Απαντήσεις στα θέματα της Χημείας Προσανατολισμού Δευτέρα 30 Μαΐου 2016 ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α2. δ Α3. γ Α4. α Α5. (α) Σωστό (β) Λάθος (γ) Λάθος (δ) Λάθος (ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. α. β. Β2. α. Η αύξηση της θερμοκρασίας μετατοπίζει τη θέση της χημικής ισορροπίας εξώθερμης αντίδρασης προς τα αριστερά οπότε η ποσότητα της 3 θα μειωθεί όπως και η τιμή της. β. Αύξηση του όγκου του δοχείου έχει ως αποτέλεσμα την μείωση της πίεσης οπότε η θέση της χημικής ισορροπίας, λόγω της αρχής του Le hatelier, μετατοπίζεται προς τα περισσότερα mol αερίων δηλαδή προς τα αριστερά, συνεπώς η ποσότητα της 3 θα μειωθεί. Η εξαρτάται μόνο από την θερμοκρασία, οπότε η τιμή της θα παραμείνει σταθερή αφού η θερμοκρασία δεν μεταβάλλεται. 1
Β3. (α) Ο δείκτης pka=5, οπότε για ph<pka-1, δηλαδή ph<4 επικρατεί το χρώμα της όξινης μορφής. Άρα το διάλυμα θα αποκτήσει κόκκινο χρώμα. (β) Με σταδιακή προσθήκη ΝaOH στο διάλυμα HI το ph σταδιακά αυξάνει. Από το ph=4 αρχίζει να επικρατεί το ενδιάμεσο χρώμα έως την τιμή ph=6 που αρχίζει να επικρατεί το χρώμα της βασικής μορφής του δείκτη που είναι κίτρινο. Η περιοχή αλλαγής χρώματος του δείκτη είναι μεταξύ των τιμών ph=4 και ph=6. Β4. α) 11Na 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Επομένως βρίσκεται στην 1η ομάδα και 3η περίοδο του περιοδικού πίνακα και ανήκει στον s τομέα. 17l 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 Επομένως βρίσκεται στην 17η ομάδα και 3η περίοδο του περιοδικού πίνακα και ανήκει στον p τομέα. 19Κ 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 Επομένως βρίσκεται στην 1η ομάδα και 4η περίοδο του περιοδικού πίνακα και ανήκει στον s τομέα. β) To Na και το Κ βρίσκονται στην ίδια ομάδα. Γνωρίζουμε ότι κατά μήκος μιας ομάδας η ατομική ακτίνα αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω επειδή προστίθενται στιβάδες. Συνεπώς μεγαλύτερη ατομική ακτίνα έχει το K. To Na και το l ανήκουν στην ίδια περίοδο και το Na βρίσκεται πιο αριστερά από το l. Κατά μήκος μιας περιόδου από αριστερά προς τα δεξιά αυξάνεται ο ατομικός αριθμός και το δραστικό πυρηνικό φορτίο, ενώ ο αριθμός των στιβάδων παραμένει ίδιος. Έτσι λόγω ισχυρότερης έλξης πυρήνα με τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας η ατομική ακτίνα ελαττώνεται, οπότε το l έχει μικρότερη ατομική ακτίνα από το Na. Επομένως ισχύει για την ατομική ακτίνα των στοιχείων που δίνονται: l < Na < K 2
ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α : H3H2OH Θ : H3H2l Β : H3H2OO Ι : H3H2N Γ : H2=H2 Κ : H3H2OOH Δ : l-h2h2- Λ : H3H2H2NH2 Ε : H H Μ : H3H2OO + H3NH2H2H3 Ζ : H3H=O vh2vo2 : H3H2OOH2H3 Η : H3OONH4 Γ2. Γ3. Τα mol προπινίου H3 H είναι: m 8 n 0, 2mol Mr 40 Τα mol του υδρογόνου είναι: V 6,72 n 0,3mol V 22,4 m mol H 3 H + Η 2 H 3 Η=H 2 αρχ. 0,2 0,3 αντ./παρ. 0,2 0,2 0,2 τελικά - 0,1 0,2 mol H 3 Η=H 2 + Η 2 H 3 H 2 H 3 αρχ. 0,2 0,1 αντ./παρ. 0,1 0,1 0,1 τελικά 0,1-0,1 3
