ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 XHMEIA ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 017 ΘΕΜΑ Α Α1 δ Α γ Α3 α Α4 β Α5 δ ΘΕΜΑ Β Β1 α) rf < rna < rk Στοιχεία στην ίδια περίοδο όσο αυξάνει ο ατομικός αριθμός μικραίνει η ατομική ακτίνα διότι αυξάνει το δραστικό πυρηνικό φορτίο, ενώ στοιχεία της ίδιας ομάδας περίοδο όσο αυξάνει ο ατομικός αριθμός μεγαλώνει η ατομική ακτίνα διότι προστίθενται στιβάδες β) Cr : 1s, s, p 6, 3s, 3p 6, 3d 5,4s 1 Fe : 1s, s, p 6, 3s, 3p 6, 3d 6 γ) Η με Ηe, F με Ne, Cl με Ar B α) Ουδέτερο
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 Για τα άλατα που προέρχονται από ασθενές οξύ και ασθενή βάση ελέγχουμε τις ka και Kb HCOOH CH 3NH HCOONH 3CH 3 HCOONH 3CH 3 HCOO - CH 3NH 3 Ka(HCOOH) Kb(HCOO - ) = Kw Kb(HCOO - ) = 10-10 Ka(CH 3NH 3 ) Kb(CH 3NH ) = Kw Ka(CH 3NH 3 ) = 10-10 επειδή Κa=Kb είναι ουδέτερο β) Βασικό Tα άλατα που προέρχονται από ασθενές οξύ και ισχυρή βάση δημιουργούν βασικά διαλύματα διότι: HCOOH NaOH HCOONa H O HCOONa HCOO - Na Το Na προέρχεται από ισχυρή βάση οπότε δεν ιοντίζεται στο νερό. HCOO - Η Ο HCOOH OH - Β3 Σωστή απάντηση : ii O νόμος αραίωσης του Ostwald για ασθενές οξύ εκφράζεται με την σχέση: α C Κα 1- α επομένως ο βαθμός ιοντισμού είναι αντιστρόφως ανάλογος της τετραγωνικής ρίζας της συγκέντρωσης C Β4 α) εξώθερμη επειδή ΔΗ προϊόντων είναι μικρότερη από ΔΗ αντιδρώντων. β) ΔΗ= -139 KJ 09 ΚJ 348 KJ ΘΕΜΑ Γ Γ1 Mr = 1v v 16 = 58 v=3 εφόσον αντιδρά με Tollens είναι αλδεΰδη οπότε έχουμε την CH 3CH CH=O CH 3CH CH=O AgNO 3 3NH 3 H O CH 3CH COONH 4 Ag NH 4NO 3
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 Γ Α: CH 3CH=CH Β: CH 3CH(OH)CH 3 Γ: CH 3COCH 3 Δ: CH 3CH(OH)(CH 3)CN E: CH =C(CH 3)COOCH 3 Γ3 CH 3CH=CH n = m/mr n = 6,3/4 n = 0,15 mol CH 3CH=CH H O CH3CH CH3 έστω n 1 mol ;=n 1 mol CH 3CH=CH H O CH3 CH CH έστω n mol ;=n mol Στο πρώτο μέρος : 5CH 3CH(OH)CH 3 KMnO 4 3Η SO 4 5CH 3CΟCH 3 MnSO 4 K SO 4 8H O 5 mol mol n 1 / x=; x=0,n 1 5CH 3CH CH OH 4KMnO 4 6H SO 4 5CH 3CH CΟOH 4MnSO 4 K SO 4 11H O 5 mol 4 mol n / ψ=; ψ=0,4n n(kmno 4) = C V =,8 0,01= 0,08 mol οπότε 0,n 1 0,4 n = 0,08 (σχέση 1) Στο δεύτερο μέρος : CH3 CH CH3 ΟΗ 4l 6ΝaΟΗ CH 3COONa CHl 3 5Νal 5H O n(ch 3I)= m/mr n = 19,7/394 n = 0,05 mol
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 1 mol 1 mol n 1/ 0,05 mol n 1 = 0,1 mol CH 3CH(OH)CH 3 από τη σχέση 1 : n = 0,0 mol CH 3CH CH OH άρα συνολικά 0,1 mol Το ποσοστό του προπενίου = 0,1/0,15 x100 = 80% ΘΕΜΑ Δ Δ1. Σε 100mL διαλύματος περιέχονται 17g Η Ο. Άρα στα 400mL περιέχονται 68g Η Ο. m 68 nho mol Mr 34 H O HI I H O mol x=mol I. To οξειδωτικό είναι το Η Ο διότι περιέχει το Ο του οποίου ο Α.Ο. μειώνεται από -1 σε -. To αναγωγικό είναι το ΗΙ διότι περιέχει το Ι του οποίου ο Α.Ο. αυξάνεται από -1 σε 0. Δ. mol Η Ι ΗΙ Αρχ 0,5 0,5 Χ.Ι. 0,5-x 0,5-x x [ HI ] x Kc 64 x 0,4mol [ H] [ I] 0,5 x Άρα n H = n I = 0,5-x = 0,1mol και n HI = 0,8mol Δ3. mol ΗΙ ΝΗ 3 ΝΗ 4Ι Αρχ 0,5 0,5 Τελ 0,5-x 0,5-x x Με την προσθήκη του στερεού η θέση της ισορροπία δεν μεταβάλλεται διότι η συγκέντρωση του στερεού ΝΗ 4Ι παραμένει σταθερή c (s)=ρ/μr Δ4. n NH3=c V=0,01mol και ph=11 poh=3 [OH - ]=10-3 M mol NΗ 3 H O NH 4 OH - Αρχ 0,1 Χ.Ι. 0,1-x x x=10-3
