ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Ημ/νία Εξέτασης: ΤΕΤΑΡΤΗ 14 ΙΟΥΝΙΟΥ 2017 ΘΕΜΑ Α Α1. δ Α2. γ Α3. α Α4. β Α5. δ ΘΕΜΑ Β Β1. α. F < Na < K Αιτιολόγηση: Τα Na, K και τα F, Cl βρίσκονται στην ίδια Ομάδα. Σε μια Ομάδα η Ατομική Ακτίνα αυξάνεται από πάνω προς τα κάτω, άρα Na < K και F < Cl. Τα Na, Cl βρίσκονται στην ίδια Περίοδο. Σε μια Περίοδο η Ατομική Ακτίνα αυξάνεται από δεξιά προς τα αριστερά, άρα Cl < Na. Συνδυάζοντας τα παραπάνω καταλήγουμε ότι F < Na < K. β. Από τη θέση του κάθε στοιχείου στον Π.Π. προκύπτουν τα εξής: - Για το Cr, εφόσον βρίσκεται στον τομέα d στην 6 η Ομάδα και 4 η Περίοδο Cr: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 - Για τον Fe, εφόσον βρίσκεται στον τομέα d στην 8 η Ομάδα και 4 η Περίοδο Fe: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 1 Χημικός MS, MEd Σελίδα 1
Εφόσον όμως πρόκειται για το ιόν 2, αφαιρούμε 2 ηλεκτρόνια από τη στιβάδα σθένους άρα τελικά: Fe2: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d6 γ. Τα ιόντα με φορτίο -1 των στοιχείων Η, F και Cl είναι ισοηλεκτρονιακά με τα πλησιέστερά τους ευγενή αέρια (το He με το H-1, το Ne με το F-1 και το Ar με το Cl-1). Β2. α. Θα γίνει πλήρης εξουδετέρωση άρα περισσεύει μόνο άλας: (mol) HCOOH CH3NH2 HCOONH3CH3 Ακολούθως διάσταση του παραγόμενου άλατος: HCOONH3CH3 (Μ) HCOO CH3NH3 Και ιοντισμός των συζυγών οξέων/ βάσεων: HCOO CH3NH3 - HCOOH OH - - - CH3NH2 H3O Επειδή τα HCOOH, CH3NH2 έχουν ίδιες K (10-4), και τα συζυγή τους οξέα θα έχουν ίδιες K (10-10). Άρα τα OH και H3O θα παραχθούν σε ίσες ποσότητες, συνεπώς το προκύπτον διάλυμα θα είναι ουδέτερο. β. Θα γίνει πλήρης εξουδετέρωση άρα περισσεύει μόνο άλας και νερό: (mol) HCOOH Χημικός MS, MEd NaOH HCOONa Σελίδα 2
Ακολούθως διάσταση του παραγόμενου άλατος: HCOONa (Μ) HCOO Na και ιοντισμός της συζυγούς βάσης: HCOO HCOOH OH - - Άρα το προκύπτον διάλυμα θα είναι βασικό. Β3. Το σωστό διάγραμμα είναι το ii. Αιτιολόγηση (βλ. και μπλε πλαίσιο, σελίδα 142 σχολικού βιβλίου): Ο βαθμός ιοντισμού α δίνεται από τη σχέση K = Με ελάττωση συγκέντρωσης σε σταθερή θερμοκρασία ο α θα πρέπει να αυξάνεται (και αντίστροφα με αύξηση της θα πρέπει ο α να ελαττώνεται) ώστε η Κ να παραμείνει σταθερή. Β4. α. Από το διάγραμμα φαίνεται ότι η ενθαλπία των προϊόντων είναι μικρότερη της ενθαλπίας των αντιδρώντων (HΠ < ΗΑ). Συνεπώς η μεταβολή της ενθαλπίας της αντίδρασης είναι ΔΗ = HΠ - ΗΑ < 0, άρα η αντίδραση είναι εξώθερμη. β. i. ΔΗ = HΠ - ΗΑ = β α = 209 348= 139 kj ii. Εα = α = 209 kj iii. Εα = β = 348 kj Χημικός MS, MEd Σελίδα 3