α. Άρα τα προϊόντα της παραπάνω αντίδρασης είναι το προπένιο H 3 Η=H 2 και προπάνιο H 3 H 2 H 3 β. Τελικά τα mol των δύο συστατικών του μίγματος θα είναι 0,1mol H 3 Η=H 2 και 0,1mol H 3 H 2 H 3 Δ1. α. ΘΕΜΑ Δ mol/l NH 3 + Η 2 Ο NH + 4 + OH - ισορρ 1 x x x ph 11pOH 3 [OH ] 3 M x 3 M Έχουμε 1 = 0,1 και x= -3 ΜΗ προσέγγιση 1 x 1 βαθμό ιοντισμού έχουμε: ισχύει. Οπότε για τον 3 x a a=0,01 1 1 β. Για την σταθερά ιοντισμού της ΝΗ3 έχουμε: a 1 x 1 3 2 2 2 x x K 1 = mol/l H3NH2 + Η2Ο H3 NH3 + + OH - -5 ισορρ 2 ψ ψ ψ Για την σταθερά ιοντισμού της H 3 ΝΗ 2, αφού ισχύουν οι προσεγγίσεις έχουμε: 2 a 2 2 1Κ =4 2 2 γ. Εφόσον έχουμε ίδια θερμοκρασία και ίδιο διαλύτη για τις δύο βάσεις ισχυρότερη θα είναι αυτή με την μεγαλύτερη τιμή K. Ισχύει από τα παραπάνω : K K συνεπώς η H 3 ΝΗ 2 είναι ισχυρότερη. -4 Δ2. Έχουμε αντίδραση. Υπολογίζουμε τα mol των αντιδρώντων: 4
n ΝΗ3 = 1 V 1 = 0,1.0,2 = 0,02 mol, n Hl = V = 0,05.0,2 = 0,01 mol, mol Hl + NH 3 NH 4 l αρχ. 0,01 0,02 αντ./παρ. 0,01 0,01 0,01 τελικά - 0,01 0,01 Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό με = o =0,01/1=0,01M. Επίσης για το 14 9 αμμώνιο: a pk 9 15 a Επειδή ισχύουν οι προσεγγίσεις θα ισχύει η εξίσωση Henderson-Hasselach: ph pk log ph 9 log1ph 3 = 9 3 a 3 o Δ3. Έχουμε αντίδραση. Υπολογίζουμε τα mol των αντιδρώντων: nh3nη2 = 2 V2 = 1.0,01 = 0,01 mol, nhl = 0,05.0,2 = 0,01 mol, mol Hl + H 3 NH 3 H 3 NH 3 l αρχ. 0,01 0,01 αντ./παρ. 0,01 0,01 0,01 τελικά - - 0,01 Στο τελικό διάλυμα περιέχεται μόνο το άλας H 3 NH 3 l με =0,01/0,25=0,04M mol/l H 3 NH 3 l H NH + 3 3 + l - αρχ. 0,04 - - τελ. - 0,0 4 0,04 5
mol/l + H 3 NH 3 + Η 2 Ο H 3 NH 2 + H 3 O + ισορρ 0,04 ω... ω ω a 0,04 0,04 4 4 2 2 14 2 4 2 2 12 6 M Συνεπώς ph 4 log log 6 4 ph = 6 Δ4. Έχουμε αντίδραση. Υπολογίζουμε τα mol των αντιδρώντων: nhooh = 0,1.0,1 = 0,01 mol, nnh3 = 0,1.0,1 = 0,01 mol. mol HOOH + NH 3 HOONH 4 αρχ. 0,01 0,01 αντ./παρ. 0,01 0,01 0,01 τελικά - - 0,01 Στο τελικό διάλυμα περιέχεται μόνο το άλας HOONH 4 με =0,01/0,2=0,05M και τις παρακάτω χημικές εξισώσεις: Το οξύ ΝΗ4 + και η βάση HOO - θα έχουν την ίδια συγκέντρωση όπως φαίνεται από τη διάσταση του HOONΗ4 στην εξίσωση (1). 14 Για το HOO- : 4 a HOOH Για το NH4 + : 14 a 5 NH3 9 6
Αφού Κa(ΝΗ4 + ) > Κ(HOO - ) και έχουμε ίσες αρχικές συγκεντρώσεις, τα Η3Ο + που παράγονται από την (2) θα έχουν μεγαλύτερη συγκέντρωση από τα ΟΗπου παράγονται από την (3). Μετά την εξουδετέρωση (4) στο τελικό διάλυμα θα ισχύει [Η3Ο + ]>[ΟΗ - ] και το διάλυμα θα είναι όξινο. 7