ΠΑΝΕΛΛΑ ΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α1. Α. Α. γ Α4. δ Α5. δ ΘΕΜΑ Β. Β1. α. Για το 1 Mg Για το 5 Β 6 1s s ρ s η περίοδος, η ομάδα 1 1s s ρ η περίοδος, 1 η ομάδα Ως γνωστό, ο μέγιστος κύριος καντικός αριθμός (n) εκφράζει την περίοδο, ενώ ο αριθμός ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιάδας δείχνει την ομάδα. R. Μg B R γιατί το Mg έχει τρεις στιάδες, έναντι δύο του Β. γ. Το Χ είναι το Β. Αυτό γιατί χάνει εύκολα τα τρία πρώτα ηλεκτρόνια (σχετικά μικρότερες ενέργειες ιοντισμού) και εξαιρετικά δύσκολα τα υπόλοιπα δύο. Άρα είχε τρία ηλεκτρόνια στην εξωτερική στιάδα και μόλις τα έχασε, απέκτησε δομή ευγενούς αερίου 1s. δ. Στην υποστιάδα ρ, όπου είχε ένα ηλεκτρόνιο και είχε την υψηλότερη ενέργεια (μεγαλύτερο n+l) απ ότι στις άλλες υποστιάδες. ε. Η εξίσωση πρώτου και δεύτερου ιοντισμού του Β είναι αντίστοιχα: BgB g e B g B g e Ισχύει E i i1 E γιατί είναι δυσκολότερη η απόσπαση του δεύτερου ηλεκτρονίου από το κατιόν B παρά από το ουδέτερο άτομο Β. (Στο B υπάρχει ισχυρότερη έλξη). 1
Β. α. Η καμπύλη (1) αντιστοιχεί στο Ηκαι η καμπύλη () στο CO.. Αιτιολόγηση: Το H έχει διπλάσιο συντελεστή, άρα διπλάσιο ρυθμό μεταολής της συγκέντρωσής του (πιο απότομη καμπύλη). γ. i) Η T είναι μεγαλύτερη από την T 1, γιατί η αντίδραση παρασκευής της μεθανόλης είναι εξώθερμη. Έτσι με την αύξηση της θερμοκρασίας η ισορροπία μετατοπίζεται αριστερά, όπου απορροφάται θερμότητα. Γι αυτό η CHOHστη θερμοκρασία T είναι μικρότερη από αυτήν που αντιστοιχεί στη θερμοκρασία T. 1 ii) Σε υψηλότερη θερμοκρασία T, η ταχύτητα της αντίδρασης είναι μεγαλύτερη, άρα και ο χρόνος αποκατάστασης της ισορροπίας είναι μικρότερος. Β. α. Είναι ομογενής, γιατί ο καταλύτης και το καταλυόμενο σύστημα (αντιδρώντα), ρίσκονται στην ίδια φάση (υδατικό διάλυμα).. Το διάγραμμα. γ. Αιτιολόγηση: Η αντίδραση είναι εξώθερμη H 0. Άρα, η ενθαλπία των προϊόντων είναι μικρότερη της ενθαλπίας των αντιδρώντων. Επιπλέον, η χρήση καταλύτη μειώνει την ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης. Έτσι, η καμπύλη (1) αντιστοιχεί στην 1 η αντίδραση, χωρίς καταλύτη, ενώ η καμπύλη () στη η αντίδραση, με τη χρήση καταλύτη. ΘΕΜΑ Γ. Γ1. α. Α: CH (CH ) 7 CH- CH (CH ) 7 COOH Br Br Β: CH CH C C CH COONa 7 7 Γ: CH CH CH CH CH COONa 7 7 ή CH CH COONa 16
: CHCH COOH 16 CH CH COOCH CH Λ: 16 Χ: HOπαρουσία έος. Ε: CH (CH ) 7 C (CH ) 7 COOH 0 Θ: CH (CH ) 7 CH C (CH ) 7 COOH OMgBr Ι: CH (CH ) 7 Ψ: HCl CH C (CH ) 7 COOH OH Z: CH (CH ) 7 CH CN (CH ) 7 COOH K: CH (CH ) 7 CH COOH (CH ) 7 COOH. Χρησιμοποιούμε το διάλυμα Br σε CCl 4, το οποίο είναι καστανέρυθρο και αποχρωματίζεται. γ. Η εξίσωση της αντίδρασης είναι: CH (CH ) 7 CH CH(CH ) 7 COOH + KMnΟ 4 +6H + OH 5CH (CH ) 7 CH C (CH ) 7 COOH + K + + Mn + + 8H O Ο δ. εν δίνει την ιωδοφορμική αντίδραση, αφού δεν είναι μεθυλοκετόνη. ε. Πιθανό προϊόν CH (CH ) 7 C CH (CH ) 7 COOH σύμφωνα με την εξίσωση. Ο