ΘΕΜΑ Γ Γ1. Ο Γ.Μ.Τ. CνH2νΟ μπορεί να αντιστοιχεί σε αλδεΰδη ή σε κετόνη. Δίνεται ότι η ένωση αντιδρά με διάλυμα AgNO3 σε NH3 (αντιδραστήριο Tolles), άρα πρόκειται για αλδεΰδη. Δίνεται ότι το Mr της ένωσης είναι 58, άρα από τον Γ.Μ.Τ. 14ν 16 = 58 ν=3 Άρα πρόκειται για την CH3CH2CH=O, της οποίας η αντίδραση με το Tolles είναι: CH3CH2CH=O 2AgNO3 3NH3 Η2Ο CH3CH2COONΗ4 2Ag 2NH4NO3 Γ2. Α: Γ: Ε: Δ: Β: Γ3. α, β. Τα αρχικά mol του προπενίου (CH3CH=CH2, Mr = 42) είναι = m / Mr = 6,3 / 42 = 5. Με προσθήκη νερού υπό κατάλληλες συνθήκες στο προπένιο θα πάρουμε μίγμα προϊόντων (κανόνας Markovikov): CH3CH=CH2 CH3CH(OH)CH3 CH3CH2CH 2-προπανόλη (κύριο) 1-προπανόλη (δευτερεύον) Αν θεωρήσουμε ότι παράχθηκαν έστω mol της 2-προπανόλης και y mol της 1προπανόλης, τότε όταν το μίγμα προϊόντων χωριστεί σε 2 ίσα μέρη στο κάθε μέρος θα έχουμε mol της 2-προπανόλης και mol της 1-προπανόλης. Στο 1ο μέρος: Κατά την αντίδραση με KMO4 παρουσία H2SO4 η 2-προπανόλη οξειδώνεται σε κετόνη και η 1-προπανόλη οξειδώνεται σε οξύ σύμφωνα με τις αντιδράσεις: Χημικός MS, MEd Σελίδα 4
5CH3CH(OH)CH3 2KMO4 3H2SO4 5CH3COCH3 2MSO4 K2SO4 8 και 5CH3CH2CH2ΟΗ 4KMO4 6H2SO4 5CH3CH2COΟΗ 4MSO4 2K2SO4 11 Υπολογίζουμε ότι συνολικά καταναλώθηκαν ( 2y)/5 mol KMO4 για την πλήρη οξείδωση αυτού του μίγματος. Επίσης υπολογίζουμε ότι = 2,8 0,01 = 0,028 mol KMO4. Άρα προκύπτει η σχέση ( 2y)/5 = 0,028 2y = 4 (1) Στο 2ο μέρος: Μόνο η 2-προπανόλη θα δώσει αντίδραση με το I2 παρουσία NaOH οπότε παράγεται ίζημα CH3I (Mr = 394): CH3CH(OH)CH3 4I2 6NaOH CH3COΟΝa CH3I 5NaI 5 Υπολογίζουμε ότι τα mol του CH3I ισούνται με 19,7 / 394 = 0,05 mol Άρα προκύπτει ότι = 0,05 = mol CH3CH(OH)CH3 Και από τη σχέση (1) y = 0,02 mol CH3CH2CH2ΟΗ γ. Εφόσον συνολικά παράχθηκαν 0,02 = 4 mol από 5 mol αρχικού αντιδρώντος, το ποσοστό μετατροπής προπενίου που αντέδρασε ήταν = 0,8 ή 80 %. ΘΕΜΑ Δ Δ1. α. 2 2 HI I2 2 β. Οξειδωτικό: 2 (Α.Ο. Η μεταβάλλεται από -1 σε -2). Αναγωγικό: ΗΙ (Α.Ο. Ι μεταβάλλεται από -1 σε 0). γ. Από την περιεκτικότητα του διαλύματος: Σε 100 ml διαλύματος περιέχονται 17 g 2 Σε 400 ml διαλύματος περιέχονται ; g 2 Χημικός MS, MEd Σελίδα 5
Υπολογίζεται mh 2O 2 = 68 g, και αφού Mr H 2O 2 = 34 βρίσκουμε ότι H 2O 2 = 68 / 34 = 2 mol Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης προκύπτει ότι H 2O 2 = Ι 2 = 2 mol Δ2. (mol) H 2 I 2 2HI 0,5 0,5 - - 2 0,5-0,5-2 Δίνεται η Κ της αντίδρασης ότι ισούται με 64, άρα από την έκφραση της K για την αντίδραση: K = 64 = 8 2 = = 0,4 mol Άρα τελικά το μίγμα ισορροπίας θα περιέχει: