XHMEIA ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 017 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 017 ΘΕΜΑ Α Α1 δ Α γ Α3 α Α4 β Α5 δ ΘΕΜΑ Β Β1 α) r F < r Na < r K. Η Α.Α. αυξάνεται κατά μήκος της περιόδου από δεξιά προς τα αριστερά και σε μία ομάδα από πάνω προς τα κάτω. β) Cr : 1s, s, p 6, 3s, 3p 6, 3d 5,4s 1 Fe + : 1s, s, p 6, 3s, 3p 6, 3d 6 γ) Η, F, Cl B α) Ουδέτερο Για τα άλατα που προέρχονται από ασθενές οξύ και ασθενή βάση ελέγχουμε τις Κ a και K b HCOOH + CH 3 NH HCOONH 3 CH 3 HCOONH 3 CH 3 HCOO - + CH 3 NH 3 + K a(hcooh) K b(hcoo-) = K w K a = 10-10 K a(ch3nh3+) K b(ch3nh) = K w K b = 10-10 επειδή Κ a =K b ουδέτερο β) Βασικό Tα άλατα που προέρχονται από ασθενές οξύ και ισχυρή βάση δημιουργούν βασικά διαλύματα διότι: HCOOH + NaOH HCOONa HCOONa HCOO - + Na + To Na+ δεν αντιδρά με το νερό διότι προέρχεται από την ισχυρή βάση NaOH. To HCOO- είναι συζυγής βάση ασθενούς οξέος, άρα ιοντίζεται. HCOO - + Η Ο HCOOH + OH -
Β3 Σωστή απάντηση : ii O νόμος αραίωσης του Ostwald για ασθενές οξύ εκφράζεται με την σχέση: α C Κα 1- α επομένως ο βαθμός ιοντισμού είναι αντιστρόφως ανάλογος της τετραγωνικής ρίζας της συγκέντρωσης C Β4 α) εξώθερμη επειδή Η προϊόντων είναι μικρότερη από Η αντιδρώντων. β) i. ΔΗ= -139 KJ ii. 09 ΚJ iii. 348 KJ ΘΕΜΑ Γ Γ1 Mr = 1v + v + 16 = 58 v=3 εφόσον αντιδρά με Tollens είναι αλδεΰδη οπότε έχουμε την CH 3 CH CH=O CH 3 CH CH=O AgNO 3 3NH 3 H O CH 3 CH COONH 4 Ag + NH 4 NO 3 Γ Α: CH 3 CH=CH Β: CH 3 CH(OH)CH 3 Γ: CH 3 COCH 3 Δ: CH 3 CH(OH)(CH 3 )CN E: CH =C(CH 3 )COOCH 3 Γ3 CH 3 CH=CH n=m/mr n=6,3/4 n=0,15 mol CH 3 CH=CH + H O CH3CH CH3 έστω n 1 mol ;=n 1 mol CH 3 CH=CH + H O CH3 CH CH έστω n mol ;=n mol Στο πρώτο μέρος : n 1 / mol CH3CH CH3 και n / mol CH3 CH CH 5CH 3 CH(OH)CH 3 + KMnO 4 + 3Η SO 4 5CH 3 CΟCH 3 + MnSO 4 + K SO 4 + 8H O 5 mol mol n 1 / x=; x=0,n 1
5CH 3 CH CH OH+ 4KMnO 4 + 6H SO 4 5CH 3 CH CΟOH + 4MnSO 4 + K SO 4 + 11H O 5 mol 4 mol n / ψ=; ψ=0,4n n(kmno 4 ) = CV =,8 0,01= 0,08 mol οπότε 0,n 1 + 0,4 n = 0,08 (σχέση 1) Στο δεύτερο μέρος : n 1 / mol CH3CH CH3 και n / mol CH3 CH CH CH3 CH CH + 4Cl 3 + 6ΝαΟΗ CH 3 COONa +CHCl 3 +5ΝαCl + 5H O ΟΗ n (CH 3 I)=m/Mr n = 19,7/394 n = 0,05 mol 1 mol 1 mol n 1 / 0,05 mol n 1 = 0,1 mol από τη σχέση 1 : n = 0,0 mol άρα συνολικά 0,1 mol Το ποσοστό του προπενίου = 0,1/0,15 x100 = 80% ΘΕΜΑ Δ Δ1. Σε 100mL διαλύματος περιέχονται 17g Η Ο. Άρα στα 400mL περιέχονται 68g Η Ο. m 68 nho mol Mr 34 α και γ. H O + HI I + H O mol x=mol I. β. To οξειδωτικό είναι το Η Ο διότι περιέχει το Ο του οποίου ο Α.Ο. μειώνεται από -1 σε -. To αναγωγικό είναι το ΗΙ διότι περιέχει το Ι του οποίου ο Α.Ο. αυξάνεται από -1 σε 0. Δ. mol Η + Ι ΗΙ Αρχ 0,5 0,5 Χ.Ι. 0,5-x 0,5-x x [ HI ] x Kc 64 x 0,4mol [ H] [ I] 0,5 x Άρα n H = n I = 0,5-x = 0,1mol και n HI = 0,8mol Δ3. mol ΗΙ + ΝΗ 3 ΝΗ 4 Ι Αρχ 0,5 0,5 Τελ 0,5-x 0,5-x x
