Τομέας Χημείας "ρούλα μακρή"

Τομέας Χημείας "ρούλα μακρή"

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 14 ΙΟΥΝΙΟΥ 2017 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1: δ Α2: γ Α3: α Α4: β Α5: δ Θέμα Β Β1: α) Το Κ ανήκει στην 4 η περίοδο του ΠΠ άρα έχει την μεγαλύτερη ατομική ακτίνα γιατί τα ηλεκτρόνια του είναι κατανεμημένα σε περισσότερες στιβάδες. Ομοίως το Να έχει μεγαλύτερη ατομική ακτίνα από το F διότι ανήκει στην 3 η περίοδο του Π.Π. ενώ το F στην 2η. Άρα η σειρά είναι : F<Na<K β) Ζ(Cr)=24 Δομή : 1S 2 2S 2 2p 6 3S 2 3p 6 3d 5 4S 1 Z(Fe)=26 Δομή Fe 2+ : 1S 2 2S 2 2p 6 3S 2 3p 6 3d 6 γ) Το Η, το F και το Cl B2: α) HCOOH + CH 3 NH 2 HCOONH 3 CH 3 HCOONH 3 CH 3 HCOO - + + CH 3 NH 3 HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - CH 3 NH + 3 + H 2 O CH 3 NH 2 + H 3 O + kb(hcoo - )=ka(ch 3 NH + 3 )=10-10 άρα [ΟΗ - ]=[Η 3 Ο + ] δηλ ph=7 δηλαδή ουδέτερο b) HCOOH + NaOH HCOONa + H 2 O HCOONa HCOO - + Na + HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - άρα ph>7 δηλαδή βασικό Β3: O βαθμός ιοντισμού εξαρτάται από την συγκέντρωση. Όσο αυξάνεται η συγκέντρωση ενός ηλεκτρολύτη τόσο μειώνεται ο βαθμός ιοντισμού του σύμφωνα με τον νόμο του Ostwald άρα το διάγραμμα ii είναι το σωστό. B4: α) Η αντίδραση είναι εξώθερμη αφού η ενθαλπία των προϊόντων είναι μικρότερη από την ενθαλπία των αντιδρώντων διότι μέρος της ενέργειας τους αποβάλλεται στο περιβάλλον με μορφή θερμότητας. β) ι) ΔΗ=-(β-α)=-(348-209)=-139kj ii) Ea=209 kj iii) Ea =348 kj Θέμα Γ Γ1: Μr(C v H 2v O)=58 14v+16=58 v=3 CH 3 CH 2 CH=O

CH 3 CH 2 CH=O + 2AgNO 3 +3 NH 3 + H 2 O CH 3 CH 2 COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 Γ2: Α: CH 2 =CHCH 3 B: CΗ 3 CH(OH)CH 3 Γ: CH 3 COCH 3 Δ: CH 3 C(OH)(CH 3 )CN E: CH 2 =C(CH 3 )COOCH 3 Γ3: η(c 3 H 6 )=m/mr=6,3/42=0,15mol αρχικά 2 ο μέρος: CH 3 CH(OH)CH 3 + 4I 2 + 6NaOH CH 3 COONa + CHI 3 + 5NaI +5H 2 O η(chi 3 )=19,7/394=0,05 mol άρα η(ch 3 CH(OH)CH 3 )=0,05 mol 1 ο μέρος: η(κμηο 4 )=0,01.2,8=0,028 mol συνολικά 5CH 3 CH(OH)CH 3 + 2ΚΜnO 4 +3 H 2 SO 4 5CH 3 COCH 3 + K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 8H 2 O 0,05mol ;=2/5.0,05=0,02mol Άρα στην οξείδωση της 1-προπανόλης θα χρησιμοποιηθούν 0,028-0,02=0,008mol ΚΜnO 4 5CH 3 CH 2 CH 2 OH + 4ΚΜnO 4 +6 H 2 SO 4 5CH 3 CH 2 COOH +2 K 2 SO 4 + 4MnSO 4 + 11H 2 O ;=5/4.0,008 0,008 Άρα η(ch 3 CH 2 CH 2 OH)=0,01 mol Στο αρχικό διάλυμα έχουμε τα διπλάσια mol από κάθε συστατικό: 0,02mol CH 3 CH 2 CH 2 OH και 0,1 mol CH 3 CH(OH)CH 3 συνολικά 0,12 mol προϊόντων ενώ τα αρχικά mol προπενίου είναι 0,15 mol άρα το ποσοστό που αντέδρασε είναι : 0,12/0,15=0,8 ή 80% ΘΕΜΑ Δ Δ1. α) Η 2 Ο 2(aq) + 2ΗΙ (aq) Ι 2(s) + 2Η 2 Ο (l) β) Το Η 2 Ο 2 είναι το οξειδωτικό σώμα, ενώ το ΗΙ είναι το αναγωγικό σώμα. γ) Για το διάλυμα Υ1: Σε 100ml 17g Σε 400ml x x=68g Η 2 Ο 2, οπότε τα mol του είναι: n=68/34=2mol Στοιχειομετρικά από την αντίδραση προκύπτουν 2mol I 2 Δ2. (mol) Η 2 (g) + Ι 2(g) 2ΗΙ (g) αρχικά 0,5 0,5 αντ/παρ -x -x +2x Χ.Ι. 0,5-x 0,5-x 2x Kc=[HI] 2 /[Η 2 ][Ι 2 ] 64= 8= 4-8x=2x 10x=4 x=0,4mol Άρα οι ποσότητες των συστατικών στην ΧΙ είναι: n Η2 = n I2 =0,5-0,4=0,1mol και n ΗΙ =0,8mol

