1 ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΠΟΥ ΥΠΗΡΕΤΟΥΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΣΑΒΒΑΤΟ 8 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 018 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α Α1. α Α. γ Α. α Α4. β Α5. β ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. Γνωρίζουμε ότι οι πρωτολυτικές αντιδράσεις είναι μετατοπισμένες προς τα ασθενέστερα οξέα και τις ασθενέστερες βάσεις. Έτσι για την ισορροπία: HF(aq) + H OO(aq) H OOH(aq) + F(aq) επειδή είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά συμπεραίνουμε ότι το H OOH είναι ασθενέστερο οξύ από το ΗF (στους 5 ο ). Για την ισορροπία: HN(aq) + H OO(aq) H OOH(aq) + N(aq) επειδή είναι μετατοπισμένη προς τα αριστερά συμπεραίνουμε ότι το HN είναι ασθενέστερο οξύ από το H OOH (στους 5 ο ). Άρα από τις δύο ισορροπίες για την ισχύ των οξέων προκύπτει ότι: HN < H OOH < HF Β.α. Έχουμε την ισορροπία: S + O SO ΔΗ = 97 KJ. (s) (g) (s) Για να έχουμε, με τις ίδιες ποσότητες αντιδρώντων σωμάτων, μεγαλύτερη απόδοση θα πρέπει η ισορροπία να είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά προς την πλευρά της εξώθερμης. Έτσι η μείωση της θερμοκρασίας, λόγω του κανόνα του Le hatelier, μετατοπίζει τη θέση της χημικής ισορροπίας προς την κατεύθυνση εκείνη που εκλύεται θερμότητα, δηλαδή προς την πλευρά της εξώθερμης, άρα προς τα δεξιά και έτσι η απόδοση αυξάνεται. Άρα στους θ 1 = 5 ο έχουμε την μεγαλύτερη απόδοση. β. Η ισορροπία: VO 5(s) SO + O SO, ΔΗ <0 (s) (g) (g)
αποτελεί περίπτωση ετερογενούς κατάλυσης, γιατί σε άλλη φάση βρίσκεται το καταλυόμενο σύστημα ( SO (g), O (g) : αέρια) και σε άλλη φάση ο καταλύτης (V Ο 5 : στερεός). γ. Η χρήση καταλύτη μειώνει τη ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης, αλλάζει τον μηχανισμό της αντίδρασης και έτσι η αντίδραση γίνεται γρηγορότερα, αφού με μικρότερη ενέργεια ενεργοποίησης περισσότερα μόρια αντιδρώντων έχουν την απαιτούμενη ενέργεια, ώστε να δώσουν αποτελεσματικές κρούσεις. Έτσι η αντίδραση φθάνει σε κατάσταση χημικής ισορροπίας σε μικρότερο χρονικό διάστημα. Ο καταλύτης όμως δεν επηρεάζει την απόδοση της αντίδρασης (θέση χημικής ισορροπίας). Δηλαδή αποκαθίσταται η χημική ισορροπία με την ίδια απόδοση σε μικρότερο χρονικό διάστημα. Β.α. 1 Η : 1s 1 : I A ομάδα, 1 η περίοδο, n εξ = 1, Ζ * = 1 Li: 1s s 1 I A ομάδα, η περίοδο, n εξ =, Ζ * = 1 6 : 1s s p IV A ομάδα, η περίοδο, n εξ =, Ζ * = 4 Από τα στοιχεία αυτά το Li έχει το μικρότερο δραστικό πυρηνικό φορτίο (Ζ * = 1) και συγχρόνως το μεγαλύτερο κύριο κβαντικό αριθμό των ηλεκτρονίων σθένους (n εξ = ). Αυτό σημαίνει ότι τα ηλεκτρόνια σθένους του είναι πιο απομακρυσμένα από τον πυρήνα, έλκονται λιγότερο από αυτόν και έτσι εύκολα αποβάλλει το ηλεκτρόνιο σθένους του. Έτσι το Li είναι ηλεκτροθετικότερο στοιχείο από το 1 Η και τον 6, οπότε παρουσιάζει την μικρότερη ηλεκτραρνητικότητα, δηλαδή έχει την μικρότερη τάση να προσλαμβάνει ηλεκτρόνια. β. Η ένωση LiH είναι ιοντική (μέταλλο αμέταλλο). Το Li: K() L(1) αποβάλλει το μοναδικό ηλεκτρόνιο σθένους του και το προσλαμβάνει το 1 Η: K(1), οπότε αποκτούν και τα δύο στοιχεία δομή ευγενούς αερίου (με δύο ηλεκτρόνια στην εξωτερική τους στιβάδα). Το λίθιο αποκτά πραγματικό φορτίο (+1) ενώ τα υδρογόνο πραγματικό φορτίο ( 1). Σχηματικά: Li + H Li, γ. Η ηλεκτρονιακή δομή του Li + είναι: Li + : 1s 1 (υδρογονοειδές ιόν). Τα τροχιακά s και p υπάρχουν χωρίς ηλεκτρόνια (δυνητικά) και έχουν την ίδια ενέργεια. Η ενέργειά τους καθορίζεται μόνο από τον κύριο κβαντικό αριθμό των ηλεκτρονίων σθένους τους (n = ), αφού δεν υπάρχουν απωστικές δυνάμεις μεταξύ ηλεκτρονίων. + H
