Θέματα πανελλαδικών: Χημεία-Απαντήσεις

Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ

ΧΗΜΕΙΑ

Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1 →δ , Α2→ γ , Α3→ α , Α4→ γ , Α5→ β

Θέμα Β

Β1. α) Ο τύπος για τη μέση ταχύτητα της αντίδρασης είναι UΜΕΣΗ = UA/α = UB/β = UE/ 2 = UZ / δ (1) • Όμως UZ=UE , οπότε λόγω της (1) ⇒ δ = 2 (2) • Αφού UΜΕΣΗ = UA , λόγω της (1) ⇒ α = 1 (3) • Από εκφώνηση : UB= 1,5 • UZ ( 3) (1) ⇒ UB = (β/δ) • UZ και λόγω της (2) : UB= (β/2) · UZ .(4) • Από (3) ,(4) : 1,5 = β / 2 ⇒ β = 3. β) Αν μειωθεί η θερμοκρασία τότε  η ταχύτητα θα μειωθεί , διότι μειώνεται η μέση κινητική ενέργεια των μορίων και επομένως θα υπάρχουν λιγότερες συγκρούσεις  η ενέργεια ενεργοποίησης θα παραμείνει σταθερή , διότι δεν εξαρτάται από τη θερμοκρασία  η πίεση θα μειωθεί , διότι τα mol των αερίων παραμένουν σταθερά κατά τη διάρκεια της αντίδρασης όπως και ο όγκος , ενώ από την καταστατική εξίσωση ( PV=n RT) η πίεση είναι ανάλογη της θερμοκρασίας. Β2.

α. Στο διάλυμα Υ1 : I.I.(M) 2 Κb = α1 · C (1)

NH3 + H2O ↔ NH4+ + OHC(1-α1) α1·C α1·C

• Αφού αναμιγνύονται ίσοι όγκοι από τα διαλύματα Υ1 και Υ4 οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι :

NH3 : C1 = C·V/ 2V = C/ 2 M Ca(OH)2 : C2 = C·V / 2V = C/2 M Από τις διαστάσεις και ιοντισμούς , έχουμε Ca(OH)2 Τελικά NH3 + H2O ↔ I.I.(M) C/2-x

Ca+2 + 2 OHC/2 M CM + NH4 + OH x C+x

Από τον τύπο της Kb και μετά από προσεγγίσεις έχουμε : Kb = x · C / ( C/2) ⇒ x = Kb / 2 (2) Ο νέος βαθμός ιοντισμού της ΝΗ3 είναι : α2 = x / (C/2) ⇒ x = α2 · C/2 , οπότε λόγω της (2) : Κb = α2 · C (3) • Από (1) και (3) προκύπτει : α12 · C = α2 · C ⇒ α12 = α2. β. 1ος τρόπος : Aπευθείας ανάμειξη των διαλύμάτων Υ1 και Υ2 2ος τρόπος : Ανάμειξη V1 L διαλύματος Υ1 με V3 L διαλύματος Υ3 , με V1 > V3 , ώστε να γίνει μερική εξουδετέρωση της ΝΗ3 ΝΗ3 + ΗΝΟ3 → ΝΗ4ΝΟ3 3ος τρόπος :

Ανάμειξη V2 L διαλύματος Υ2 με V4 L διαλύματος Υ4 , με V2 > 2·V4 , ώστε να περισσέψει NH4Cl 2 NH4Cl + Ca(OH)2 → 2 NH3 + CaCl2 + 2 H2O

B3. Αφού τα στοιχεία έχουν διαδοχικούς ατομικούς αριθμούς και ανά δύο ανήκουν σε διαφορετική περίοδο , τότε Α ανήκει στην 17η ομάδα , Β ανήκει στην 18η ομάδα , Γ ανήκει στην 1η ομάδα Δ ανήκει στην 2η ομάδα α. A : 1s2 , 2s2 , 2p6 ,3s2, 3p5 ⇒ Z=17 Β : ………………….,3p6 ⇒ Z=18 Γ : ………………….,3p6,4s1 ⇒ Z=19 Δ: ……………………..., 4s2 ⇒ Z=20 β. Τα σωματίδια από τα οποία θα αποσπαστεί το 2ο ηλεκτρόνιο είναι τα Γ+ , Δ+ Αντίστοιχα οι ηλεκτρονιακές τους δομές είναι Γ+ : 1s2 , 2s2 , 2p6 , 3s2 , 3p6 Δ+ : 1s2 , 2s2 , 2p6, 3s2 , 3p6 , 4s1