Δ3. Με την αφαίρεση στερεού ΝΗ 4 Ι από την κατάσταση ισορροπίας δεν μετατοπίζεται η θέση της χημικής ισορροπίας,αφού η συγκέντρωση του στερεού είναι σταθερή. Δ4. Ισχύει: ph + poh=14 poh=3 -log[oh - ]=3 [OH - ]=10-3 M Βρίσκουμε την Κ b την αμμωνίας. (M) NH 3 + H 2 O + OH - αρχικά 0,1 ιοντ/παρ -10-3 +10-3 +10-3 Ι.Ι. 0,1-10 -3 10-3 10-3 Αφού επιτρέπονται οι προσεγγίσεις τότε 0,1-10 -3 =0,1Μ K b = K b =10-5 Το ΗΙ είναι ισχυρό οξύ και έτσι με την προσθήκη του στο βασικό διάλυμα της ΝΗ 3 ελαττώνει το ph του διαλύματος. Αφού μεταβάλλεται, άρα το νέο ph=9 (και poh=5). Εφόσον η ποσότητα του αερίου ΗΙ είναι άγνωστη και μας δίνεται το ph του διαλύματος (ph=9) τότε απαιτείται διερεύνηση. Έστω n τα mol του ΗΙ. Βρίσκουμε τα mol ΝΗ 3 : n=cv n=0,1. 0,1=0,01mol i) Έστω ότι αντιδρούν πλήρως, n=0,01mol (mol) NH 3 + HI NH 4 I 0,01 n 0,01 Στο τελικό διάλυμα έχω μόνο το άλας ΝΗ 4 Ι που είναι όξινο ( ph<7) αφού προέρχεται από το ισχυρό οξύ ΗΙ και την ασθενή βάση ΝΗ 3, άρα απορρίπτεται. ii) Έστω ότι βρίσκεται σε περίσσεια το ΗΙ (mol) NH 3 + HI NH 4 I αντ/παρ -0,01-0,01 +0,01 τελικά - n-0,01 +0,01 Στο τελικό διάλυμα έχω το όξινο άλας ΝΗ 4 Ι και το ισχυρό οξύ ΗΙ, άρα ph<7, απορρίπτεται. iii) Έστω ότι βρίσκεται σε περίσσεια η ΝΗ 3 (mol) NH 3 + HI NH 4 I αντ/παρ -n -n +n τελικά 0,01-n - n

Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα αφού στο διάλυμα έχω το συζυγές ζεύγος ΝΗ 3 - : Βρίσκω τις συγκεντρώσεις: C(NH 3 )= Μ και C(NH 4 I)= Μ (M) NH 4 I + I - Από τύπο Η-Η: poh=pk b +log 5=5+ log n=0,01-n 2n=0,01 n=0,005mol, δεκτή Δ5. α) Η συγκέντρωση του NH 4 I είναι: C=n/V C= = 0,1M To NH 4 I είναι άλας (ισχυρός ηλεκτρολύτης) άρα διίσταται πλήρως: (M) NH 4 I + I - 0,1 0,1 0,1 Mόνο το υδρολύεται γιατί προέρχεται από την ασθενή βάση ΝΗ 3, ενώ το Ι - όχι, γιατί προέρχεται από το ισχυρό οξύ ΗΙ. (Μ) + Η 2 Ο ΝΗ 3 + Η 3 Ο + αρχικά 0,1 αντ/παρ -x +x +x τελικά 0,1-x x x Από την Κa= Ka=x 2 /0,1-x x=10-5 M Άρα ph=-log[η 3 Ο + ] ph=5 β) Εφόσον η ποσότητα του στερεού ΝαΟΗ είναι άγνωστη και μας δίνεται το ph του διαλύματος (ph=9) τότε απαιτείται διερεύνηση. Έστω n τα mol NaOH. i) Έστω ότι αντιδρούν πλήρως n=0,01mol. (mol) NH 4 I + NaOH NH 3 + NaCl + H 2 O Τελικά 0,01 0,01 0,01 0,01 Στο τελικό διάλυμα έχω το ουδέτερο άλας ΝαCl που δεν επηρεάζει το ph και την ασθενή βάση ΝΗ 3 που καθορίζει το ph. C(NH 3 )= 0,01/0,1=0,1M

Από τον ιοντισμό της ΝΗ 3 προκύπτει: K b = y=10-3 M, άρα ph=11, απορρίπτεται y 2 =10-5. 0,1 ii) Έστω ότι βρίσκεται σε περίσσεια το NaOH Στο τελικό διάλυμα έχω την ΝΗ 3 σε ίδια ποσότητα με την περίπτωση (i), άρα ph=11 και την ισχυρή βάση ΝαΟΗ, άρα το ph>11, απορρίπτεται. iii) Έστω ότι βρίσκεται σε περίσσεια η ΝΗ 4 Ι (mol) NH 4 I + NaOH NH 3 + NaCl + H 2 O αντ/παρ -0,01-0,01 +0,01 +0,01 τελικά - n-0,01 0,01 0,01 (mol) NH 4 I + NaOH NH 3 + NaCl + H 2 O αντ/παρ -n -n +n +n τελικά 0,01-n - n n Στο τελικό διάλυμα έχουμε το ουδέτερο άλας που δεν επηρεάζει το ph, και το ρυθμιστικό διάλυμα ( - ΝΗ 3 ). Από τύπο Η-Η: poh=pk b +log 5=5+ log n=0,01-n 2n=0,01 n=0,005mol, δεκτή