ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΠΟΥ ΥΠΗΡΕΤΟΥΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΣΑΒΒΑΤΟ 8 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2018 - ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. α Α2. γ Α3. α Α4. β Α5. β ΘΕΜΑ Β Β1. Στις πρωτολυτικές αντιδράσεις, η ισορροπία είναι μετατοπισμένη προς τους ασθενέστερους ηλεκτρολύτες. Η ισορροπία (1) είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά (θ = 25 0 C), άρα το CH3COOH είναι ασθενέστερο οξύ από το HF. Η ισορροπία (2) είναι μετατοπισμένη προς τα αριστερά (θ = 25 0 C), άρα το HCN είναι ασθενέστερο οξύ από το CH3COOH. Τελικά, η κατάταξη των παραπάνω οξέων κατά αύξουσα ισχύ είναι η εξής: HCN < CH3COOH < HF Β2. S(s) + O2(g) SO2(g), ΔΗ = - 297 kj α. ΔΗ = - 297 kj ΔΗ < 0 η προς τα δεξιά αντίδραση είναι εξώθερμη. Για να αυξηθεί η απόδοση της αντίδρασης, θα πρέπει η χημική ισορροπία να μετατοπιστεί προς τα δεξιά, δηλαδή να ευνοηθεί η εξώθερμη αντίδραση. 1
Για να συμβεί αυτό με βάση την αρχή Le Chatellier, θα πρέπει να μειωθεί η θερμοκρασία. Άρα η αντίδραση θα έχει τη μεγαλύτερη απόδοση στην μικρότερη θερμοκρασία, δηλαδή στους θ1 = 25 0 C. β. Η κατάλυση είναι ετερογενής, επειδή ο καταλύτης (στερεό) και το καταλυόμενο σύστημα, δηλαδή τα αντιδρώντα (αέρια), είναι σε διαφορετική φάση. γ. Ο καταλύτης δεν επηρεάζει τη θέση της χημικής ισορροπίας σε μια αμφίδρομη αντίδραση, επειδή αυξάνει στον ίδιο βαθμό τις ταχύτητες και των δυο αντίθετων αντιδράσεων. Ο καταλύτης ελαττώνει το χρόνο που απαιτείται για να αποκατασταθεί η ισορροπία. Β3. 1Η : 1s 1 1η περίοδος, ΙΑ ομάδα, αμέταλλο 3Li : 1s 2 2s 1 2η περίοδος, ΙΑ ομάδα, μέταλλο 6C : 1s 2 2s 2 2p 2 2η περίοδος, ΙVΑ ομάδα, αμέταλλο α. Κατά μήκος μιας ομάδας του περιοδικού πίνακα η ηλεκτραρνητικότητα αυξάνεται από κάτω προς τα πάνω, άρα το Η είναι πιο ηλεκτραρνητικό από το Li (ανήκουν στην ΙΑ ομάδα) Κατά μήκος μιας περιόδου του περιοδικού πίνακα η ηλεκτραρνητικότητα αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά, άρα ο C είναι πιο ηλεκτραρνητικός από το Li (ανήκουν στην 2 η περίοδο). Οπότε, το στοιχείο με την μικρότερη ηλεκτραρνητικότητα είναι το Li. β. LiH: έστω x ο αριθμός οξείδωσης του H, οπότε ισχύει: 1 (+1) + 1 x = 0 x = - 1 Η ένωση LiH αποτελεί υδρίδιο μετάλλου, δηλαδή ένωση του Η με ηλεκτροθετικότερο μέταλλο, οπότε το Η έχει Α.Ο.: - 1 2
γ. Το ιόν Li 2+ προέκυψε με αποβολή 2 ηλεκτρονίων από το ουδέτερο άτομο Li. Επομένως έχει 1 ηλεκτρόνιο και άρα έχει τη δομή 1s 1, δηλαδή είναι ένα υδρογονοειδές ιόν. Στο υδρογόνο και στα υδρογονοειδή ιόντα, τα τροχιακά που ανήκουν στην ίδια στιβάδα (έχουν τον ίδιο κύριο κβαντικό αριθμό), έχουν την ίδια ενέργεια. Αυτό συμβαίνει επειδή σε αυτά τα ιόντα δεν υπάρχουν ενδοηλεκτρονιακές απώσεις. Άρα τα τροχιακά 2s και 2p έχουν την ίδια ενέργεια. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: CH3COCOOH B: CH3COCOONa Γ: CH3CΗ(ONa)CH2ONa Δ: CH3CΗ(OCH3)CH2OCH3 Ε: CH3CH(Cl)CH2Cl Ζ: CH3C CH Π: CH3COCH3 Θ: CH3C(CH3)(OMgCl)CH3 Ξ: CH3C(CH3)(OH)CH3 Κ: CH3C(OH)(CH3)CN Λ: CH3C(OH)(CH3)COOH Μ: CH3C(OH)(CH3)COOK Ν: CH3C(OH)(CH3)CH2NH2 Γ2. α. Έστω x mol της CH3CH2OH (ένωση Α) και έστω y mol της CvH2v+1OH (ένωση Φ), στο αρχικό μίγμα. CH3CH2OH: MrA = 46 ma = na MrA = x 46 = 46x CvH2v+1OH: MrΦ= 14v + 18 mφ= nφ MrΦ = y (14v + 18) Mείγμα: mολ = ma + mφ 12 = 46x + y (14v + 18) (1) CH3CH2OH + Na CH3CH2ONa + ½ H2 1mol xmol 0,5mol 0,5xmol 3
CvH2v+1OH + Na CvH2v+1ONa + ½ H2 1mol ymol 0,5mol 0,5ymol H2: Vολ = 2,24L nολ Vm = 2,24 (0,5x + 0,5y) 22,4 = 2,24 x + y = 0,2 (2) 3CH3CH2OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4 3CH3COOH + 2Cr2(SO4)3 + 2K2SO4 + 11H2O 3mol xmol 3mol xmol CH3COOH: Mr = 60 m = n Mr 6 = x 60 x = 0,1mol (2) y = 0,1mol (1) v = 4 i. Σύσταση αρχικού μίγματος αλκοολών: 0,1 mol CH3CH2OH και 0,1 mol CvH2v+1OH ii. Επειδή η αλκοόλη Φ έχει 4C και δεν οξειδώνεται θα είναι τριτοταγής αλκοόλη, οπότε θα έχει συντακτικό τύπο: Φ: CH3C(CH3)(OH)CH3 β. i. Η αλκοόλη CH3CH2C(CH3)(OH)CH3 είναι μια τριτοταγής αλκοόλη με 5C, οπότε για να την παρασκευάσουμε με προσθήκη αντιδραστηρίου Grignard σε καρβονυλική ένωση, αυτή θα πρέπει να είναι κετόνη. Άρα θα χρησιμοποιήσουμε το ζεύγος (V). +H2O ii. CH 3CH 2COCH 3 + CH 3MgCl CH 3CH 2C(OMgCl)(CH 3)CH 3 CH 3CH 2C(CH 3)(OH)CH 3 + Mg(OH)Cl 4
ΘΕΜΑ Δ Δ1. Στην έκφραση της Kc συμμετέχουν μόνο αέρια, οπότε: Kc = [CO2] / [CO] Δ2. mol FeO(s) + CO(g) Fe(l) + CO2(g) αρχικά x αντιδρούν 10/11 x παράγονται 10/11 x τελικά (XI) 1/11 x 10/11 x Kc = [CO2] / [CO] Kc = 10x 11V 1x Kc = 10 11V Δ3. Διάλυμα Υ1 Μ CH 3 COOH + H 2 Ο CH 3 COO + H 3 Ο + αρχικά 0,1 ιοντίζονται x παράγονται x x τελικά (ΧΙ) 0,1 - x x x pka = 5 -logka = 5 Ka = 10-5 Κ α = [CH3COO ][H 3Ο + ] [CH3COOH] = x x 0,1 x 10 5 = x2 0,1 x = 10 3 M Παραδοχές: θεωρώ 0,1-x 0,1 pη1 = - log[h3o + ] = - logx = - log10-3 pη1 = 3 5
Δ4. Διάλυμα Υ1: n1 = C1 V1 = 0,1 0,2 mol n1 = 0,02 mol Fe: n = m / Ar = 0,28 / 56 mol n = 0,005 mol α. 2CH3COOH + Fe (CH3COO)2Fe + H2 β. mol 2CH3COOH + Fe (CH3COO)2Fe + H2 αρχικά 0,02 0,005 αντιδρούν 0,01 0,005 παράγονται 0,005 0,005 τελικά (XI) 0,01 -------- 0,005 0,005 H2: V = nολ Vm = 0,005 22,4 L V = 0,112 L γ. Διάλυμα Υ2: CH3COOH: Cοξ. = nοξ / V1 = 0,01 / 0,2 Μ Cοξ. = 0,05 Μ (CH3COO)2Fe: Cβ = nβ / V1 = 0,005 / 0,2 Μ Cβ. = 0,025 Μ Το διάλυμα Υ2 είναι ρυθμιστικό διάλυμα επειδή περιέχει το συζυγές ζεύγος: CH3COOH - CH3COO - και επιπλέον ισχύει: 1/10 < Cοξ. /2Cβ < 10 1/10 < 0,05. /2 0,025 < 10 1/10 < 1 < 10 Εξίσωση Henderson Hasselbalch: ph2 = pka + log(2cβ / Cοξ.) = 5 + log1 ph2 = 5 δ. Από τα συστατικά του ρυθμιστικού διαλύματος Υ2, μόνο το (CH3COO)2Fe αντιδρά με το HCl, με βάση την αντίδραση: 6
(CH3COO)2Fe + 2HCl 2CH3COOH + FeCl2 1mol 0,005mol 2mol 0,01mol HCl: n3 = C3 V3 V3 = 0,01 / 0,5 L V3 = 0,2 L Δ5. Fe + 4 HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2 H2O Fe + 6 HNO3 Fe(NO3)3 + 3 NO2 + 3 H2O 7