1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΤΕΤΑΡΤΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 017 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΜΑ Α Α1. δ Α. γ Α3. α Α. β Α. δ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1.α. Η κατάταξη των στοιχείων F, Na, K κατ αύξουσα ατομική ακτίνα είναι: 9F < 11 Na < 19 K Αιτιολόγηση. F : 1s s, εξ =, Ζ* = 7 (VII A ομάδα, η περίοδο) 9 p 6 1 11 : 1s s p 3s 6 6 1 19K : 1s s p 3s 3p s Na, εξ = 3, Ζ* = 1 (I A ομάδα, 3 η περίοδο), εξ =, Ζ* = 1 (I A ομάδα, η περίοδο) Από τα στοιχεία αυτά το 19 Κ έχει το μικρότερο δραστικό πυρηνικό φορτίο και το μεγαλύτερο κύριο κβαντικό αριθμό των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας, άρα έχει τη μεγαλύτερη ατομική ακτίνα. Από τα υπόλοιπα () στοιχεία τα οποία ανήκουν στην ίδια περίοδο, μεγαλύτερη ατομική ακτίνα έχει το 11 Na, γιατί έχει το μικρότερο δραστικό πυρηνικό φορτίο. Άρα τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής του στιβάδας έλκονται λιγότερο από τον πυρήνα, άρα είναι κατά μέσο όρο πιο απομακρυσμένα από τον πυρήνα σε σχέση με τα ηλεκτρόνια σθένους του 9 F. Έτσι η ταξινόμηση των στοιχείων κατ αύξουσα ατομική ακτίνα είναι: 9F < 11 Na < 19 K β. Η ηλεκτρονιακή δομή του r και 6 Fe είναι: 6 6 1 r : 1s s p 3s 3p 3d s 6 6 6 6Fe : 1s s p 3s 3p 3d γ. 9F : 1s s p, 17 : 1s s p 3s 3p, με την πρόσληψη ενός ηλεκτρονίου συμπληρώνουν την εξωτερική τους στιβάδα, αποκτούν φορτίο ( 1) και δομή ευγενούς αερίου ( 18 Νe), ( 18 Ar) 1 αντίστοιχα με οκτώ (8) ηλεκτρόνια σθένους. Ενώ το στοιχείο 1H : 1s με 6
την πρόσληψη ενός ηλεκτρονίου αποκτά δομή ευγενούς αερίου ( He) και φορτίο ( 1). Β.α. Διάλυμα HO εξουδετερώνεται πλήρως από διάλυμα H 3 NH : HO H3NH HOO H3NH3 Για το άλας που προκύπτει έχουμε: Μ HOO H3NH3 HOO H3NH3 Από τα ιόντα του άλατος και τα δύο αντιδρούν με μόρια νερού γιατί προέρχονται από ασθενείς ηλεκτρολύτες. Έτσι: HOO HO HO H NH 3 3 HO H 3NH H3O 1 k w 10 10 kb = = = 10 HOO k 10 α 1 kw 10 kα = = = 10 H3NH k 10 3 b 10 Τα ιόντα HOO (ασθενής βάση) και H 3 NH 3 (ασθενές οξύ) έχουν την ίδια συγκέντρωση και την ίδια σταθερά ιονισμού, άρα οι ισορροπίες είναι εξίσου μετατοπισμένες προς τα δεξιά, οπότε [ ] = [H3O ] και το διάλυμα είναι ουδέτερο. β. HO Na HOONa HO Το άλας HOONa που παράγεται διίσταται πλήρως: HOONa HOO Na Τo HOO (ασθενής βάση) ιοντίζεται μερικώς: HOO HO HO Επειδή από τον ιοντισμό του HOO παράγονται ισχύει: ] > [H O ], άρα το δείγμα είναι βασικό. [ 3 Β3. Η σωστή απάντηση είναι το (ii) Αιτιολόγηση. Ο βαθμός ιοντισμού (α) ενός ασθενούς μονοπρωτικού οξέος συνδέεται με τη σταθερά ιοντισμού (k α ) και την συγκέντρωση () με τον τύπο: α kα = (Νόμος αραίωσης του Ostwald) 1 α
