ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 14:15

ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 14:15

Σελίδα 2 από

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΕΞΕΤΑΣΗΣ: 14 / 06 / 201 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A1. β A2. γ A3. α A4. γ A5. β ΘΕΜΑ Β Β1. - α. + 2 + 3 + 3 3 β. Η ασπιρίνη θα απορροφηθεί ευκολότερα στο στομάχι γιατί η θέση της ιοντικής ισορροπίας είναι μετατοπισμένη προς τα αριστερά λόγω επίδρασης κοινού ιόντος στα Η 3 Ο +, άρα η συγκέντρωση μορφή της μη ιοντικής μορφής είναι μεγαλύτερη. Β2. α. 5 Β(g) 5 Β(g)+ + e Ei(1)(B) 6 (g)+ 6 (g)+2 + e Ei(2)() β. 5Β: 1s 2 2s 2 2p 1 6 + : 1s 2 2s 2 2p 1 Σωστή απάντηση είναι η 1. Παρατηρούμε ότι τα δύο σωματίδια έχουν ίδια ηλεκτρονιακή δομή. Όμως ο 6 + έχει μεγαλύτερο αριθμό πρωτονίων στον πυρήνα του με αποτέλεσμα να ασκεί ισχυρότερη ελκτική δύναμη στα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας και να έχει μικρότερο μέγεθος. Παρατήρηση: Το θέμα είναι ιδιαιτέρως κακογραμμένο. Θεωρούμε ότι πιθανότατα θα δοθεί διευκρίνιση. Σελίδα 3 από

Β3. Σωστή απάντηση είναι η 2. Με την προσθήκη διαλύματος Η 2 Ο 2 0,1 Μ αυξάνονται τα mol του Η 2 Ο 2 που υπάρχουν στο διάλυμα και μειώνεται η συγκέντρωση του διαλύματος σε Η 2 Ο 2. Αποτέλεσμα των παραπάνω είναι να παράγεται μεγαλύτερος όγκος Ο 2 και να μειώνεται η ταχύτητα της αντίδρασης. Β4. α. Για να βρούμε την σύσταση του μίγματος όταν αποκατασταθεί η ισορροπία, στο πρώτο δοχείο, θα κάνουμε πινακάκι: mol Pb(s) + (g) Pb(l) + 2 (g) 1 1 - - Αντιδρούν - - Παράγονται - - Τελικά 1 1 Από την έκφραση της Kc έχουμε: [ 2 ] Κc = ή Κc = (1) [] 1- Για να βρούμε την σύσταση του μίγματος όταν αποκατασταθεί η ισορροπία, στο δεύτερο δοχείο, θα κάνουμε πινακάκι: mol Pb(s) + (g) Pb(l) + 2 (g) - - 1 1 Αντιδρούν - - y y Παράγονται y y - - Τελικά y y 1 - y 1 - y Από την έκφραση της Kc έχουμε: [ 2 ] 1 - y Κc = ή Κc = (2) [] y Eπειδή η θερμοκρασία είναι ίδια θα έχουμε την ίδια τιμή της Kc. Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε: 1 - = 1 - y y ή y = 1 - y - + y ή y = 1 - Άρα η ποσότητα του θα είναι ίδια και στα δύο δοχεία. β. Η αντίδραση είναι αμφίδρομη, δηλαδή πραγματοποιείται και προς τις δύο κατευθύνσεις. Αυτό έχει ως αποτέλεσμα το επισημασμένο άτομο οξυγόνου, μετά την αποκατάσταση της χημικής ισορροπίας, να βρίσκεται σε κάθε ουσία που βρίσκεται στο δοχείο και περιέχει άτομα Ο, δηλαδή στα Pb, και 2. Σελίδα 4 από

ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. α: ΗBr, β: Η 2 Ο σε όξινο περιβάλλον Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α έως Ψ είναι οι εξής: Δ. 3 () 4 2 Z: N 3 () 4 2 E: 3 () 4 2 ΟΗ Θ: Η 3 () 4 2 ΟΗ Λ: Η 3 () 4 2 Ο 2 3 β. Mε φελίγγειο υγρό αντιδρούν μόνο οι αλδεΰδες άρα αντιδρά η Β. 3 () 4 2 + 2uS 4 + 5Na Βr 3 () 4 2 Na + 2u 2 + 2Na 2 S 4 + 3 2 Βr γ. Αλκοολικό διάλυμα ΚΟΗ. Σελίδα 5 από

δ. 3 () 4 2 + 2Κ 2 r 2 7 + 8 2 S 4 ΟΗ 3 () 4 2 + 2Κ 2 S 4 + 2r 2 (S 4 ) 3 + 11 2 ΟΗ Γ2. Στο ισοδύναμο σημείο της ογκομέτρησης πραγματοποιείται πλήρης εξουδετέρωση: Βρίσκουμε τα mol του Na: n(na) = (Na) V(Na) = 10-3 mol mol 3 + Na 3 Na + 2 Αντιδρούν Παράγονται Τελικά 0,03 1 10-3 10-3 10-3 - - 10-3 - - Προφανώς 0,03 1-10 -3 = 0 ή 1 = 1 30 M 10-3 Στο δοχείο υπάρχει το 3 Na με συγκέντρωση με 2 = 0,02 M mol 3 Na 3 - + Νa + Τελικά 2 - - - 2 2 Σελίδα 6 από

