικής στιβάδας-πυρήνα μειώνεται και συνεπώς η ατομική ακτίνα αυξάνεται. γ) Παρατηρούμε πως υπάρχει μεγάλη διαφορά μεταξύ των τιμών Ε i3 και Ε i4. Αυτό σημαίνει πως με την απώλεια τριών ηλεκτρονίων το άτομο του στοιχείου Χ αποκτά δομή ευγενούς αερίου. Επομένως το στοιχείο Χ είναι το Β. δ) 2p ε) Σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο (σελίδα 224) ισχύει Ε i1 < E i καθώς πιο εύκολα φεύγει το 2 ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτομο από ότι από το φορτισμένο ιόν. Πάντως για το στοιχείο X μετά την απομάκρυνση του πρώτου ηλεκτρονίου έχουμε τη δομή: 5 X + : 1s 2 2s 2 οπότε έχουμε αυξημένη πυρηνική έλξη άρα απαιτείται περισσότερη ενέργεια για την απόσπαση ηλεκτρονίου.

2 Β2. α) Η καμπύλη 1 αντιστοιχεί στο H 2 Η καμπύλη 1 αντιστοιχεί στο C β) Από τους συντελεστές της χημικής εξίσωσης της αντίδρασης, συμπεραίνουμε πως ο ρυθμός κατανάλωσης του H 2 είναι διπλάσιος από εκείνον του C0. Επομένως, η καμπύλη με την μεγαλύτερη κλίση θα αντιστοιχεί στο H 2. γ) i. Η θερμοκρασία Τ 2 είναι μεγαλύτερη της Τ 1. Η αύξηση της θερμοκρασίας έχει σαν αποτέλεσμα την αύξηση της ταχύτητας της αντίδρασης και επομένως του ρυθμού παραγωγής του προϊόντος της αντίδρασης. Επομένως, η καμπύλη με τη μεγαλύτερη κλίση αντιστοιχεί στη μεγαλύτερη θερμοκρασία. Με δεδομένο ότι οι υπόλοιπες συνθήκες είναι σταθερές και ότι η αντίδραση παρασκευής της CH 3 H είναι εξώθερμη σε μεγαλύτερη θερμοκρασία θα έχουμε μικρότερη [CH 3 H] (Αρχή Le Chatelier) ii. Η αύξηση της θερμοκρασίας έχει σαν αποτέλεσμα την αύξηση της ταχύτητας της μέσης κινητικής ενέργειας των αντιδρώντων μορίων με συνέπεια να αυξάνεται ο ρυθμός των αποτελεσματικών συγκρούσεων. Επομένως η ισορροπία θα αποκατασταθεί σε μικρότερο χρόνο. Β3. 2H 2 2 (aq) 2H 2 (l) + 2 (g), ΔΗ = 196 kj α) Η κατάλυση είναι ομογενής, γιατί το αντιδρών και ο καταλύτης βρίσκονται στην ίδια φάση. β) Το σχήμα (3) γ) Η παρουσία καταλύτη προσφέρει μια διαφορετική πορεία για την πραγματοποίηση της αντίδρασης, που έχει μικρότερη ενέργεια ενεργοποίησης. Επιπλέον, δίνεται πως πρόκειται για εξώθερμη αντίδραση. Επομένως, το διάγραμμα που περιγράφει ορθότερα τις δύο αντιδράσεις είναι το (3). ΘΕΜΑ Γ Γ1. α) Οι ζητούμενες ενώσεις είναι: (Α): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ CH(CΗ 2 ) 7 CH Br Br

3 (Β): CH 3 (CΗ 2 ) 7 C C(CΗ 2 ) 7 CNa (Γ): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CΗ 2 (CΗ 2 ) 7 CNa (Δ): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CΗ 2 (CΗ 2 ) 7 CH (Λ): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CΗ 2 (CΗ 2 ) 7 CCH 2 CH 3 (X): Η 2 (E): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C(CΗ 2 ) 7 CH (Θ): CH 3 CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C (CΗ 2 ) 7 CH 0 MgBr (Ι): CH 3 CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C (CΗ 2 ) 7 CH ΟΗ (Ψ): ΗCl (Z): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CH(CΗ 2 ) 7 CH CN (K): CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CH(CΗ 2 ) 7 CH CH

4 β) Br 2 /CCl 4 γ) 5CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CH(CΗ 2 ) 7 CH + 2KMn 4 + 3H 2 S0 4 H ή 5CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 CH(CΗ 2 ) 7 CH + 2KMn 4 + 6Η + H 5CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C(CΗ 2 ) 7 CH + 2MnS 4 + K 2 S H 2 5CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C(CΗ 2 ) 7 CH + 2Μn K + + 8H 2 δ) Η ένωση (E) δεν δίνει την ιωδιοφορμική αντίδραση αφού δεν είναι της μορφής: CH 3 C... ε) CH 3 (CΗ 2 ) 7 CH = C(CΗ 2 ) 7 CH H ασταθής ένωση. ή CH 3 (CΗ 2 ) 7 CΗ 2 C(CΗ 2 ) 7 CH CH 3 (CΗ 2 ) 7 C = CH(CΗ 2 ) 7 CH H σταθερή ένωση. ασταθής ένωση. CH 3 (CΗ 2 ) 7 C CΗ 2 (CΗ 2 ) 7 CH σταθερή ένωση. Γ2. α) Για το ελαϊκό οξύ: n = m = 141 = 0,5 mol M r 282 Για το Βr 2 είναι n = C V = 0,8 mol CCl 4 CH 3 (CΗ 2 ) 7 CH = CH(CΗ 2 ) 7 CH + Br 2 CH 3 (CΗ 2 ) 7 CH CH(CΗ 2 ) 7 CH Br Br Aρχικά 0,5 0,8

