Απαντήσεις στη Χημεία by Εφημερίδα των Συντακτών

ΧΗΜΕΙΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ Γ΄ ΛΥΚΕΙΟΥ 14 ΙΟΥΝΙΟΥ 2019 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Α2. Α3. Α4. Α5.

β γ α γ β

ΘΕΜΑ Β Β1. COO –

COOH

α)

+ H3O

+ H2O O – CCH3

O – C–CH3

β) Με βάση την αρχή Le Chatelier για να έχουμε μεγαλύτερη ποσότητα της μη ιοντικής μορφής της ασπιρίνης πρέπει η ισορροπία να είναι μετατοπισμένη προς τα αριστερά. Αυτό θα συμβεί στο στομάχι όπου υπάρχει όξινο περιβάλλον (pH=1,5). Λόγω της επίδρασης κοινού ιόντος ( H 3+ O ) . Δηλαδή: έστω ΗΑ το οξύ στο στομάχι και RCOOH ασπιρίνη τότε: RCOOH + H 2O  RCOO − + H 3+ O + H 2 O → A−

+ H 3+ O

XI ←  µετατ όπιση αριστερ ά

Β2. α)

10 5

Β :152 252 2 p1

Η εξίσωση 1ου ιοντισμού

10 5

B( g ) →| B(+g ) + e − 12 6

C :152 252 2 p 2

Η εξίσωση 2ου ιοντισμού

12 6

C(+g ) → +C(2g+) + e −

β) σωστό (i) ο Στον 1 ιοντισμό του Β θα απομακρυνθεί ένα e − από το 2 p1 τροχιακό 5

B ⋅152 ⋅ 252 2 p1

Στον 2ο ιοντισμό του C θα απομακρυνθεί 1e − από το 2 p1 τροχιάκο + 2 2 1 6 C ⋅12 ⋅ 25 2 p τα ενδιάμεσα e − και στα δύο σωματίδια είναι ίσα 152 255 άρα:

Η ατομική ακτίνα του 6 C + είναι μικρότερη από του δραστικού πυρηνικού φορτίου.

Ο πυρήνας του

Β3.

Η καμπύλη Y παράγεται με την μεταβολή 2. Προσθήκη διαλύματος H 2O2 0,1Μ. Οι καμπύλες X και Y υποδεικνύουν ότι οι αντιδράσεις ολοκληρώνονται και σ τις δύο περιπτώσεις, διότι ο όγκος του εκλυόμενου οξυγόνου, VO2 , δεν παρουσιάζει μεταβολή από κάποια χρονική στιγμή και μετά. Κατά την προσθήκη διαλύματος H 2O2 0,1Μ , αυξάνεται η ποσότητα του

B λόγω μεγαλύτερου

C + έχει μεγαλύτερο φορτίο από τον πυρήνα του

H 2O2 , σε mol, ενώ ταυτόχρονα ελαττώνεται η συγκέντρωσή του. Συνεπώς, αυξάνεται η ποσότητα του εκλυόμενου οξυγόνου, VO2 , ενώ ταυτόχρονα ελαττώνεται η ταχύτητα της αντίδρασης διότι ελαττώθηκε η συγκέντρωση του αντιδρώντος. Δηλαδή η αντίδραση θα ολοκληρωθεί σε μεγαλύτερο χρονικό διάστημα. Β4. α. ΠΡΩΤΟ ΔΟΧΕΙΟ mol

 → Pb (  ) CO2 ( g ) PbO( s ) + CO ( g ) ← 

αρχ . 1mol 1mol αντι. / πoρ − x −x x x ΧΙ

1− x 1− x x x

Δεν λαμβάνουμε υπόψη τα υγρά και αέρια / σταθ. V x CO2 ] [ x V/ K C1 = = = [CO ] 1 − x 1 − x V/

ΔΕΥΤΕΡΟ ΔΟΧΕΙΟ

mol

 → Pb + CO PbO( s ) + CO( g ) ←  2( g ) ()

