ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗ ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ 4/06/09 ΘΕΜΑ Α A β A γ A3 α A4 γ A5 β ΘΕΜΑ Β Β α) + Η Ο + Η 3 Ο + β) Στο στομάχι το ph=,5 άρα [Η 3 Ο + ]= 0 -,5 Μ Στο λεπτό έντερο το ph=8 άρα [Η 3 Ο + ]= 0-8 Μ Στο στομάχι επομένως η επίδραση κοινού ιόντος θα είναι πιο έντονη με αποτέλεσμα η ισορροπία της ασπιρίνης, λόγω Le Chatelier, να είναι περισσότερο μετατοπισμένη αριστερά με αποτέλεσμα να βρίσκεται σε μεγαλύτερη ποσότητα η μη ιοντισμένη της μορφή. Επομένως, απορροφάται περισσότερο στο στομάχι. Β α) Β (g) -> B + (g) + e - Ε i C + (g) -> C + (g) + e - Ε i β) Σωστή απάντηση i B s s p C + s s p Παρατηρούμε ότι και τα δύο έχουν τον ίδιο αριθμό εσωτερικών ηλεκτρονίων δηλαδή. Ωστόσο ο C έχει περισσότερα πρωτόνια στον πυρήνα του επομένως έχει μεγαλύτερο πυρηνικό φορτίο και μικρότερη ατομική ακτίνα εφόσον υπάρχει μεγαλύτερη έλξη μεταξύ πυρήνα και εξωτερικών ηλεκτρονίων.
Β3 Σωστή απάντηση η. Παρατηρούμε ότι η καμπύλη Υ έχει μικρότερη κλίση από την Χ γεγονός που σημαίνει ότι η αντίδραση γίνεται πιο αργά. Επίσης, παρατηρούμε ότι στην καμπύλη Υ παράγεται μεγαλύτερη ποσότητα Ο. Με την προσθήκη διαλύματος Η Ο 0, Μ έχουμε: α) Την μείωση της συγκέντρωσης του αρχικού διαλύματος Η Ο Μ [c +c =c 3 ( + )] η οποία έχει σαν αποτέλεσμα τη μείωση της ταχύτητας. β) Τα επιπλέον mol που θα προστεθούν με το νέο διάλυμα θα έχουν ως αποτέλεσμα την παραγωγή επιπλέον ποσότητας Ο λόγω στοιχειομετρίας. Β4 α) (mol) PbO(s) + CO(g) Pb(l) + CO (g) αρχ. ΧΙ - - [ CO ] Kc= => Kc= => Kc= [ CO] () (mol) PbO(s) + CO(g) Pb(l) + CO (g) αρχ. ΧΙ y y -y -y y [ CO ] Kc= => Kc= y => Kc= () [ CO] y y Εφόσον η θερμοκρασία είναι ίδια και οι Κc θα είναι ίδιες οπότε από σχέσεις () και () y = y => y= (-) (-y) => +y= => =-y Επομένως στη ΧΙ έχουμε -=-(-y)=-+y=y mol CO όσα έχουμε και στη ΧΙ β) Επειδή η χημική ισορροπία είναι δυναμική ισορροπία, το ισότοπο Ο* θα βρίσκεται στο PbO, στο CO και στο CO.
ΘΕΜΑ Γ Γ α α: HBr β: Η Ο/ Η + Δ CH 3 (CH ) 4 CH (CN) (CH ) 9 CH=O Ζ CH 3 (CH ) 4 CH (COOH) (CH ) 9 CH=O Ε CH 3 (CH ) 4 CO (CH ) 9 COOH Θ CH 3 (CH ) 4 CH (OH) (CH ) 9 COOH Λ CH 3 (CH ) 4 CH (OH) (CH ) 9 COOCH CH 3 β. Θα αντιδράσει η Β επειδή είναι αλδεΰδη CH 3 (CH ) 4 CH(Br)(CH ) 9 CH=O+CuSO 4 +5NaOH-> CH 3 (CH ) 4 CH(Br)(CH )COONa+Cu O+Na SO 4 +3H O γ Αλκοολικό διάλυμα ΝaOH ή ΚΟΗ δ. 3CH 3 (CH ) 4 CH(ΟΗ)(CH ) 9 CH=O +Κ Cr O 7 + 8H SO 4 -> 3CH 3 (CH ) 4 CO(CH ) 9 COOH + K SO 4 +Cr (SO 4 ) 3 + H O Γ α.έστω n mol γαλακτικό οξύ (Γ.Ο). n NaOH =0,00 mol CH 3 CH(OH)COOH + NaOH -> CH 3 CH(OH)COONa +H O n 0,00 mol 0,00 mol c άλατος =0,00/ 0,05=0,0 Μ (Μ) CH 3 CH(OH)COONa-> CH 3 CH(OH)COO - + Na + αρχ 0,0 τελ 0,0 0,0 (M)CH 3 CH(OH)COO - + Η Ο CH 3 CH(OH)COOH + ΟΗ - Ι.Ι. 0,0- K b =K w /K a =5 0 - άρα Κ b = 0,0 =0-6 άρα poh=6 και ph=8 β m ΓΟ =0,00 *90=0,09 g (Mr ΓΟ=90) Στα 0 g γιαούρτι περιέχονται 0,09 g γαλακτικού οξεός 00 g 0,9 g Άρα 0,9% w/w αφού ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις
