ΑΠΑΝΣΗΕΙ ΧΗΜΕΙΑ ΣΕΣΑΡΣΗ 7 ΜΑΪΟΤ 015 ΘΕΜΑ Α A1. γ Α. β Α3. γ Α4. α Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. α. Λάθος Αν το διάλυμα της ισχυρής βάσης είναι πολύ αραιό το ph θα μειωθεί. β. Σωστό Το 1 βουτίνιο με CuCl/NH3 θα δώσει ίζημα ενώ το -βουτίνιο δεν θα αντιδράσει. γ. Σωστό Το NaCl δεν επηρεάζει την οξύτητα του διαλύματος. δ. Λάθος Το He με ηλεκτρονιακή δομή 1s() είναι ευγενές αέριο. ε. Λάθος Είναι τόσο ασθενές οξύ που πρακτικά δεν αντιδρά με το νερό οπότε δεν ιονίζεται. Μονάδες 15 1
Β. Χ: 1s()s()p(3) Ψ: 1s()s()p(6)3s() : 1s()s()p(4) H: 1s(1) α. Το στοιχείο Χ έχει την στιβάδα με n= ως εξωτερική άρα ανήκει στην η περίοδο και επειδή έχει 5 ηλεκτρόνια στην εξωτερική βρίσκεται στην VA ή 15 η ομάδα του περιοδικού πίνακα. Το στοιχείο Ψ έχει ως εξωτερική στιβάδα την n=3 άρα βρίσκεται στην 3 η περίοδο και επειδή έχει ηλεκτρόνια στην εξωτερική βρίσκεται στην IIA ή η ομάδα του περιοδικού πίνακα. Μονάδες 4 β. Παρατηρώντας τις σχετικές θέσεις των στοιχείων Χ και Ψ στον Περιοδικό Πίνακα και λαμβάνοντας υπ όψιν την γενική τάση που υπάρχει στην μεταβολή της 1 ης ενέργειας ιονισμού εντός του Περιοδικού Πίνακα: Κατεύθςνση αύξησηρ Ππώτηρ Δνέπγειαρ Ιονισμού Κατεύθςνση αύξησηρ Ππώτηρ Δνέπγειαρ Ιονισμού ΙΙ Α V A X 3 Ψ καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι η πρώτη ενέργεια ιονισμού του Ψ είναι μικρότερη από του Χ Μονάδες
γ. H + - Χ Ψ Μονάδες 4 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α HC CH Κ CH CH Θ CH MgCl Β CH MgCl Γ CH Λ CH CH Γ Δ CNa H CH H Ε CH Cl Μ C CH CH Μονάδες 10 Γ. Έστω ότι διαθέτουμε α και μετά την αντίδραση προσθήκης προκύπτουν β mol από την -βουτανόλη (κύριο προϊόν) και γ mol από την 1-βουτανόλη. Το πρώτο μέρος περιέχει β/3 mol -βουτανόλης και γ/3 1-βουτανόλης. Κατά την αντίδραση με Na κάθε αλκοόλη δίνει ½ mol υδρογόνου (όπως προκύπτει από την χημική εξίσωση) οπότε θα προκύψουν β/6 + γ/6 mol υδρογόνου συνολικά. Επειδή έχουμε σαν δεδομένο ότι προκύπτουν 1,1lt ή 0,05 προκύπτει ότι β + γ = 0,3 Στο δεύτερο μέρος αντιδρά μόνο η -βουτανόλη. Επειδή 1 mol αλκοόλης δίνει 1 mol ιωδοφορμίου από τα β/3 mol προκύπτουν β/3 mol ιζήματος. Άρα β/3 = 0,08 ή β=0,4 mol και τελικά γ = 0,06 mol 5 CH CH + KMn 4 + 3H S 4 5 CH C H + MnS 4 +K S 4 + 8H 5 CH CH CH H + 4KMn 4 + 6H S 4 5 CH CH CH + 4MnS 4 +K S 4 + 11H 3
Από τις παραπάνω αντιδράσεις προκύπτει ότι απαιτούνται: β/15 και 4γ/15 mol KMn4 ή τελικά 0,048 mol και επειδή C=n/V προκύπτει ότι V=480ml διαλύματος KMn4 Μονάδες 15 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Σο NaH αντιδρά με το HCH και επειδή το ph του τελικού είναι όξινο είναι σε περίσσεια το οξύ. Σο τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό: HCH + NaH 0,1 0,1V HCNa + H 0,1-0,1V - 0,1V ph = pk a + log(c β /C o ) ph = pk a + log (0,1V/0,1-0,1V) από όπου προκύπτει ότι V=0,5 Lt Μονάδες 7 Δ. Βρίσκουμε τις νέες συγκεντρώσεις στο τελικό διάλυμα από την σχέση C1V1=CV: Για το HCH C1= 0,05M Για το CH3CH C=0,5M To HCH ηολίδεηαη κερηθώς θαη αποθαζίζηαηαη ηοληηθή ηζορροπία: HCH + Η Ο HC - + Η 3 Ο + C 1 -x x x To CH ηολίδεηαη κερηθώς θαη αποθαζίζηαηαη ηοληηθή ηζορροπία: C - + Η Ο C - + Η 3 Ο + C -y y y Οη ζσγθεληρώζεης ηωλ ηόληωλ θαη ηωλ οσδέηερωλ κορίωλ ζηο δηάισκα είλαη: [HCH]=C 1 -x περίποσ C 1 [ CH]=C -y περίποσ C [HC - ]=x [ C - ]=y [H 3 + ]= K a1 = [HC- ][H 3 + ] [HCH] K a = [C - ][H 3 + ] [ CH] K a1 = K a = x() C 1 y() C x= K a1c 1 y= K ac 1 Προζζέηοληας θαηά κέιε ηης 1 θαη προθύπηεη όηη: = K a1c 1 +K a C =(K a1 C 1 +K a C ) 1/ 4
Κάνοντας αντικατάσταση στην τελευταία σχέση προκύπτει [Η3Ο + ]=10 -,5 ή ph=,5 Μονάδες 9 Δ3. Σε 1 Lt του Υ4 περιέχονται 0,05 mol του HCH και 0,5 mol του CH3CH. Επειδή mol οξέος δίνουν 1 mol Η προκύπτουν συνολικά 0,05 + 0,5 mol υδρογόνου, δηλαδή 0,75 mol H ή επειδή n=v/,4 βρίσκουμε τελικά 6,16 lt αέριο υδρογόνο. Μονάδες 6 ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑ Μ.Ε. Δ4. Εξαιτίας της αντίδρασης οξείδωσης του HCH από το KMn4 προς C είναι δυνατός ο προσδιορισμός της συγκέντρωσης του HCH. Δεν απαιτείται δείκτης γιατί το KMn4 έχει έντονο ιώδες χρώμα το οποίο το χάνει κατά την αντίδραση του με το οξύ. Έτσι όταν το ογκομετρούμενο διάλυμα του HCH αποκτήσει μόνιμο ιώδες χρώμα καταλαβαίνουμε ότι έχουμε φτάσει στο τελικό σημείο της ογκομέτρησης. Μονάδες 3 5