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화학/기출풀이

2021학년도 3월(3.25.) 고3 학력평가 화학1 3점 문항 풀이

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2021학년도 3월(3.25.) 고3 학력평가 화학1 3점 문항 풀이

[ 9번, 11번, 12번, 13번, 14번, 16번, 17번, 18번, 19번, 20번 ]

 

 

2021 3월 학력평가 화학1 9번

9번 정답 : ⑤ ㄱ, ㄴ, ㄷ

풀이 :

  17 번 염소(Cl)는 3 주기, 19 번 포타슘(K)과 20 번 칼슘(Ca)은 4 주기 원소이다. 세 원소 모두 가장 안정한 이온을 형성할 경우 아르곤(Ar)과 동일한 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 의 전자 배치를 갖는다. (등전자 이온)

  이 때, 전자를 잃고 양이온이 되는 포타슘(19K), 칼슘(20Ca)은 원자 반지름보다 이온 반지름이 작아지지만, 껍질 수 변화 없이 하나의 전자가 유입되는 염소(17Cl)는 이온 반지름이 원자 반지름보다 조금 커진다.

  따라서 포타슘(K)과 칼슘(Ca)은 [이온 반지름/원자 반지름] 값이 1 보다 작을 것이며, 염소(Cl)는 1 보다 큰 값을 갖는다. 자료에 따르면 B의 [이온 반지름/원자 반지름] 값이 가장 크다고 했으므로, B = 염소(Cl) 임을 알 수 있다.

  포타슘(K)은 19 개, 칼슘(Ca)은 20 개의 전자를 가지며, 최종적으로 4s 오비탈에 전자가 채워진다. 포타슘은 4s1, 칼슘은 4s2 다. 따라서 바닥 상태 전자 배치에서 [p오비탈 전자수/s오비탈 전자수]는 s오비탈 전자수가 적은 포타슘(K)이 칼슘(Ca)보다 크다. 따라서 A = 포타슘(K), C = 칼슘(Ca) 이다.

ㄱ. 원자가 전자 수는 17족 할로겐 원소인 염소(Cl) B가 7 개로 가장 많다. (참)

ㄴ. 원자 반지름은 껍질수가 증가할수록, 유효핵전하가 작을수록 커진다. 주기율표의 왼쪽 아래로 갈수록 커진다. 따라서 포타슘(K) A가 가장 큰 원자 반지름을 갖는다. (참)

ㄷ. 원자가 전자가 느끼는 유효핵전하는 핵전하가 클수록, 가리움이 작을수록 증가한다. 주기율표 상에서 오른쪽 위로 갈수록 커진다. 따라서 칼슘(Ca) C의 유효핵전하가 포타슘(K) A 보다 크다. (참)

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 11번

11번 정답 : ④ ㄱ, ㄷ

풀이 :

  주어진 모든 전자의 주양자수 합을 통해 X, Y, Z의 대소관계를 먼저 파악할 수 있다. X < Y < Z 순서로 원자 번호가 증가하며, X, Y, Z 는 최소 2주기 이상의 원소라고 했으므로, 원자 번호가 1 늘어날 때마다 2주기 원소는 2 씩, 3주기 원소는 3 씩 값이 늘어나야 한다.

  Y는 X보다 (2+2=4) 만큼 주양자수 합이 늘었으므로, Y = X + 2 번이며 여전히 2주기 원소임을 알 수 있다. Z는 Y보다 (2+3=5) 만큼 주양자수 합이 늘었으므로 Z = Y + 2 번이며, 3주기 원소라는 사실을 알 수 있다.

  3주기에 처음으로 전자가 채워진 원소이므로, Z = 나트륨(Na)이며, 앞서 밝혀낸 원자 번호 관계에 따라 Y = 플루오르(F), X = 질소(N) 이다.