Γ3 Έστω mol CH 3 CH(OH)COONa y mol (COONa) n HCl =0,5 mol CH 3 CH(OH)COONa +HCl -> CH 3 CH(OH)COOH + NaCl mol mol mol (COONa) + HCl -> (COOH) + NaCl y mol y mol y mol +y=0,5 () n KMnO4 =0,4 *0,3=0, mol 5CH 3 CH(OH)COOH +KMnO 4 +3H SO 4 -> 5CH 3 COCOOH + K SO 4 +MnSO 4 +8H O 5 mol mol mol /5 mol 5(COOH) +KMnO4 +3H SO4 -> 0 CO + K SO 4 +MnSO 4 +8H O 5 mol mol y mol y/5 mol y/5+/5=0, => +y=0,3 () Από την () και () y=0, mol =0, mol ΘΕΜΑ Δ Δ. 4ΝΗ 3 +5 Ο -> 4ΝΟ +6 Η Ο. 4ΝΗ 3 +3 Ο -> Ν +6 Η Ο ΝΗ 3 : αναγωγική ουσία, διότι το άζωτο οξειδώνεται από -3 σε 0 και προκαλεί την αναγωγή του οξυγόνου Ο : οξειδωτική ουσία, διότι το οξυγόνο ανάγεται από 0 σε - και προκαλεί την οξείδωση του αζώτου
Δ Έστω mol NH 3 μετατρέπονται σε ΝΟ και y mol NH 3 μετατρέπονται σε Ν. 4ΝΗ 3 +5 Ο -> 4ΝΟ +6 Η Ο 4 mol 4 mol mol mol 4ΝΗ 3 +3 Ο -> Ν +6 Η Ο 4 mol mol y mol y/ mol Αφού το μίγμα έχει όγκο,4 L σε STP +y/= () n KMnO4 = *0,54= 0,54 mol Μόνο το ΝΟ αντιδρά με το KMnO 4 0NO (g) + 6KMnO 4(aq) + 9H SO 4(aq) -> 0HNO 3(aq) + 6MnSO 4(aq) + 3K SO 4(aq) + 4H O (l) 0 mol 6 mol mol 0,54 6=0,54 *0 => =0,9 () άρα Από () και () y=0, Από τα συνολικά mol της ΝΗ 3 (+y)=, mol Από τα, mol NH 3 σε ΝΟ μετατρέπονται 0,9 mol άρα 0,9 =, 9 ΣΗΜΕΙΩΣΗ αν θέλει το % ποσοστό 9 *00 900 = % Δ3 α) Το μίγμα ψύχεται γιατί σε χαμηλή θερμοκρασία, με βάση την αρχή Le Chatelier ευνοείται η εξώθερμη αντίδραση, άρα η θέση της χημικής ισορροπίας μετατοπίζεται προς τα δεξιά (προς σχηματισμό του ΝΟ ).
β) (mol) ΝΟ(g) + O (g) ΝΟ (g) XI 0 0 0 4 Kc= = => Kc = 4 0 γ) Αφού αυξάνεται η ποσότητα του ΝΟ στη νέα χημική ισορροπία, η θέση της χημικής ισορροπίας μετατοπίστηκε προς τα δεξιά. Για να συμβεί αυτό πρέπει να μειωθεί ο όγκος (αυξάνεται ακαριαία η πίεση) οπότε με βάση την αρχή Le Chatelier η θέση της χημικής ισορροπίας θα πάει στα λιγότερα moles αερίων άρα δεξιά. Τα τελικά moles ΝΟ n = 0+0,5 *0=5 mol (mol) ΝΟ(g) + O (g) ΝΟ (g) XI 0 0 0 μεταβολή < =0L αντ/παρ -y -y +y NXI 0-y 0-y 0+y y+0=5 => y=,5 ( 5 7,5 5) Σταθερή θερμοκρασία άρα ίδια Kc [ NO ] 5* 5* Kc= = => =, L άρα Δ=8,8L 5*5* 7,5 Δ4 Επειδή ο αριθμός των αερίων μορίων είναι μικρότερος στο δεύτερο μέλος της χημικής εξίσωσης (3->) θα πρέπει να έχουμε υψηλή πίεση ώστε με βάση την αρχή Le Chatelier η θέση της χημικής ισορροπίας να μετατοπιστεί προς τα λιγότερα mol αερίων δηλαδή δεξιά (προς το σχηματισμό ΗΝΟ 3 ). Δ5 L HNO 3 0M L NH 3 5M Τα οποία αντιδρούν μεταξύ τους n HNO3 =0 mol n NH3 =5 mol mol HNO 3 +NH 3 ->NH 4 NO 3 αρχ 0 5 αντ/παρ -0-0 + 0
τελ 0 5-0 0 Ισχύει ότι τελ = + ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ (Ι)0 =5 Στο τελικό δ/μα έχουμε ΝΗ 4 ΝΟ 3 άρα το διάλυμα θα είναι όξινο (ΙΙ) 0 >5 Στο τελικό δ/μα έχουμε ΝΗ 4 ΝΟ 3 και ΗΝΟ 3 άρα το διάλυμα θα είναι όξινο (ΙΙΙ) 0 <5 δηλαδή σε περίσσεια η ΝΗ 3 Στο τελικό δ/μα έχουμε ΝΗ 4 ΝΟ 3 και ΝΗ 3 άρα το διάλυμα θα είναι ρυθμιστικό. Αφού το διάλυμα είναι ουδέτερο στους 5 ο C ph=poh=7 Από την εξίσωση Henderson-Hasselbalch οξέως βάσης poh=pk b + log C C οξέως βάσης c <=> 7=5 +log c NH 4NO3 NH 3 <=> =log 0 + 5 0 + <=> 0 00= 5 0 <=>500-000 =0 <=> = 50 0