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 K b NH3 3 x 10 Kb 10 c x 0,1 5 Το ph στο τελικό διάλυμα είναι 9 διότι με την προσθήκη του οξέος αυξάνονται τα Η 3Ο άρα μειώνεται το ph poh=5 [OH-]=10-5 M Οι ηλεκτρολύτες αντιδρούν μεταξύ τους άρα: mol ΗΙ ΝΗ 3 ΝΗ 4Ι Στην περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης, στο τελικό διάλυμα θα έχουμε μόνο ΝΗ 4Ι. Το άλας διίσταται: ΝΗ 4Ι ΝΗ 4 Ι - Το ΝΗ 4 αντιδρά με το Η Ο διότι είναι συζυγές οξύ ασθενούς βάσης ΝΗ 3. Το Ι - Δεν αντιδρά με το Η Ο διότι είναι συζυγής βάση ισχυρού οξέος ΗΙ. Άρα θα έχουμε όξινο διάλυμα οπότε η υπόθεση της πλήρους εξουδετέρωσης απορρίπτεται. Αν περισσέψει το ΗΙ τότε το ph θα ήταν ακόμα χαμηλότερο άρα απορρίπτεται. Επομένως έχουμε περίσσεια της ΝΗ 3. Έστω κ τα mol του ΗΙ που προσθέτουμε. mol ΗΙ ΝΗ 3 ΝΗ 4Ι Αρχ κ 0,01 Αντ/Παρ κ κ κ Τελ 0 0,01-κ κ Στο τελικό διάλυμα έχουμε: c NH3 = (0,01-κ)/0,1 και c NH4I=κ/0,1 Το άλας διίσταται: NH 4I NH 4 I - Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό άρα: cnh 3 5 5 0,01 [ OH ] Kb 10 10 0, 005mol c NH 4 Δ5. α. c NH4I=0,01/0,1=0,1M Το άλας διίσταται: NH 4I NH 4 I- 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ mol NΗ 4 H O NH 3 H 3O Αρχ 0,1 Χ.Ι. 0,1-x x x Kw 9 9 x 5 K a NH 10 10 x 10 M ph 5 4 K 0,1 x bnh 3 β. Το ph στο τελικό διάλυμα είναι 9 poh=5 [OH - ]=10-5 M Οι ηλεκτρολύτες αντιδρούν μεταξύ τους άρα:
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 017 mol ΝaΟΗ ΝΗ 4Ι ΝΗ 3 NaI H O Στην περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης, στο τελικό διάλυμα θα έχουμε μόνο ΝΗ 3 και NaI, δηλαδή μία βάση κι ένα ουδέτερο άλας, άρα το διάλυμα θα είναι βασικό. Επομένως εξετάζουμε την περίπτωση της πλήρους εξουδετέρωσης. Έστω μ τα mol του NaOH που προσθέτουμε mol ΝaΟΗ ΝΗ 4Ι ΝΗ 3 NaI H O μ 0,01 0,01 0,01 0,01 0,01 0 0 0,01 0,01 Άρα μ=0,01mol Στο τελικό διάλυμα έχουμε: c NH3 = 0,01/0,1 = 0,1M mol NΗ 3 H O NH 4 OH - Αρχ 0,1 Ι.Ι. 0,1-x x x x x 3 Kb NH K 10 3 3 b x M ά poh c x 0,1 και ph=11. Αν περισσέψει η ισχυρή βάση NaOH τότε το ph θα ήταν ακόμα μεγαλύτερο. Οπότε απορρίπτεται. Επομένως περίσσεια του ΝΗ 4Ι και προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. mol ΝaΟΗ ΝΗ 4Ι ΝΗ 3 NaI H O Αρχ μ 0,01 Αντ/Παρ μ μ μ μ Ι.Ι. 0 0,01-μ μ μ τελικές συγκεντρώσεις: c NH3 = μ/0,1 και c NH4I=(0,01-μ)/0,1 Το άλας διίσταται: NH 4I NH 4 I - Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό ΝΗ 3/ΝΗ 4 άρα: cnh 3 5 5 [ OH ] Kb 10 10 0, 005mol c 0,01 NH 4