ΘΕΜΑ Γ Γ1. A: B: OOH OONa H H O O E: H H H H l H l H Z: H H H l K: N
4 N: H NH OOH M: OOK Γ.α. Έστω ότι διαθέτουμε: x H H OH y νh ν+ 1ΟΗ ( Φ) mαιθ mφ mολ x 46 y (14 18) 1 r(h H OH) 46 + = + ν+ = (1) Μ = Μ r( H 1OH) = 14ν+ 18 ν ν+ Με την επίδραση Na: 1 HHOH + Na HHONa + H x ;x/ 1 νh ν+ 1Ο Η + Na νh ν+ 1ONa + H y ;y/ Για το υδρογόνο έχουμε: VS.T.P. x y, 4 x+ y nh = + = = 0,1 x + y = 0, () Vm, 4 Από την οξείδωση ίσης ποσότητας του μείγματος έχουμε: HHOH + KrO7 + 8HSO4 HOOH + r (SO 4) + + K SO4 + 11HO Τα HHOH δίνουν HOOH Τα x»» ;x και» Έτσι για το HOOH : Μ = r(hooh) 60
m 6 n = x = x = 0,1 () Mr 60 () Άρα: () 0,1+ y = 0, y = 0,1 (4) (),(4) (1) 0,1 46 + 0,1 (14ν+ 18) = 1 46 + 14ν+ 18 = 10 5 14ν= 56 ν= 4 Άρα ο μοριακός τύπος της αλκοόλης (Φ) είναι: 4 H 9 OH και επειδή δεν οξειδώνεται με τα συνήθη οξειδωτικά μέσα είναι τριτοταγής με συντακτικό τύπο: Οπότε: i) Στο μείγμα περιέχονται: 0,1 H H OH και 0,1 ii) Ο συντακτικός τύπος της αλκοόλη (Φ) είναι: β.i) Η αλκοόλη που θέλουμε να παρασκευάσουμε είναι τριτοταγής με πέντε άνθρακες. Άρα θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε ένα αντιδραστήριο Grignard και μια κετόνη ( ν ) με πέντε συνολικά άτομα άνθρακα. Άρα ο συνδυασμός είναι ο (V). ii) Mgl + O l +H O +H O + Mg(OH)l ΘΕΜΑ Δ Δ1. Η σταθερά k της ετερογενούς ισορροπίας:
FeO(s) O [O ] + (g) Fe( ) + O(g) είναι k = [O] 6 Δ. Έστω ότι διαθέτουμε x O και αντέδρασαν τα 10 x 11. FeO(s) + O(g) Fe( ) + O(g) αρχ. k x 10 10 10 αντ/παρ. x x x 11 11 11 10 x 11 10 1 X.I. k x x Στη Χ.Ι. : 11 11 10 x 11 10 x 11 1 10 x x n [O] = = 11 Μ, [O 11 ] = Μ V V V Για την k έχουμε: 10 x 11 [O ] k V = k = = 10. [O] 1 x 11 V Δ. Για το H OOH διάλυμα (Υ 1 ) έχουμε: 5 pk α = 5 logk α = 5 kα = 10 Άρα Μ HOOH + HO HOO + HO αρχ. 0,1 αντ./παρ. x x x Ι/Ι 0,1 x x x k α + [H OO ] [H O ] x = kα = [H OOH] 0,1 x 5 kα 10 = = 10 < 10 1 10 Δεκτές προσεγγίσεις 4 + 5 x 10 = x = 10 M 0,1
7 Έτσι + [H O ] = 10 M ph = log10 = Δ4.α. HOOH + Fe (HOO) Fe + H β. Για το H OOH: n = n = V = 0,1 0, = 0,0. V Για τον Fe έχουμε: m 0,8 n = = = 0,005. Ar 56 Άρα: HOOH + Fe (HOO) Fe + H αρχ. 0,0 0,005 αντ./παρ. 0,01 0,005 0,005 0,005 τελ. 0,01 0 0,005 0,005 Έτσι για το Η : VS.T.P. nh = V S.T.P. = 0,005, 4 = 0,11 L. V m γ. Στο διάλυμα (Υ ) περιέχονται (HOO) Fe και HOOH με συγκεντρώσεις: 0,005 0,01 HOOH = = 0,05Μ 0, 0, Μ + (HOO) Fe HOO + Fe 0,05 ;0,05 [(H OO) Fe] = = 0,05Μ, [ ] M H OOH H O H OO H O αρχ. 0,05 0,05 Ι/Π ω ω ω Ι/Ι 0,05 ω 0,05+ω ω + + +
+ 5 kα 10 [H OO ] [H O ] (0,05 +ω) ω = = [H OOH] (0,05 ω) λόγω Ε.Κ.Ι. kα λό γω < 10 Δεκτές προσεγγίσεις 5 + 10 =ω= [H O ], άρα ph = log10 = 5. δ. Στο διάλυμα (Υ ) έχουμε: 0,01 HOOH και 0,005 (HOO) Fe. Με την προσθήκη διαλύματος Hl έχουμε: H + (H OO) Fe H OOH + Fe ;0,01 0,005 Για το διάλυμα του Ηl: 8 5 n n 0,01 = V = = = 0,0 L ή 0 ml V 0,5 Δ5. Οι αντιδράσεις οξειδοαναγωγής είναι: 0 + 5 + + Fe+ 4H N O Fe(NO ) + N O + H O 0 + 5 + + 4 Fe+ 6H N O Fe(NO ) + N O + H O ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SIENE PRESS