• Το κατιόν του Γ έχει λιγότερες στιβάδες από το κατιόν του Δ , άρα έχει και μεγαλύτερη έλξη πυρήνα – ηλεκτρονίου • Το κατιόν του Γ έχει αποκτήσει δομή ευγενούς αερίου. Μετά από όλα αυτά εξάγεται το συμπέρασμα ότι η ενέργεια 2ου ιοντισμού του Γ είναι πολύ μεγαλύτερη της αντίστοιχης ενέργειας 2ου ιοντισμού του Δ. γ. Το ιόν του Α με δομή ευγενούς αερίου είναι : 17A- 1s2,2s2,2p6,3s2,3p6 Το ιόν του Γ με δομή ευγενούς αερίου είναι : 19Γ+ 1s2,2s2,2p6,3s2,3p6 Τα δύο ιόντα έχουν ίδιο αριθμό στιβάδων , όμως το Γ+ έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το Α[ Ζ*(Γ) = 19 -10= + 9 > Ζ*(Α) = 17 -10 = +7 ] Έτσι το Γ+ λόγω μεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα έχει μικρότερη ατομική ακτίνα από το Α-. Β4. α. 2-βουτανόλη : CH3-CH-CH2-CH3 | OH ος

+ H2O

1 τρόπος: CH3CH=O + CH3CH2MgX → CH3CH-CH2CH3 | OMgX → CH3CH-CH2CH3 + Mg(OH)X | OH ος

2 τρόπος : CH3CH2CH=O +CH3MgX → CH3CH2CH(OMgX)CH3 → CH3CH2CH-CH3 + Mg(OH)X | OH 3ος τρόπος : CH3 C-CH2CH3 + H2 → CH3CH-CH2CH3 || | O OH β. Οι αλκοόλες με 5 άτομα άνθρακα και χωρίς διακλαδώσεις είναι (I) CH3CH2CH2CH2CH2OH 1-πεντανόλη (II) CH3CH-CH2CH2CH3 2-πεντανόλη | ΟΗ (III) CH3CH2CHCH2CH3 3-πεντανόλη | ΟΗ

+H2O

• Αν σε δείγμα της αλκοόλης επιδράσουμε αλκαλικό διάλυμα Ι2 (Ι2/ΝαΟΗ) και σχηματιστεί κίτρινο ίζημα (CHI3) ήταν η (ΙΙ).

• Αν δεν σχηματιστεί ίζημα , μπορούμε να θερμάνουμε δείγμα της αλκοόλης παρουσία χαλκού. Στο προϊόν της καταλυτικής αφυδρογόνωσης επιδρούμε φελίγγειο υγρό (CuSO4/NaOH). Αν προκύψει καστανό ίζημα (Cu2O) ,ήταν η (Ι) διότι αυτή είναι πρωτοταγής αλκοόλη και θα δώσει αλδεΰδη ενώ η (ΙΙΙ) σαν δευτεροταγής αλκοόλη θα δώσει κετόνη που δεν αντιδρά με το αντιδραστήριο Fehling.

Θέμα Γ Γ1.

OH

A. CH3-CH-CH3 Δ. CH3-CHCOOH

Cl

CH3 Γ. CH3-CHCN

B. CH3-CH-CH3

Z. CH3-CH - CH-CH3

CH3

CH3 OH Η. CH3-CH(CH3)- COONa

I. CH3-CH - CH-CH3 CH3 OMgCl M. CH3-CH=O

Η. CH3-CH(CH3)-MgCl

K.CH3-COONa

Λ.CH3COOH

Γ2. Έστω xmol CH3CH2Br

y mol CH3-CH(Br)-CH3 A

CH3CH2Br + NaOH

CH3CH2OH + NaBr

1mol

1mol

xmol

xmol B

CH3-CH-CH3 + NaOH

CH3-CH(OH) -CH3 + NaBr

Br 1mol

1mol

Ymol

ymol

H A oξειδώνεται με K2Cr2O7σε μείγμα προϊόντων CH3CH=Oκαι CH3COOH

ΚιΚ Ρ B

ĎƒÎľ CH3-C-CH3 O

3CH3CH(OH)-CH3 + K2Cr2O7 + 4H2SO4

3CH3-CO-CH3 + Cr2(SO4)3+ K2SO4 + 7H2O

3mol

1mol

3mol

ymol

y/3 mol

ymol

3CH3CH2OH + K2Cr2O7 + 4H2SO4

3mol Îşmol

3CH3CH=O + Cr2(SO4)3 +K2SO4 + 7H2O

1mol đ?œ… 3

3mol Îşmol

mol

3CH3CH2OH + 2K2Cr2O7 + 8H2SO4

3mol

3CH3COOH + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 11H2O

2mol 2Îť

Îťmol

3

3mol Îťmol

mol

Î†Ď Îą x=Îş+Îť (1) κιΚ nK2Cr2O7 = Cv = 1ÎżÎźÎ­Ď ÎżĎ‚ Îş 2

Îť

molCH3CH=O 2mol CH3COOH κιΚ

CH3CH=O + 3I2+4NaOH 1mol k mol 2

1.1 3

y

2

Îş 2Îť

y

Î†Ď Îą3+ 3 +

3

1,1

=3

(2)

mol CH3-CÎ&#x;-CH3

HCOONa + CHI3 + 3NaI + 3H2O 1mol mol 2 k

CH3-CÎ&#x;-CH3 + 3I2+4NaOH

CH3COONa + CHI3 +3NaI + 3H2O

1mol

1mol

y

mol

y

k

y

2

Î†Ď Îą 2+ 2= 0,35 ďƒłk+y = 0,7 (2)

mol

2

2oμέρος k

λ

mol CH3CH=O , 2

y

mol CH3COOH , 2

CH3-CH=O + 2CuSO4 + 5NaOH

mol CH3- CΟ -CH3

2

CH3COONa + Cu2O + 2Na2SO4+ 3H2O

1mol

1mol

k

k

mol 2 k 2

2

= 0,05 k=0,1

mol

Άρα k+y = 0,7 y=0,6 0.1 2𝜆

𝑦

(2)  3 + 3 + 3 =

1,1 3

 0,1 + 2λ + 0,6 = 1,1 λ=0,2 (1) x = 0,3 mol Άρα : m μείγματος = xMr1 +yMr2  m μείγματος = 0,03*109 + 0,6 * 123 = 106,5g