mol 3 - + 2 3 + - 2 Αντιδρούν Παράγονται - - Τελικά 2 - - Από την έκφραση της Kb λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε = 10-6 M οπότε p = 6 και p = 8. Γ3. α. Τα άλατα αντιδρούν πλήρως: 3 Νa+ l 3 + Nal 1 mol 1 mol 1 mol n 1 mol n 1 mol n 1 mol (Na) 2 + 2l () 2 + 2Nal 1 mol 2 mol 1 mol n 2 mol 2n 2 mol n 2 mol mol(l) = n 1 + 2n 2 = (l) V(l) ή n 1 + 2n 2 = 0,5 (1) 5 3 +2ΚΜn 4 + 3 2 S 4 5 3 + K 2 S 4 + 2MnS 4 + 8 2 5 mol 2 mol 2n n 1 mol 1 mol 5 5 () 2 +2 ΚΜn 4 + 3 2 S 4 10 2 + K 2 S 4 + 2MnS 4 + 8 2 5 mol n 2 mol 2 mol 2n 2 mol 5 0,4n 1 + 0,4n 2 = (KMn 4 ) V(KMn 4 ) ή n 1 + n 2 = 0,3 (2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε n 1 = 0,1 mol και n 2 = 0,2 mol β. mol(γ.ο) = (Γ.Ο) V(Γ.Ο) = 0,001 Βρίσκουμε την σχετική μοριακή μάζα του γαλακτικού οξέος Μr(Γ.Ο) = 3 12 + 6 1 + 3 16 = 0 Στα 10 g γιαουρτιού περιέχονται 0,001 mol γαλακτικού οξέος ή 0,0 g Στα 100 g γιαουρτιού περιέχονται ω g Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουμε ω = 0, g γαλακτικού οξέος άρα η περιεκτικότητα σε γαλακτικό οξύ είναι 0, % w/w. Σελίδα 7 από

ΘΕΜΑ Δ Δ1. 4ΝΗ 3 (g) + 5 2 (g) 4ΝΗ 3 (g) + 3 2 (g) Αναγωγικό: ΝΗ 3 Οξειδωτικό: Ο 2 Pt 00 o 4N(g) + 6 2 (g) 2N(g) + 6 2 (g) Δ2. 10ΝΟ(g) + 6KMn 4 (aq) + 2 S 4 (aq) 10 mol 6 mol mol 0,6 mol [10N 3 (aq) + 6MnS 4 (aq) + 3K 2 S 4 (aq) + 4 2 (l) n(kmn 4 ) = (KMn 4 ) V(KMn 4 ) = 0,6 = 0,54 ή = 0, mol (1) Το μείγμα αποτελείται από ΝΟ και Ν 2 : V(μείγματος) = V(Ν) + V(N 2 ) ή n(n) + n(n2) = 1(2) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουμε n(n 2 ) = 0,1 mol και n(νο) = 0, mol Aπό την αντίδραση 1 βρίσκουμε ότι παράγονται 0, mol N και από την αντίδραση 2 βρίσκουμε ότι παράγονται 0,1 mol N 2. Συνολικά mol(n 3 ) = 0, + 0,2 = 1,1 Βαθμός μετατροπής σε ΝΟ: α = 11 Δ3. α. Η αντίδραση είναι εξώθερμη. Σύμφωνα με την αρχή Le hatelier με την μείωση της θερμοκρασίας η χημική ισορροπία μετατοπίζεται προς την κατεύθυνση όπου εκλύεται θερμότητα δηλαδή προς τα δεξιά στη συγκεκριμένη αντίδραση με αποτέλεσμα η απόδοση να αυξηθεί. β. mol 2ΝΟ(g) + 2 (g) 2ΝΟ 2 (g) 10 10 20 Από την έκφραση της Kc με δεδομένο ότι V = 10 L βρίσκουμε Kc = 4 γ. Τελική ποσότητα ΝΟ 2 : 20 + 0,25 20 = 25 mol X.Ι(2) mol Αντιδρούν Παράγονται 2ΝΟ(g) + 2 (g) 10 2 10 2ΝΟ 2 (g) 20 2 10-2 10-20 + 2 Επομένως 20 + 2 = 25 ή = 2,5 mol Από την έκφραση της Kc βρίσκουμε V = 1,2 L επομένως ο όγκος μειώνεται κατά 8,8 L. Δ4. Σύμφωνα με την αρχή Le hatelier με την αύξηση της πίεσης η χημική ισορροπία μετατοπίζεται προς την κατεύθυνση όπου υπάρχουν τα λιγότερα mol αερίων δηλαδή στη συγκεκριμένη αντίδραση προς τα δεξιά οπότε η απόδοση αυξάνεται. Σελίδα 8 από

Δ5. Έστω V 1 L N 3 10 M και V 2 L NΗ 3 5 Μ: mol(n 3 ) = 10 V 1 mol(n 3 ) = 5 V 2 mol ΗΝΟ 3 + ΝΗ 3 ΝΗ 4 ΝΟ 3 10 V 1 5 V 2 Αντιδρούν Παράγονται Τελικά 10 V 1-5 V 2 - Προφανώς εάν έχουμε πλήρη αντίδραση στο τελικό διάλυμα θα έχουμε το άλας ΝΗ 4 ΝΟ 3 το οποίο παρουσιάζει, λόγω του ιοντισμού του ΝΗ 4 +, στους 25 ο p μικρότερο του 7. Επίσης p μικρότερο του 7 έχουμε αν περισσέψει ΗΝΟ3. Άρα περισσεύει ΝΗ 3. Στο τελικό διάλυμα έχουμε ΝΗ 3 και ΝΗ 4 ΝΟ 3 με συγκεντρώσεις: (N 3 ) = 5V 2-10V 1 10V 1 και (N 4 ΝΟ 3 ) = αντίστοιχα. V 1 + V 2 V 1 + V 2 Το διάλυμα που προκύπτει είναι ρυθμιστικό οπότε από την εξίσωση των enderson asselbach βρίσκουμε ότι: V 1 101 = V 2 50 Σελίδα από