αρχ y αντι. / πoρ ΧΙ

K C2 =

y y

−y −y

−y

1− y

CO2 ] [= [CO ]

1− y / v 1− y = y/v y

στην ίδια θ 0C x 1− y K C1 =K C2 ⇒ = 1− x y xy = (1 − x )(1 − y )

xy =1 − y − x + xy / x+ y = 1 (1) όμως x < 1 και y < 1 Όμως x<1 και y<1 Στο δοχείο (1ο) nCO = 1 − x ο

′ από την (1) προκύπτει ότι nCO = nCO

′ =y Στο δοχείο (2 ) nCO Β4. β.

Επειδή πρόκειται για δυναμική ισορροπία, (όσα αντιδρούν δεξιά τόσα καλύπτουν τη μεταβολή αντιδρώντας αριστερά), τότε τα οξυγόνα (το ισότοπο) θα αντιδράσει και θα ανιχνευτεί σε όλα τα σώματα που περιέχουν οξυγόνο χωρίς να μεταβάλλεται η συγκέντρωση κανενός σώματος.

ΘΕΜΑ Γ Γ1. a : HBr β : H 2O

∆ : CH 3 ( CH 2 )4 − C − ( CH 2 )2 − C − H CN Η

Ζ : CH 3 ( CH 2 )4 − C − ( CH 2 ) g − C − H COOH

E : CH 3 ( CH 2 )4 − C − ( CH 2 )2 − COOH O

Λ : CH 3 ( CH 2 )4 − C − ( CH 2 ) g − COOCH 2CH 3 O

Θ : CH 3 ( CH 2 )4 − CH − ( CH 2 ) g − COOH OH

β.

Με το φελιγγειο υγρό αντιδρά η ένωση Β. Έστω CV H 2V BrCHO + 2CuSO4 + 5 NaOH → CV H 2V BrCOONa + Cu2O ↓ +2 Na2 SO4 + 3H 2O

γ.

Πρέπει να χρησιμοποιήσουμε αλκοολικό διάλυμα ισχυρής βάσης. Η

δ. 3CH 3 ( CH 2 )4 − C − C ( CH 2 ) g − C − H + 2 K 2Cr2O7 + 8 H 2 SO4 → ΟΗ

3CH 3 ( CH 2 )4 − C − ( CH 2 ) g COOH + 2Cr2 ( SO4 )3 + 2 K 2 SO4 + 11H 2O Ο

Γ2. α. nNsOH = cV = 0, 05 0, 02 = 0, 001mol nCH3 C HCOOH = φ | OH

( mol )

CH 3 C HCOOH + NaOH → CH 3 C HCOONa + H 2 |

ΟΗ

Αρχ Αντ/Παρ

0,001

Τελικά

φ-0,001

0,001

Ισοδύναμο σημείο, άρα nCH3 C HCOOH = 0 ⇒ φ − 0, 001 = 0 ⇒ φ = 0, 001 |

ΟΗ

n 0, 001 = = 0, 002 M V 0, 03 + 0, 002

CCH3 C HCOONa= C= 2 |

ΟΗ

(M )

CH 3 C HCOONa → CH 3 C HCOO − + Na + |

ΟΗ

Αρχ

Δια/Παρ

Τελικά

Tα Na + δεν υδρολύεται διότι προέρχεται από ισχυρή βάση. Το CH 3 C HCOO − |

ΟΗ

υδρολύεται διότι προέρχεται από ασθενές οξύ.