mol H 2 mol I 2 0,8 mol HI Δ3. Εφόσον το ΝΗ 4 Ι είναι σε στερεά κατάσταση, η συγκέντρωσή του θεωρείται πρακτικά σταθερή. Άρα μεταβολή της ποσότητας ΝΗ 4 Ι δεν θα επηρεάσει τη χημική ισορροπία. Άρα η χημική ισορροπία δεν θα μετατοπιστεί. Δ4. ικά χρειάζεται να υπολογιστεί η K b της NH 3 : NH 3 H 2 O NH 4 OH - - - ph = 11, άρα poh = 3, άρα [ΟΗ - ] = = 10-3 Χημικός MS, MEd Σελίδα 6
= 10-5 Από την έκφραση της K για την αντίδραση: Kb = Τα mol της ΝΗ3 στο αρχικό διάλυμα είναι = 0,01 mol. Έστω ότι προστίθενται mol HI στο διάλυμα της NH3. ικά θα γίνει αντίδραση εξουδετέρωσης, και εφόσον δίνεται ότι το ph του τελικού διαλύματος είναι 9 (βασικό), θα περισσέψει η βάση (NH3)*: ΝΗ3 0,01 - (mol) ιδρ Τελικά ΗΙ - 0,01- ΝΗ4 - Ι- Το τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό (ΝΗ3/ΝΗ4), οπότε εφαρμόζεται η εξίσωση Hederso Hasselbalh: [OH-] = Kb 10-5 = 10-5 0,01 = = 0,005 mol (* Η περίπτωση να γίνεται πλήρης εξουδετέρωση, δηλαδή να περισσεύει μόνο το άλας NH4I απορρίπτεται, γιατί σ αυτήν την περίπτωση το προκύπτον διάλυμα θα ήταν όξινο, λόγω του περαιτέρω ιοντισμού του συζυγούς οξέος ΝΗ4.) Δ5. α. ικά υπολογίζουμε τη συγκέντρωση του NH4I στο διάλυμα: [NH4I] = = 0,01 / = M Θα γίνει διάσταση του άλατος στο διάλυμα: (Μ) NH4Ι ΝΗ4 Ι και ακολούθως ιοντισμός του NH4 NH4 - - Χημικός MS, MEd NH3 H3O Σελίδα 7
Από την έκφραση της K για την αντίδραση: 10-9 = = 10-5 M, άρα pη = 5 β. Με την προσθήκη του NaOH στο διάλυμα θα πραγματοποιηθεί η αντίδραση (mol) NH4I 0,01 ιδρ Τελικά NaOH ΝΗ3 NaI Για να συμπληρωθεί κατάλληλα το πινακάκι χρειάζεται να διερευνήσουμε αν κάποιο από τα αντιδρώντα βρίσκεται σε έλλειμμα (<0,01 ή >0,01) ή αν δεν περισσεύει κανένα από τα αντιδρώντα ( = 0,01). Περίπτωση 1η Αν θεωρήσουμε ότι έστω = 0,01, τότε στο τελικό διάλυμα θα βρίσκεται μόνο NH3 (το NaI ως ουδέτερο άλας δεν επηρεάζει το ph) με συγκέντρωση 0,01 / = Μ: NH3 - - NH4 OΗ- Και υπολογίζουμε ότι = 10-3, άρα poh = 3, άρα ph = 11, το οποίο απορρίπτεται. Περίπτωση 2η Αν θεωρήσουμε ότι έστω > 0,01, τότε στο τελικό διάλυμα θα βρίσκονται NaOH, NH3 και NaI, συνεπώς το NaOH θα καθορίσει το ph του διαλύματος (ως ισχυρή βάση) το οποίο θα είναι πιο βασικό από το 11, άρα πάλι η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. Περίπτωση 3η Αν θεωρήσουμε ότι έστω < 0,01, τότε στο τελικό διάλυμα θα βρίσκονται μόνο ΝΗ4Ι και NH3 (το NaI ως ουδέτερο άλας δεν επηρεάζει το ph). Άρα το διάλυμα θα είναι ρυθμιστικό. Από την Hederso Hasselbalh: [Η3Ο] = Ka 10-9 = 10-9 0,01 = = 0,005 mol Χημικός MS, MEd Σελίδα 8