CH (CH ) 7 C C(CH ) 7 COOH + H O Hg, HgS O 4 H SO 4 [CH (CH ) 7 C CH(CH ) 7 COOH] OH ασταθές CH (CH ) 7 C (CH ) 8 COOH Ο Γ. α. m 141 nέος 0,5mol Mr 8 n Br CV 0,81 0,8mol Από την αντίδραση προσθήκης CH (CH ) 7 CH=CH (CH ) 7 COOH+Br CH (CH ) 7 CH CH(CH ) 7 COOH Br Br Αρχ. 0,5 mol 0,8 mol Αντίδρ. 0,5 mol 0,5 mol Παραγ. - - 0,5 mol Τελικά 0 0, 0,5 mol Η μάζα του προϊόντος προσθήκης είναι: m n Mr 0,5 8 160 1g προϊόντος.. Τα 0, mol Br που περίσσεψαν, θα αντιδράσουν με το CH 4. CH = CH +Br CH Br - CH Br Αρχ 0, 0,mol Άρα: V nv 0,,4 6,7 L (STP) CH 4 m 4
ΘΕΜΑ. 1. Έστω n mol C και n mol H στο αρχικό μίγμα. Cs H g CH g 4 Αρχ. n n mol - Αντίδρ. x x - Παραγ. - - x x 1 n-x n-x x Αφού η απόδοση είναι 50%, α 0,5 και υπολογίζεται ως προς το H, που ρίσκεται με τη μικρότερη αναλογία (έλλειμμα). x α 0,5 x 0,5n n Έτσι, στη χημική ισορροπία έχουμε: nh nx 0,5n και nch4 x 0,5n Από την τιμή της KC 0,1 έχουμε: 4 0,5n CH 10 5 10 n 1 C 4 K 0,1 H 0,5n 10 5 10 n 10 n = 100 mol Άρα στο δοχείο αρχικά εισήχθησαν 100 mol C και 100 mol H.. α.. 6 4 0 CH 4 + NH + O HCN + H O αναγ.. HCOONa + HCl HCOOH + NaCl i) Στο ισοδύναμο σημείο n n HCOONa 0, 0,0 C V C V C 0,Μ 0,0 άρα, 5
ii) Όταν είχαν χρησιμοποιηθεί 10ml του πρότυπου διαλύματος HCl, δηλαδή n 0,0,01 10 mol, ενώ τα mol του HCOONa είναι HCl όπως είδαμε 410 mol, είμαστε στο μέσο της ογκομέτρησης. Τότε: HCOONa + HCl HCOOH + NaCl Αρχ. 4 10 10 mol - - Αντίδρ. 10 10 - - Παραγ. - - 10 10 mol Τελικά 10 0 10 10 Ο όγκος του διαλύματος εκείνη τη στιγμή είναι 0+10 = 0ml. Άρα: HCOOH : C ' 10 0,0 Μ HCOONa : C ' 10 0,0 Μ Μελετώντας το ρυθμιστικό διάλυμα, έχουμε: HCOONa HCOO + Na C ' C ' C ' Αρχ. Ισορρ. HCOOH H O HCOO H O C ' C ' C x C x x 10 4, αφού ph=4. K α C ' x x C ' x x<<c ' x<<c ' C ' x 10 Kα Kα x C ' -4 iii) Στο ισοδύναμο σημείο n n 4 10 mol. Έτσι: HCOONa + HCl HCOOH + NaCl Αρχ. 410 mol 410 mol - Τελ. - - 410 mol 410 mol 6
To NaCl είναι ουδέτερο και δεν επηρεάζει το ph αφού προέρχεται από εξουδετέρωση ισχυρού έος από ισχυρή άση (HCl και NaOH αντίστοιχα). Άρα, στο ισοδύναμο σημείο το pη καθορίζεται μόνο από το HCOOH. Ο τελικός όγκος είναι 0+0 =40ml. Άρα: 410 Coξ 0,1Μ 40 10 HCOOH H O HCOO HO Αρχ. 0,1Μ - - Ισορρ. 0,1-y y y K α y 0,1 y y << 0,1 5,5 y HO Κα 0,1 10 10 Άρα: ph log HO ph =,5 iv) Θα χρησιμοποιήσουμε το κυανούν της θυμόλης του οποίου η περιοχή ph αλλαγής χρώματος περιέχει το ph στο ισοδύναμο σημείο. v) HCN + H O + H + + HCOOH + NH 4 xmol xmol HCOOH + NaOH xmol HCOONa + H O xmol x n HCOONa 0,00,01x molπου εξουδετερώθηκαν. Επειδή n 4 10 mol, HCOONa Ισχύει 1 0,01 x 4 10 x 4 10 0,4mol Και VHCN n Vm 0,4,4 8,96L (STP) 7
. α. Το HCl αντιδρά με τα OH, δεσμεύοντάς τα. Άρα, η συγκέντρωση OH μειώνεται και η θέση της x.l. μετατοπίζεται δεξιά. Έτσι, η HCOO μειώνεται.. Το NaOH διαλύεται στον υπάρχοντα διαλύτη, άρα η OH αυξάνεται. Η θέση της x.l. μετατοπίζεται αριστερά και η HCOO αυξάνεται. γ. εν παρουσιάζει καμία μεταολή, αφού δεν υπάρχουν αέρια σώματα στην αντίδραση. ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΓΡΗΓΟΡΗΣ ΤΣΙΚΛΙ ΗΣ ΜΑΡΙΑ ΤΣΙΚΛΙ Η 8