3 Από τον τύπο αυτό προκύπτει ότι σε σταθερή θερμοκρασία (k α = σταθερή) η ελάττωση της συγκέντρωσης ενός ασθενούς μονοπρωτικού οξέος έχει ως αποτέλεσμα την αύξηση του βαθμού ιοντισμού και αντίστροφα, ώστε α να είναι πάντα σταθερό (Τ = σταθερή). Οπότε το σωστό διάγραμμα που περιγράφει τη μεταβολή του βαθμού ιοντισμού σε συνάρτηση με 1 α τη συγκέντρωση είναι το (ii). Β.α. Επειδή η ενθαλπία των προϊόντων είναι μικρότερη από την ενθαλπία των αντιδρώντων ( Hπρο ϊόντων < Ηαντιδρώντων ΔΗ < 0), η αντίδραση είναι εξώθερμη. β.i) Η ενθαλπία (ΔH) της αντίδρασης είναι: ΔΗ = α β = 09 38 = 139 ΚJ. ii) Η ενέργεια ενεργοποίησης (Ε α ) της αντίδρασης N O NO N NO είναι α = 09 ΚJ. iii) Η ενέργεια ενεργοποίησης (Ε α ) της αντίστροφης αντίδρασης N NO NO NO είναι β = 38 ΚJ. ΘΕΜΑ Γ Γ1. r (νηνο) = 8 1ν ν 16 = 8 1ν = ν = 3. Ο μοριακός τύπος είναι 3 H 6 O και επειδή αντιδρά με το αντιδραστήριο Tolles είναι η αλδεΰδη H 3 H H=O Αντίδραση: H 3HH = O AgNO3 3NH3 HO H3HOONH Ag NH NO 3 Γ. A: H3H H B: H3 H H 3 H3 H 3 O H 3 H 3
H H 3 3 m 6,3 Γ3.α. H 3 H= H (Μ r = ), = = =. r Οι αντιδράσεις που λαμβάνουν χώρα είναι: H H 3 H = H H H3 H H 3 (κύριο προϊόν) H H3 H = H H H3HH (δευτερεύον προϊόν) 3 3 KO 3HSO 3 3 SO K SO 8H O O 3 KO 6HSO 3HO SO K SO 11H O H3 H H 3 I 6Na H3HOONa HI3 NaI H O β. Έστω x προπενίου δίνουν κύριο προϊόν και y»» δευτερεύον προϊόν. H3 H = H HO H3 H H 3 (κύριο) x ;x H3 H = H HO H3HH (δευτερεύον) y ;y 1 ο x y μέρος: και H3 H H 3, και H 3 H H 3 3 KO 3HSO 3 3 SO K SO 8H O O απαιτούν x x ; 3 KO 6HSO 3HO SO K SO 11H O
y y ; Για το KO έχουμε: = = V = 0,01,8 = 0,08. V x y Άρα = 0,08 x y = 0, 1 (1) ο x y μέρος: και H3 H H 3, H 3 H H Την αλογονοφορμική αντίδραση δίνει μόνο η H3 H H 3 H3 H H 3 I 6Na H3HOONa HI3 NaI H O ΘΕΜΑ Δ x Για το HI 3 έχουμε: m 19,7 = = x r 39 = 0,0 x = r(hi3) = 39 () () (1) y = y = 0,0 y = 0,0. Έτσι η σύσταση του μίγματος είναι: H3 H H 3 και 0,0 H3HH Τα του προπενίου που αντέδρασαν συνολικά είναι: x y = 0,0 =, οπότε Στα H 3 H = H αντέδρασαν τα στα 100»» ;φ 100 φ = = 80%. 1 1 0 (aq) (s) O Δ1.α. H O H I (aq) I H ( ) ; x
β. Στην παραπάνω αντίδραση το 6 1 H O λειτουργεί ως οξειδωτικό σώμα 1 H γιατί το οξυγόνο ανάγεται από ( 1) σε ( ), ενώ το I λειτουργεί ως αναγωγικό σώμα γιατί το ιώδιο οξειδώνεται από ( 1) σε (0). γ. H O : r = 1 16 = 3 Σε 100 ml διαλύματος H O περιέχονται 17 g H O σε 00 ml»»» ;x g H O 00 x = 17 = 68 g H O, 100 m 68 H O = = = r 3 H O HI I H (aq) (aq) (s) O( ) Το 1 δίνει 1 τα» ; Άρα παράγονται I. Δ. H HI I (g) (g) αρχ. 0, 0, αντ./παρ. x x x ΧΙ 0, x 0, x x x x [HI] V V kc = 6 = ( ± 8) = 0, x 0, x [H] [I] 0, x V V V Από την παραπάνω σχέση λαμβάνουμε μόνο την θετική ρίζα γιατί το πηλίκο ποσοτήτων είναι απαραίτητα θετικός αριθμός. x Άρα 8 = 8x = x x = 0,. 0, x Έτσι στη χημική ισορροπία περιέχονται: Η, Ι, 0,8 ΗΙ. Δ3.α. Αν αφαιρέσουμε μικρή ποσότητα στερεού ΝΗ Ι δεν επηρεάζεται η θέση της χημικής ισορροπίας.