Με την προσθήκη του στερεού η θέση της ισορροπίας δεν μεταβάλλεται διότι η συγκέντρωση του στερεού ΝΗ 4 Ι παραμένει σταθερή c (s) =ρ/μr Δ4. n NH3 =c V=0,01mol και ph=11 => poh=3 => [OH - ]=10-3 M mol NΗ 3 + H O NH 4 + + OH - Αρχ 0,1 Χ.Ι. 0,1-x x x=10-3 K b NH3 3 x 10 Kb 10 c x 0,1 5 Το ph στο τελικό διάλυμα είναι 9 διότι με την προσθήκη του οξέος αυξάνονται τα Η 3 Ο + άρα μειώνεται το ph poh=5 [OH-]=10-5 M Οι ηλεκτρολυτες αντιδρούν μεταξύ τους άρα: mol ΗΙ + ΝΗ 3 ΝΗ 4 Ι Στην περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης, στο τελικό διάλυμα θα έχουμε μόνο ΝΗ 4 Ι. Το άλας διίσταται: ΝΗ 4 Ι ΝΗ 4 + + Ι - Το ΝΗ 4 + αντιδρά με το Η Ο διότι είναι συζυγές οξύ ασθενούς βάσης ΝΗ 3. Το Ι - Δεν αντιδρά με το Η Ο διότι είναι συζυγής βάση ισχυρού οξέος ΗΙ. Άρα θα έχουμε όξινο διάλυμα οπότε η υπόθεση της πλήρους εξουδετέρωσης απορρίπτεται. Αν περισσέψει το ΗΙ τότε το ph θα ήταν ακόμα χαμηλότερο άρα απορρίπτεται. Επομένως έχουμε περίσσεια της ΝΗ 3. Έστω κ τα mol του ΗΙ που προσθέτουμε. mol ΗΙ + ΝΗ 3 ΝΗ 4 Ι Αρχ κ 0,01 Αντ/Παρ κ κ κ Τελ 0 0,01-κ κ Στο τελικό διάλυμα έχουμε: c NH3 = (0,01-κ)/0,1 και c NH4I =κ/0,1 Το άλας διίσταται: NH 4 I NH + 4 + I - Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό άρα: cnh 3 5 5 0,01 [ OH ] Kb 10 10 0,005mol c NH 4 Δ5. α. c NH4I =0,01/0,1=0,1M Το άλας διίσταται: NH 4 I NH 4 + + I- 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ
mol NΗ 4+ + H O NH 3 + H 3 O + Αρχ 0,1 Χ.Ι. 0,1-x x x Kw 9 9 x 5 K a NH 10 10 x 10 M ph 5 4 K 0,1 x bnh 3 β. Το ph στο τελικό διάλυμα είναι 9 poh=5 [OH - ]=10-5 M Οι ηλεκτρολυτες αντιδρούν μεταξύ τους άρα: mol ΝaΟΗ + ΝΗ 4 Ι ΝΗ 3 + NaI+ H O Στην περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης, στο τελικό διάλυμα θα έχουμε μόνο ΝΗ 3 και NaI, δηλαδή μία βάση κι ένα ουδέτερο άλας, άρα το διάλυμα θα είναι βασικό. Επομένως εξετάζουμε την περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης. Έστω μ τα mol του NaOH που προσθέτουμε mol ΝaΟΗ + ΝΗ 4 Ι ΝΗ 3 + NaI+ H O μ 0,01 0,01 0,01 0,01 0,01 0 0 0,01 0,01 Άρα μ=0,01mol Στο τελικό διάλυμα έχουμε: c NH3 = 0,01/0,1 = 0,1M mol NΗ 3 + H O NH 4 + + OH - Αρχ 0,1 Ι.Ι. 0,1-x x x x x Kb NH K 3 b x M ά poh c x 0,1 3 10 3 και ph=11. Αν περισσέψει η ισχυρή βάση NaOH τότε το ph θα ήταν ακόμα μεγαλύτερο. Οπότε απορρίπτεται. Επομένως περίσσεια του ΝΗ 4 Ι και προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. mol ΝaΟΗ + ΝΗ 4 Ι ΝΗ 3+ NaI+ HO Αρχ μ 0,01 Αντ/Παρ μ μ μ μ Ι.Ι. 0 0,01-μ μ μ τελικές συγκεντρώσεις: c NH3 = μ/0,1 και c NH4I =(0,01-μ)/0,1 Το άλας διίσταται: NH 4 I NH + 4 + I -
Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό ΝΗ 3 /ΝΗ + 4 άρα: cnh 3 5 5 [ OH ] Kb 10 10 0, 005mol c 0,01 NH 4