Χηµεία θετικής κατεύθυνσης Γ λυκείου 2017 Λύσεις θεµάτων Θέµα 1 ο 1. δ 2. γ 3. α 4. β 5. δ Θέµα 2 ο Β1. α. F<Na<K Το F έχει τη µικρότερη ατοµική ακτίνα στον περιοδικό πίνακα καθώς κατά µήκος µίας περιόδου αυξάνει από δεξιά προς τα αριστερά εξαιτίας µείωσης του δραστικού πυρηνικού φορτίου Z*. Αµέσως µετά ακολουθεί το Na µε κύριο κβαντικό αριθµό n=3 και κατόπιν το K µε κβαντικό αριθµό n=4 µιας και κατά µήκος µιας οµάδας η ακτίνα αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω λόγω αύξησης των στιβάδων. β. Cr: από τον περιοδικό πίνακα βρίσκεται στην 4η περίοδο και στην 6η οµάδα συνεπώς ο ατοµικός του αριθµός είναι 24. Η ηλεκτρονιακή δόµηση έχει ως εξής: 24Cr: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d4 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1 Fe: βρίσκεται στην 4η περίοδο και στην 8η οµάδα του περιοδικού πίνακα συνεπώς ο ατοµικός του αριθµός είναι 26. Η ηλεκτρονιακή δόµηση έχει ως εξής: 26Fe: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s2 3d6 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 4s2 Για το δισθενές ιόν του 26Fe2+ ισχύει: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 γ. Τα ιόντα µε φορτίο -1 που είναι ισοηλεκτρονιακά µε το πλησιέστερο ευγενές αέριο είναι τα Η-, F- και Cl-. Β2. α. Ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που εξουδετερώνονται πλήρως. HCOOH + CH3ΝΗ2 HCOOΝΗ3CH3 + HCOOΝΗ3CH3 HCOO - + CH3ΝΗ3 CH3ΝΗ3 + + Η2Ο CH3ΝΗ2 + Η3Ο+ Κa = 10-10 HCOO - + Η2Ο HCOOH + OH - µε Κb = 10-10 Εφόσον Κa=Κb το διάλυµα που προκύπτει είναι ουδέτερο. β. Ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που εξουδετερώνονται πλήρως. HCOOH + ΝaOΗ HCOONa+ Η2Ο HCOONa HCOO- + Na+ Το Να δεν επηρεάζει καθώς δεν υδρολύεται. HCOO- + Η2Ο HCOOH + OH-, Κb = 10-10
Συνεπώς το διάλυµα που προκύπτει είναι βασικό. Β3. Το δεύτερο διάγραµµα είναι το σωστό. Με την αύξηση της συγκέντρωσης ενός διαλύµατος µειώνεται ο βαθµός ιοντισµού του ασθενούς οξέος. Β4. α. Η προϊόντων< Η αντιδρώντων, άρα η αντίδραση είναι εξώθερµη. β. i. Η = -(β α) = -348 + 209 = -139 KJ/mol Θέµα 3 ο ii. Για την αντίδραση Ν2Ο(g) + NO(g) N2(g) + NO2(g) Εα=209 ΚJ/mol iii. Για την αντίδραση N2(g) + NO2(g)Ν2Ο(g) + NO(g) Εα= 348 ΚJ/mol. Γ1. Για την καρβονυλική ένωση CvH2vO έχουµε 14v+16=58 v=3 Εφόσον αντιδρά µε το αντιδραστήριο Tollens είναι αλδεύδη και η αντίδραση που προκύπτει είναι: CH3CH2CH=O + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O CH3CH2COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag Γ2. Α= προπένιο CH3CH=CH2 Β= ισοπροπανόλη CH3-CH(OH)-CH3 Γ= προπανόνη CH3-CO-CH3 = CH3C(OH)CN 2-υδρόξυ 2-µέθυλο προπανονιτρίλιο CH3 Ε= CH2=CCOOCH3 2 µεθυλο-προπενικός µεθυλεστέρας CH3 Σηµείωση: η ονοµατολογία είναι µόνο για διευκόλυνση, δεν ήταν απαραίτητη στις απαντήσεις. Γ3. Έστω χmol η ποσότητα του προπενίου όπου χ=6,3/42=0,15mol α. οι αντιδράσεις που λαµβάνουν χώρα είναι οι εξής: CH3CH = CH2 + H2O CH3-CH (ΟΗ) CH3 παρουσία όξινου περιβάλλοντος CH3CH = CH2 + H2O CH3-CH2-CH2OH παρουσία όξινου περιβάλλοντος 5 CH3CH(OH)CH3 + 2KMnO4 + 3H2SO4 CH3CΟCH3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5CH3CH2CH2OH + 4KMnO4 + 6H2SO45CH3CH2COOH + 4MnSO4 + 2K2SO4 + 11H2O CH3CH(ΟΗ)CH3 + 4I2 + 6NaOH CH3COONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O β. Έστω χ1 mol του προπενίου µετατρέπονται προς 2-προπανόλη και χ2 mol µετατρέπονται προς 1- προπανόλη. CH3CH = CH2 + H2O CH3-CH (ΟΗ) CH3 παρουσία όξινου περιβάλλοντος 1 mol 1 mol χ1 mol χ1 mol CH3CH = CH2 + H2O CH3-CH2-CH2OH παρουσία όξινου περιβάλλοντος
1 mol 1 mol χ2 mol χ2 mol 1o µέρος (χ/2) 0,5 χ1 mol 2-προπανόλης & 0,5 χ2 mol 1-προπανόλης. 5 CH3CH(OH)CH3 + 2KMnO4 + 3H2SO4 CH3CΟCH3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5 mol 0,5χ1 mol 2 mol 0,2χ1 mol 5CH3CH2CH2OH + 4KMnO4 + 6H2SO45CH3CH2COOH + 4MnSO4 + 2K2SO4 + 11H2O 5 mol 0,5χ2 mol 4 mol 0,4χ2 mol 2o µέρος (χ/2) 0,5 χ1 mol 2-προπανόλης & 0,5 χ2 mol 1-προπανόλης. 0,2 χ1 + 0,4 χ2 = 0,14 Την αλοφορµική αντίδραση δίνει µόνο η 2-προπανόλη. Τα mol του ιωδοφόρµιου είναι: ncηι3 = 19,7/394 = 0,05mol CH3CH(ΟΗ)CH3 + 4I2 + 6NaOH CH3COONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O 1 mol 1 mol 0,5χ1 mol 0,5χ1 mol Συνεπώς 0,5 χ1 = 0,05 χ1 = 0,1 mol Από την εξίσωση του 1 ου µέρους χ2 = 0,02 mol Στα 0,15 mol C3H6 αντέδρασαν τα 0,12 mol Στα 100 mol C3H6 x 12=0,15χ χ=80 % Θέµα 4 ο 1. α. Η2Ο2(aq) + 2HI(aq) I2(s) + 2H2O(l) β. Οξειδωτικό σώµα είναι το Η 2Ο 2. Αναγωγικό σώµα είναι το ΗΙ. γ. Στα 100 διαλ/τος περιέχονται 17 g Η2Ο2 Στα 400 διαλ/τος x g x = 68g Η2Ο2 χ=68/34=2mol
2. Mol Η2 (g) + I2 (g) 2ΗΙ (g) Αρχ. 0,5 0,5 Αντ. Χ χ Παρ. - - 2x Χ.Ι. 0,5-χ 0,5-χ 2x Κc= [HI]2/[H2]*[I2] 64= 4x 2/ (0.5-x) 2 x=0.4mol Συνεπώς στην χηµική ισορροπία υπάρχουν: 0,1 mol H2, 0,1 mol και 0,8 mol HI. 3. α. Η θέση της Χηµικής Ισορροπίας δεν επηρεάζεται. β. Το ΝΗ 4Ι είναι στερεό γεγονός που σηµαίνει ότι δεν συµµετέχει στην Kc. Συνεπώς µε αφαίρεση µικρής ποσότητας από αυτό δεν υπάρχει επίδραση στη θέση της χηµικής ισορροπίας. 4. Μ NH3 + Η2Ο NH4+ + OH- Αρχ. Αντ. c X Παρ. - x x Χ.Ι. C-χ x x Το ph = 11 συνεπώς το poh = 3 άρα x = 10-3 M. Κb=x2/c-x Ostwald Kb= 10-6 /0.1 Kb = 10-5. Υπάρχει αντίδραση του οξέος και της βασης. Άρα: mol(νη3) = 0,1.0,1 = 0,01 Mol NH3 + ΗΙ NH4Ι Αρχ. 0.01 y Αντ. k k Παρ. - k Τελ. 0.01-k y-k k Tο τελικό διάλυµα έχει ph = 9 άρα θα πρέπει να αντιδράσει όλη η ποσότητα του ΗΙ. Αν παραµείνει ποσότητα ΗΙ ή είναι ίση η ποσότητα του µε αυτή της βάσης τότε το PH θα είναι όξινο. Άρα οι άλλες 2 περιπτώσεις απορρίπτονται. y k= 0 y = κ. έχουµε λοιπόν ρυθµιστικό διάλυµα µε συγκεντρώσεις: CNH3= 0.01-k/0.1 και Cαλ.=κ/0,1 ph= pkb + logcαλ/cnh3 k=0.005mol
5. α. CNH4I=0,01 /0,1 Cαλ=0,1Μ M NH4Ι ΝΗ4+ + Ι- 0,1 0,1 0,1 M NH4+ + Η2Ο ΝΗ3 + Η3Ο+ Αρχ. 0,1 Αντ. y Παρ. - - y y Χ.Ι. 0.1-y y y KaKb=10-14 Ka(ΝΗ4+) = 10-9. Ka= y 2 /0.1-y Ostwald y = 10-5 M και ph = 5. β. M NH4I + NaOH NH3 + NaI + H2O (διάσπαση του NH4OH) Αρχ. 0,01 n Αντ. ω ω Παρ. - - ω ω Τελ. 0,01-ω n-ω ω ω Πρέπει να γίνει διερεύνηση µιας και δεν είναι σαφές ποιο αντιδρών είναι σε περίσσεια. Στην περίπτωση που οι ποσότητες των αντιδρώντων είναι πλήρης έχουµε: 0,01 ω = 0 και n ω = 0 άρα ω = 0,01 mol. CNH3=0.1M)Τ =0,1 Μ. Μ NH3 + Η2Ο NH4+ + OH- Αρχ. 0.1 Αντ. X Παρ. - x x Χ.Ι. 0.1-χ x x Kb=10-5 Kb=x2/0.1-x x = 10-3 Μ, poh = 3 και ph = 11. Συνεπώς δεν είναι δυνατόν να έχουµε πλήρη αντίδραση. Σε περίπτωση που περίσσευε ΝαΟΗ τότε το PH θα ήταν σίγουρα µεγαλύτερο του 11. Εποµένως περισσεύει ΝΗ4Ι και έχουµε ρυθµιστικό διάλυµα:
CΝΗ3= 0.01-n/0.1 CΝΗ4I= n/0.1 poh=pkb + log Cαλ/Cβας ph=9 και ph=5 n=0.005mol καυστικού νατρίου.
Χηµεία 2017 7