7 β. Αιτιολόγηση. Η αφαίρεση μικρής ποσότητας στερεού ΝΗ Ι (s) (T = σταθερή) δεν επηρεάζει τη συγκέντρωσή του (τα στερεά έχουν σταθερή συγκέντρωση που εξαρτάται από την πυκνότητά τους), αφού δεν μεταβάλλεται ο όγκος του δοχείου δεν μεταβάλλονται αντίστοιχα και οι συγκεντρώσεις των αερίων συστατικών της ισορροπίας, οπότε δεν έχουμε μετατόπιση της χημικής ισορροπίας. Δ. 100 ml 100 ml NH 3 HI ; ph=9 ph=11 Στο διάλυμα της ΝΗ 3 έχουμε: 3 ph = 11 p = 1 11 = 3 [ ] = 10 Μ. NH3 HO NH αρχ. Ι/παρ. ω ω ω Ι/Ι ω ω ω [NH ][ ] ω kb = kb = NH3 [NH ] NH3 3 ω 6 10 3 [ ] = ω = 10 Μ kb = = 10 NH 3 3 10 Στο διάλυμα της ΝΗ 3 περιέχονται: NH = V 0,01 3 NH 3 = = και έστω ότι προσθέτουμε HI. NH3 HI NHI 0,01 Κάνουμε διερεύνηση: 1. Έστω = 0,01 (πλήρης εξουδετέρωση) NH3 HI NHI αρχ. 0,01 0,01 αντ./παρ. 0,01 0,01 0,01 τελ. 0 0 0,01
Στο διάλυμα περιέχεται μόνο ΝΗ Ι, NH I NH I ; ; 8 0,01 = NH I = NH HO Επειδή από τον ιοντισμό του NH H O 3 3 NH (ασθενούς οξέος) παράγονται οξώνια, ισχύει [ H O 3 ] > [ ], το διάλυμα είναι όξινο, ενώ από την εκφώνηση της άσκησης με την προσθήκη ΗΙ στο διάλυμα της ΝΗ 3 το ph του διαλύματος από 11 ελαττώνεται δύο μονάδες και γίνεται 9. Άρα η περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης απορρίπτεται. Το I δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος γιατί προέρχεται από ισχυρό ηλεκτρολύτη.. Περίσσεια ΗΙ: Στην περίπτωση αυτή στο διάλυμα θα περιέχεται ΗΙ (ισχυρό οξύ) και ΝΗ Ι, οπότε το ph του διαλύματος θα είναι πολύ μικρότερο του 7 (μικρότερο της πλήρους εξουδετέρωσης), οπότε και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. 3. Περίσσεια ΝΗ 3 με ph = 9 αποδεκτή. NH3 HI NHI αρχ. 0,01 αντ./παρ. τελ. 0,01 0 Το διάλυμα που προκύπτει είναι ρυθμιστικό: 0,01 [ NH3 ] = = = κ, [ NH Ι] = = λ V Από τον τύπο των Hederso Hasselbalch (με αποδεκτές προσεγγίσεις και με ph = 9) έχουμε: β [ ] = kb κ οξ 10 = 10 κ = λ λ ph = 9 pοη = [ ] = 10 0,01 3 = = 10 HI
9 Δ.α. Στο διάλυμα Υ έχουμε: 0,01 [ NH Ι] = = NH I NH I ; ; I HO Χ (δεν ιονίζεται προέρχεται από ισχυρό οξύ) NH HO NH H O 3 3 αρχ. Ι/Π φ φ φ Ι/Ι 0,01 φ φ φ β. k k 1 k w 10 9 α = = = 10 NH kb 10 α NH kα 10 = [NH3] [H3O = [NH ] 9 = 10 8 δεκτές προσεγγίσεις, άρα ] 10 9 φ = φ Y Y NH I Na ph=9 0,01 100 ml 100 ml φ = 10 = [H 3 O ph = ] Στο διάλυμα Υ περιέχονται 0,01 NH I και σ αυτό προσθέτουμε Na και προκύπτει διάλυμα Υ με ph = 9, οπότε απαιτείται διερεύνηση. 1. Έστω ότι = 0,01 (πλήρης εξουδετέρωση) NH Na NH3 NaI HO αρχ. 0,01 0,01 αντ./παρ. 0,01 0,01 0,01 0,01 τελ. 0 0 0,01 0,01 Στο διάλυμα που προκύπτει το ph του διαλύματος καθορίζεται από την ΝΗ 3.
10 0,01 [ NH3 ] = = =. V NH3 HO NH αρχ. Ι/Π λ λ λ Ι/Ι λ λ λ k b ] λ 3 10 = λ = 10 Μ 3 λ [NH ] [ = [NH ] p = 3 ph = 11 (απορρίπτεται). = [ ]. Περίσσεια Na: Στο διάλυμα θα περιέχεται Na και ΝΗ 3 και το ph του διαλύματος θα είναι μεγαλύτερο του 11, οπότε και η περίπτωση αυτή απορρίπτεται. 3. Περίσσεια ΝΗ Ι με ph = 9 αποδεκτή. NH Na NH3 NaI HO αρχ. 0,01 αντ./παρ. τελ. 0,01 0 0,01 [ NH I] = = μ, [ NH3 ] = = ν Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό και από τον τύπο των Hederso Hasselbalch έχουμε: β [ ] = kb ν οξ 10 = 10 ν = μ μ ph = 9 pοη = [ ] = 10 0,01 = = 0,01 = 10 3 Na ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΜΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SIENE PRESS