5 αντ/παρ. 0,5 0,5 0,5 Τελικά 0,3 0,5 Άρα η μάζα του προϊόντος είναι: 0,5 442 = 221g β) Για τον αποχρωματισμό του διαλύματος Βr 2 έχουμε: C 2 H 4 0,3 + Br CCl 2 4 C 0,3 2 H 4 Br 2 Επομένως ο όγκος του C 2 H 4 που απαιτείται είναι: 0,3 22,4 = 6,72 L σε STP. Θέμα Δ Δ1. Έχουμε: C (s) + 2 H 2(g) CΗ 4(g) αρχ. x x αντ/παρ. ω 2ω ω Χ. Ι. x ω x 2ω ω A = mol CH 4 (πρακτικά) 100 mol CH4 (θεωρητικά) 50 = ω x 2 Κ C = [CH 4] [H 2 ] 2 = 100 x = 4ω άρα n H2 = x 2ω = 2ω ω 10 ( 2ω 2 = ω ) 4ω 2 10 = 5 2ω οπότε 0,1 = 1 10 = 5 ω = 25 και x = 100 mol 2ω

6 Δ2. α. 2CH 4 + 2NH HCN + 6H 2 β. Έστω n mol το HCNa και το HCN από το οποίο παράχθηκε C Δ1 = n. 2 i. Από την ογκομέτρηση HCNa + HCl HCH + NaCl στο Ι.Σ.: n HCNa = n HCl άρα 0,02 n = 0,02 0,2 2 n = 0,4 οπότε C Δ1 = 0,4 2 = 0,2Μ ii. HCNa = 0,02 0,2 = 0,004mol HCNa + HCl n HCl = 0,01 0,2 = 0,002mol HCH + NaCl αρχ. 0,004 0,002 αντ/παρ. 0,002 0,002 0,002 0,002 τελικά 0, ,002 0,002 όγκος του Διαλύματος μετά την προσθήκη των 10ml θα είναι 30ml οπότε το διάλυμα θα έχει C HCNa = C HCH = C NaCl = 0,002 0,03 M Πρόκειται για ρυθμιστικό HCH, HC (το ΝαCl δεν επηρεάζει το ph) οπότε [H 3 + ] = K a HCH C HCH C HC [H 3 + ] = K ahch ( αφού C HCNa = C HCH ) οπότε Κ α = 10 4 iii. Για το Ισοδύναμο σημείο έχουμε μετά από προσθήκη 200ml πρότυπο HCNa + HCl HCH + NaCl αρχ. 0,004 0,004 αντ/παρ. 0,004 0,004 0,004 0,004 τελ ,004 0,004

Ο τελικός όγκος γίνεται 20 + 20 = 40ml = 0,04 L C NaCl = C HCH = 0,004 0,04 = 0,1M Στον υπολογισμό του ph το ΝαCl δεν παίζει ρόλο οπότε το HCH θα δώσει: HCH + H 2 HC + H 3 + 0,1 ω ω ω Κ α = ω ω 0,1 ω

7 Ο τελικός όγκος γίνεται = 40ml = 0,04 L C NaCl = C HCH = 0,004 0,04 = 0,1M Στον υπολογισμό του ph το ΝαCl δεν παίζει ρόλο οπότε το HCH θα δώσει: HCH + H 2 HC + H 3 + 0,1 ω ω ω Κ α = ω ω 0,1 ω ω2 0,1 ω Κ α 0,1 = 10 5 ph = 2,5 iv) ph ΙΣ = 2,5 Κατάλληλος δείκτης είναι το κυανούν της θυμόλης γιατί το πεδίο χρωματικής αλλαγής του δείκτη περιέχει το ph του ισοδυνάμου σημείου. v) Επειδή το HCN είναι ισομοριακό του HCNa έχουμε n HCN = n HCNa = 0,4 mol. Άρα, V HCN = 0,4 22,4 = 8,96 L σε STP Δ3. α. Προσθήκη μικρής ποσότητας HCl θα δώσει H 3 + HCl + H 2 H Cl Τα H 3 + δεσμεύονται από τα ΟΗ οπότε έχουμε μετατόπιση ισορροπίας προς τα δεξιά (Le Chatelier) άρα μείωση της [HC ]. β. Προσθήκη μικρής ποσότητας ΝαΟΗ θα δώσει ΟΗ ΝαΟΗ Να + + ΟΗ οπότε η ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά (Le Chatelier) άρα αύξηση της [HC ]. γ. Αύξηση όγκου του δοχείου (!) δεν επηρεάζει τη θέση ισορροπίας γιατί μεταξύ των σωμάτων δεν υπάρχει αέριο. Επιμέλεια: Μπάμπης Μπέσης, Μάρω Χαλίδα Ευχόμαστε καλά αποτελέσματα! Για την εύστοχη Συμπλήρωση του Μηχανογραφικού Δελτίου συμβουλευτείτε τη νέα έκδοση του Οδηγού Σπουδών: «ΣΠΟΥΔΕΣ & ΕΠΑΓΓΕΛΜΑΤΑ 2017». Όλες οι απαραίτητες πληροφορίες για τις Σχολές, τις Σπουδές και τα Επαγγέλματα! Περισσότερες πληροφορίες στην ιστοσελίδα του ΜΕΘΟΔΙΚΟΥ:

Σχετικά έγγραφα

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 2018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Δ ΤΑΞΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ Θέμα Α Α1. β, Α. β, Α. γ, Α4. δ, Α5. δ ΘΕΜΑ Β Β1. α. 1 Mg: