ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΕΞΕΤΑΣΗΣ: 14 06 2017 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: XHMEIA ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A1. δ A2. γ A3. α A4. β A5. δ ΘΕΜΑ B Β1. α. Ατομική ακτίνα F < Aτομική ακτίνα Na < Aτομική Aκτίνα K Η ατομική ακτίνα σε μία περίοδο του περιοδικού πίνακα αυξάνεται από δεξιά προς τα αριστερά λόγω μείωσης του δραστικού πυρηνικού φορτίου, ενώ σε μία ομάδα του περιοδικού πίνακα αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω λόγω αύξησης του αριθμού των ηλεκτρονιακών στιβάδων. β. To Cr βρίσκεται στην 4 η περίοδο και στην 6 η ομάδα του περιοδικού πίνακα οπότε ο ατομικός του αριθμός είναι 24. Η ηλεκτρονιακή του δομή είναι: 24Cr: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 4 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 O Fe βρίσκεται στην 4 η περίοδο και στην 8 η ομάδα του περιοδικού πίνακα οπότε ο ατομικός του αριθμός είναι 26. Η ηλεκτρονιακή του δομή είναι: 26Fe: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 6 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 Η ηλεκτρονιακή δομή του 26Fe 2+ είναι: 26Fe 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 γ. Τα ιόντα με φορτίο -1 που είναι ισοηλεκτρονιακά με το πλησιέστερο ευγενές αέριο είναι τα, και. Β2. α. Για να έχουμε πλήρη εξουδετέρωση πρέπει = = n. 1
HCOOH + CH3ΝΗ2 HCOOΝΗ3CH3 HCOOΝΗ3CH3 HCOO -- + CH3ΝΗ3 + CH3ΝΗ3 + + Η2Ο CH3ΝΗ2 + Η3Ο + με = HCOO -- + Η2Ο HCOOH + OH -- με = Επομένως: = = το διάλυμα που προκύπτει είναι ουδέτερο. β. Για να έχουμε πλήρη εξουδετέρωση πρέπει = = n. HCOOH + ΝaOH HCOONa HCOONa HCOO -- + Na + Τα ιόντα Νa + προέρχονται από ισχυρό ηλεκτρολύτη (NaOH) και δεν αντιδρούν με το νερό. HCOO -- + Η2Ο HCOOH + OH -- με = Επειδή στο διάλυμα που προκύπτει περιέχονται ιόντα συμπεραίνουμε ότι αυτό αποκτά βασικό ph, δηλαδή ph 7. Β3. Το διάγραμμα ii) είναι το σωστό. Από το νόμο αραίωσης του Ostwald γνωρίζουμε ότι όσο αυξάνει η συγκέντρωση ενός διαλύματος μειώνεται ο βαθμός ιοντισμού του ασθενούς οξέος. Β4. α. Η αντίδραση είναι εξώθερμη καθώς όπως απεικονίζεται στο διάγραμμα η ενέργεια του συστήματος των προϊόντων είναι χαμηλότερη από την ενέργεια του συστήματος των αντιδρώντων. β. Σύμφωνα με το παρακάτω διάγραμμα: i. ΔΗ = - (β - α) = - 348 + 209 = -139 KJ/mol 2
ii. Η ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης Ν2Ο(g) + NO(g) N2(g) + NO2(g) είναι Εα = α = 209 ΚJ/mol iii. Η ενέργεια ενεργοποίησης της αντίδρασης N2(g) + NO2(g) είναι Εα = β = 348 ΚJ/mol. Ν2Ο(g) + NO(g) ΘΕΜΑ Γ Γ1. = 58 12ν + 2ν + 16 = 58 14ν = 42 ν = 3 Άρα ο μοριακός τύπος της ένωσης είναι C3H6O. Αφού αντιδρά με το αντιδραστήριο Tollens πρόκειται για αλδεΰδη και συνεπώς ο συντακτικός της τύπος είναι CH3CH2CH=O. Η χημική εξίσωση της χημικής αντίδρασης που πραγματοποιείται είναι: CH3CH2CH=O + 2ΑgNO3 + 3NH3 + H2O CH3CH2COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 Γ2. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α έως Μ είναι οι εξής: Γ3. α. Οι αντιδράσεις που πραγματοποιούνται είναι οι εξής: 3