(M )

 → CH 3 C HCOOH + OH − CH 3 C HCOO − + H 2O ←  |

ΟΗ

Αρχ

Ιοντ/Παρ

C2-x

Τελικά

|   − CH C  3 HCOOH  OH  x2 x2 Kb = =  ⇒ C2 − x C2 CH C HCOO −   3 | 

Kw x2 x2 = ⇒ 5 ⋅10−11= ⇒ x= 10−6 ⇒ 0 M − = 10−6 M K a C2 0, 02 pOH − og OH −  = −og10−6 = 6

pH + pOH =14 ⇒ pH =8

β. φ=0,001mol CH 3 C HCOOH |

Άρα mCH3 C HCOOH =ϕ ⋅ Mr =0, 001 ⋅ 90 =0, 09 g | OH

Σε 10g γιαουρτιού περιέχονται 0,09g CH 3 C HCOOH |

Σε 100g γιαουρτιού περιέχονται 0,9g CH 3 C HCOOH |

Άρα 0,9% w/w η περιεκτικότητα του γιαουρτιού σε γαλακτικό οξύ. Γ3. Έστω α mol CH 3 C HCOONa και β mol C OONa |

COONα

CH 3 C HCOONa + HCl → CH 3 C HCOOH + NaCl |

α mol α mol α mol C OONa + 2 HCl → C OOH + 2 NaCl |

COONα

β mol

α mol

COOH

2β mol

β mol

2β mol

για το HCl: molHCl : a + 2 β = 10,5 ⇒ a + 2 β = 0,5 (1)

Τα προϊόντα των αντιδράσεων είναι:

CH 3 C HCOOH α mol |

β mol

C OOH |

COOH

( a + 2β ) mol

NaCl

από αυτά αντιδρούν με το KM nO4 το CH 3 C HCOOH |

και το C OOH |

COOH

5CH 3 C HCOOH + 2 KM nO4 + 3H 2 SO4 → 5CH 3 C − COOH + K 2 SO4 + 2 M n SO4 + 8 H 2O |

άρα 5mol CH 3 C HCOOH |

2mol KM nO4

α mol

2a = mol 5

COOH |

5 C OOH + 2 KM nO4 + 3H 2 SO4 → 10CO2 + K 2 SO4 + 2 MnSO4 + 8 H 2O άρα 5mol C OOH

2mol KM nO4

COOH

β mol

2β = mol 5

nKM nO4 : CV = 0, 4 ⋅ 0,3 = 0,12 mol

2a 2 β + = 0,12 ⇒ a + β= 0,3 (3) 5 5 a + 2β = 0,5 a = 0,1 mol (1) και (2)  a+β = 0,3  β = 0, 2 mol άρα

ΘΕΜΑ Δ

Pt Δ1. 4 NH 3( g ) + 5O2( g )  → 4 NO( g ) + 6 H 2O( g ) 9000 C

4 NH 3( g ) + 3O2( g ) → 2 N 2( g ) + 6 H 2O( g ) Οξειδωτική: Αναγωγική: Δ2.

O2 O20 → NO −2 , H 2O −2 

NH 3  N −3 H 3 → N 22 

Έστω x mol η αρχική ποσότητα της ΝΗ3 Οι αντιδράσεις:

(mol)

Pt 4 NH 3( g ) + 5O2( g )  → 4 NO( g ) + 6 H 2O( g ) 9000 C

Αρχ

Aντιδ.

Παρ.

(mol)

4 NH 3( g ) + 3O2( g ) → 2 N 2( g ) + 6 H 2O( g )

Αρχ

Aντιδ.

x2 2

Παρ.

Iσχύει x1 + x2 = x (1)

nNO = x1 mol

nN 2 =

x2 mol 2

nKMnO4 =C ⋅ V =1 ⋅ 0,54 =0,54 mol

nNO + nN2 =

x 22, 4 V ⇒ x1 + 2 = ⇒ 2 x1 + x2 = 2 (2) 2 22, 4 Vm

Από την στοιχειομετρία της αντίδρασης 8

Τα 10 mol NO αντιδρούν με 6 mol KMnO4 Tα x1 mol ΝΟ αντιδρούν με 0,54 mol KMnO4 10 6 = ⇒ x= 0,9mol NO 1 x1 0,54