Θέμα Δ Δ1. 3CaOCl2 + 2NH3

3CaCl2 + N2+ 3H2O

CaOCl2 : οξειδωτικό NH3: αναγωγικό

Δ2.

mol 3CaOCl2 + 2NH3

3CaCl2 + N2 + 3H2O

Αρχ. 0,6

0,5

--

--

Α/Π -0,6

-0,4

0,6

0,2

0,6

0,1

0,6

0,2

0,6

Τελ

--

∆(N2)

Uμέση =

∆t

=

0,2 10

= 0,02 M*min-1

--

Δ3. i) Υ1: NH3: C1 = 0,1 M NH4+ + OH- pH=11 , x = 10-3M

(M) NH3 + H2O IΙΣ

0,1 – x

x

x

𝑥2

Kb=0,1 = 10-5

Μετά την ανάμειξη των δυο διαλυμάτων προκύπτει 0,1V1

0,05V2

NH3=C1’= V1+V2

Ba(OH)2 = C2’=V1 + V2 NH4+ + OH-

(M) NH3 + H2O C1 ΄– x

IΙΣ

Ba(OH)2

x

Ba2+ + 2OHC2 ΄

--

x+ 2C2 ΄

2 C2 ΄

Ε.Κ.Ι στα OH[OH]ολ = 2C2’+ x = 2C2’ = 0,02C2’= 0,01 M (0,05∗V2) V1 + V2

ii) Y2

= 0,01  5V2 = V1 + V2V1 = 4V2

NH3 : C1’ =

0,4V2 5V2

= 0,08 M

Ba(OH)2 : C2’= 0,01 M

nNH3 = 0,08 mol

nBa(OH)2 = 0,01 mol

nHCl = n mol Το HCl αντιδρά και με τις δυο ενώσεις, για να προκύψει ρυθμιστικό πρέπει να εξουδετερώσει όλο το Ba(OH)2 και μέρος απ’την NH3

Mol Ba(OH)2 + 2HCl Τελ 0,010

mol

BaCl2 + 2H2O

0,02

NH3 +

0

0,01

HCl

NH4Cl

Αρχ 0,08

n - 0,02

Α/Π -(n – 0,02)

-( n- 0,02)

Τελ

0,1 – n

̴

0,1 – n

NH3C3=

C3

 0,1 – n = n – 0,02  n = 0,06 mol

C4

CO + 2H2 n

--

-2x

x

-x

ΧΣ

n–x 2n-2x 2𝑥

2𝑛



𝑥

𝑛

CH3OH

2n

Α/Π

α=

pH= 9 [OH-] = 10-5 M

Δ4.

Αρχ

n – 0,02

NH4Cl C4= n – 0,02 ρυθμιστικό

1

[OH-] = Kb

mol

n – 0,02

x

= 0,5 n = 2x(1)

𝒙 𝟏 𝟐 Kc = =  2 𝒙 2𝑥 𝟗 �𝟐�� 2 �

x=3

Άρα (1)  n = 6 mol

Δ5. Η προσθήκη 1 mol CH3OH μετατοπίζει την ισορροπία προς τα αριστερά άρα η μεταβολή του όγκου πρέπει να μετατοπίσει την ισορροπία προς τα δεξιά , άρα ο V θα μειωθεί γιατί προς τα αριστερά υπάρχουν τα λιγότερα mol αερίων 𝟏

Kc = = 𝟗

𝟑+𝟏 𝑽  𝟑 6 2 � �� � 𝑽 𝑉

V= √𝟐 L

Δ6.

NaA + HCl

HA+NaCl

Ισοδύναμο σημείο nNaA = nHClC1 * V1 = 0,02 *C2 (1) nNaA = C1V1= 0,02 C2 nHCl = 0,01 C2

mol

NaA + HCl

HA +

NaCl

Αρχ

0,02C2

0,01C2

--

--

Α/Π

-0,01C2

-0,01C2

0,01C2

0,01C2

Τελ

0,01C2

--

0,01C2

0,01C2

Τελικό διάλυμα ρυθμιστικό με [H3O+] = 10-5M 0,01 C2

-5 [H3O+] = Ka 𝑉1+0,01 0,01 𝐶2 = 10 . 𝑉1+0,01

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΓΓΕΛΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΜΑΡΙΝΟΣ – ΓΡΗΓΟΡΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