β. = 3 12 + 6 = 42 n = = = 0,15 mol προπενίου Έστω x τα mol του C3H6 που μετατρέπονται προς 2-προπανόλη και y τα mol του C3H6 που μετατρέπονται προς 1-προπανόλη. 1 mol 1 mol x mol x mol 1 mol 1 mol y mol y mol 1o μέρος Περιέχει 0,5 x mol 2-προπανόλης και 0,5 y mol 1-προπανόλης. Με το όξινο διάλυμα του ΚΜnO4 αντιδρούν και οι δύο αλκοόλες: 4
5 mol 2 mol 0,5 x mol 0,2 x mol 5 mol 4 mol 0,5 y mol 0,4 y mol Άρα: 0,2 x + 0,4 y = CV x + 2y = 0,14 (1) 2o μέρος Περιέχει 0,5 x mol 2-προπανόλης και 0,5 y mol 1-προπανόλης. Με το αλκαλικό διάλυμα του ιωδίου αντιδρά μόνο η 2-προπανόλη. Βρίσκουμε τα mol του CΗΙ3. n = = = 0,05 mol 1 mol 1 mol 0,5 x mol 0,5 x mol Επομένως 0,5 x = 0,05 x = 0,1 mol και από την σχέση (1) βρίσκουμε y = 0,02 mol γ. Από τα 0,15 mol C3H6 αντέδρασαν τα x + y = 0,1 + 0,02 = 0,12 mol Από τα 100 mol C3H6 αντέδρασαν τα ω mol Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουμε ω = 80 mol άρα το ποσοστό μετατροπής του αλκενίου σε προϊόντα είναι 80 %. ΘΕΜΑ Δ Δ1. α. Η2Ο2(aq) + 2HI(aq) I2(s) + 2H2O(l) β. Οξειδωτικό μέσο είναι το Η2Ο2. Αναγωγικό μέσο είναι το ΗΙ. γ. Στα 100 διαλύματος Y1 βρίσκονται διαλυμένα 17 g Η2Ο2 5
Στα 400 διαλύματος Y1 βρίσκονται διαλυμένα z g Η2Ο2 z = (17 400) / 100 = 68 g Η2Ο2 = 2 mol. Η2Ο2(aq) + 2HI(aq) 1 mol 1 mol 2 mol 2 mol Συνεπώς παράγονται 2 mol I2. Δ2. Σύμφωνα με τον παρακάτω πίνακα: I2(s) + 2H2O(l) Από την έκφραση της Kc βρίσκουμε, x = 0,4 mol άρα στην Χ.Ι έχουμε: 0,1 mol H2, 0,1 mol Ι2 και 0,8 mol HI. Δ3. α. Η θέση της Χημικής Ισορροπίας δεν επηρεάζεται. β. Το ΝΗ4Ι, ως στερεό, δεν συμμετέχει στην έκφραση της Kc με αποτέλεσμα η αφαίρεση μικρής ποσότητας από αυτό να μην επηρεάζει τη θέση της χημικής ισορροπίας. Δ4. Έχουμε διάλυμα ενός ασθενούς ηλεκτρολύτη, της ΝΗ3: Έχουμε ότι ph = 11 poh = 3 = x = 10-3 M. Από την έκφραση της Kb βρίσκουμε Kb = 10-5. Στη συνέχεια έχουμε ανάμιξη ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους οπότε και βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: = cv = 0,1 0,1 = 0,01 mol ΝΗ3 = n mol ΗI 6
Aφού γίνεται εξουδετέρωση, το τελικό διάλυμα έχει ph = 9 και συνεπώς αντιδρά όλη η ποσότητα του ΗΙ, γιατί σε οποιαδήποτε άλλη περίπτωση το ph θα ήταν μικρότερο από 7. Άρα n y = 0 y = n. Στο τελικό διάλυμα έχουμε ΝΗ3 και ΝΗ4I με συγκεντρώσεις: και = Από την εξίσωση των Henderson-Hasselbalch βρίσκουμε n = 0,005 mol HI. Δ5. α. Στο διάλυμα έχουμε ΝΗ4Ι με συγκέντρωση: = = 0,1 M = 10-9. Επομένως, από την έκφραση της λαμβάνοντας τις κατάλληλες προσεγγίσεις βρίσκουμε z = 10-5 M και ph = 5. β. Έχουμε ανάμιξη ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: = 0,01 mol και = n mol 7
Από τα δεδομένα δεν μπορούμε να προσδιορίσουμε ποιο αντιδρών είναι σε έλλειψη και ποιο σε περίσσεια. Θα γίνει επομένως διερεύνση. Έστω ότι έχουμε πλήρη αντίδραση οπότε: 0,01 κ = 0 και n κ = 0 άρα n = 0,01 mol. Στο τελικό διάλυμα έχουμε ΝΗ3 με συγκέντρωση: 0,1 M. Από την έκφραση της Kb βρίσκουμε λ = 10-3 Μ, poh = 3 και ph = 11. Συνεπώς δεν έχουμε πλήρη αντίδραση και προφανώς δεν περισσεύει NaOH γιατί το ph θα ήταν μεγαλύτερο του 11. Άρα περισσεύει το ΝΗ4Ι οπότε στο διάλυμα που προκύπτει έχουμε ΝΗ3 και ΝΗ4I με τις παρακάτω συγκεντρώσεις: = και = ph = 9 NaOH. poh = 5. Από την εξίσωση των Henderson-Hasselbalch βρίσκουμε n = 0,005 mol Επιμέλεια: Χουλιτούδη Ευανθία, Χημικός 8