Άρα ( 3)

0, 2mol N 2 ( 2 ) ⇒ x2 =

(1) ⇒ 0,9 + 0, 2 = x ⇒ x = 1,1 mol NH 3 x 0,9 9 aNH3 =1 = ⇒ aNH3 = x 1,1 11 Δ3. α) Η παραγωγή του ΝΟ2 είναι εξώθερμη (ΔΗ = -113,6 Κ) που σημαίνει ότι ευνοείται στην χαμηλή θερμοκρασία.  → 2 NO2 (mol) 2 NO ( g ) + O2 ( g ) ←  X.I. 10 10 20

β)

 20  2   NO [ 10  2]  Iσχύει: KC = = = ⇒ Kc 4 2 2 [ NO2 ] ⋅ [O2 ]  10  ⋅  10       10   10  γ) X .I 1 : nNO2 = 20 mol

X .I 2 : nNO2 = 20 + Η X .I

σε X .I

25 ⋅ 20 = 25 mol 100

(mol)

2 NO( g ) + O2( g )  2 NO2( g )

Χ.Ι.1

Αντ.

Παραγ.

Χ.Ι.2

(10-2y) (10-y)

2y (20+2y)

Όμως nNO2 = 25 ⇒ 20 + 2 y = 25 ⇒ y = 2,5 Άρα στη Χ.Ι.2: nNO =10 − 2 y =5 mol nO2 = 10 − y = 7,5 mol nNO2 = 20 + 2 y = 25 mol 2

 25  2   [ NO2= ] ⇒4  V = Ισχύει: = KC ⇒ V 1, 2 L 2 2  5   7,5  [ NO2 ] ⋅ [O2 ]   ⋅  V   V  Άρα η ελάττωση του όγκου του δοχείου είναι ∆V = 10 − 1, 2 = 8,8 L Δ4.

Η αντίδραση ευνοείται σε υψηλή πίεση καθώς σύμφωνα με την Αρχή Le Chatelier η Χ.Ι. μετατοπίζεται προς τα δεξιά όπου παράγονται λιγότερα mol αερίων (3→1), οπότε ευνοείται η παραγωγή ΗΝΟ3.

Δ5. Έστω V1 L ο όγκος του διαλύματος ΗΝΟ3 και V2 L ο όγκος του διαλύματος ΝΗ3. = V (V1 + V2 ) L

nHNO3 = C ⋅ V = 10V1 mol nNH3 = C ⋅ V = 5V2 mol Το ΗΝΟ3 και η ΝΗ3 αντιδρούν: HNO3 + NH 3 → NH 4 NO3 Διερεύνηση: 1. Σε πλήρη εξουδετέρωση nHNO3 = nNH3 Το τελικό προϊόν είναι NH 4 NO3 : NH 4 NO3 → NH 4+ + NO3− NO3− / HNO3 : ισχυρό NH 4+ / NH 3 : ασθενής NO4+ + H 2O  NH 3 + H 3O + που σημαίνει pH<7

2. Σε περίσσεια το ΗΝΟ3, το τελικό δ/μα θα περιέχει ΗΝΟ3 και ΝΗ4ΝΟ3 που σημαίνει pH<<7. 3. Σε περίσσεια η ΝΗ3: (mol) HNO3 + NH3 → NH4NO3 5V2 αρχ. 10V1 αντ. 10V1 10V1 παρ. 10V1 τελ. ( 5V2 − 10V1 ) 10V1 10

10V1 n = M V V1 + V2 n 5V2 − 10V1 CNH= = M 3 V V1 + V2 CNH 4 NO= 3

To τελικό διάλυμα είναι ρυθμιστικό. Ισχύει: 5V2 − 10V1 [ NH 3 ] ⇒= V +V V 50 = 10−7 10−5 1 2 = OH −  K b ⇒ 1 + 10V1 V2 101  NH 4  V1 + V2