ㄱ. 3 주기 원소는 Z 뿐이다. (참)

ㄴ. 플루오르(F)와 질소(N)는 모두 바닥 상태에서 2p-오비탈까지 채워지기 때문에 전자가 들어있는 오비탈 수는 X (질소, 2s2 2p3)와 Y (플루오르, 2s2 2p5)가 같다. (거짓)

ㄷ. X(질소)와 Z(나트륨)의 모든 전자 부양자수(l) 합을 비교할 때, s-오비탈은 부양자수가 0이므로 영향을 주지 않는다. p-오비탈에 채워진 전자수만 비교하면 된다. X(질소)는 총 3개의 전자가 p-오비탈에 채워지며, Z(나트륨)은 총 6 개의 전자가 p-오비탈에 채워진다. 따라서 Z의 부양자수 합은 6, X의 부양자수 합은 3이므로 Z가 X의 2 배이다. (참)

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 12번

12번 정답 : ③ ㄱ, ㄴ

풀이 :

  2 주기 원소 중 최대 4 개의 결합을 가질 수 있는 원소는 탄소이다. 따라서 W = 탄소(C)임을 먼저 찾을 수 있다. 이후 탄소와 이중결합을 하며, 옥텟 규칙을 만족하는 X = 산소(O), 단일 결합을 통해 옥텟 규칙을 만족하는 Y = 플루오르(F)임을 알 수 있다. 탄소와의 삼중 결합만으로 옥텟 규칙을 만족하는 원소 Z = 질소(N)이다.

  따라서 (가)WX2 = CO2, (나)YWZ  = FCN, (다)ZXY = NOF 이다.

ㄱ. (나)FCN의 분자 구조는 직선형이다. 중심 원자 탄소는 비공유 전자쌍을 갖지 않는다. (참)

ㄴ. (가) CO2는 무극성 분자, (다) NOF는 극성 분자이므로 쌍극자 모멘트는 (다) > (가) 이다. (참)

ㄷ. (나) FCN 에서 질소 산화수는 5 - 8 = - 3 이며, (다) NOF에서 질소 산화수는 5 - 2 = + 3이다. 산화수는 공유 전자쌍을 전기음성도가 큰 원자가 모두 소유한다고 가정(이온결합)하여 원자가 전자 수와 비교하여 구할 수 있다. (거짓)

산화수(oxidation number)  =  원자가 전자 수  -  이온 결합을 가정했을 때, 해당 원자가 소유한 전자 수

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 13번

13번 정답 : ② ★ ★

풀이 :

  단위 부피당 포도당 분자의 수는 해당 용액의 농도 [mol/L]를 뜻한다. 즉, (가)의 몰농도는 1 M, (나)의 몰농도는 6 M이라고 생각할 수 있다. (가) 용액 20 mL 속에 포함된 포도당의 수는 1 [mol/L] * 20 [mL] = 20 [mmol] 이며, (나) 용액 30 mL 속에 포함된 포도당의 수는 6 [mol/L] * 30 [mL] = 180 [mmol] 이다.

  즉, 두 용액을 혼합한 경우 포도당의 수는 20 + 180 = 200 [mmol]이 된다. 물을 첨가하여 용액의 부피가 100 mL가 되도록 만들면, 해당 용액의 농도 [mol/L]는 다음과 같다.

200 [mmol] / 100 [mL] = 2 [mmol/mL] = 2 M

  따라서 이를 나타낸 그림은 2 번이 된다.

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 14번

14번 정답 : ② ㄴ

풀이 :

  2주기 원자 중 옥텟 규칙을 만족하면서 분자의 중심에 위치할 수 있는 원소는 그다지 많지 않다. 기껏해야 탄소와 질소, 산소 등이다. 탄소는 최대 4 개까지 결합이 가능한 반면, 비공유 전자쌍을 갖지 않는다.  반면, 질소는 최대 3 개까지 결합이 가능하고, 한 쌍의 비공유전자쌍을 갖는다.

  공유 결합을 통해 옥텟 규칙을 만족하는 2주기 원소 중 가장 많은 비공유 전자쌍을 갖는 원소는 플루오르(9F)다. 플루오르는 총 3 쌍의 비공유 전자쌍을 갖지만, 분자 중심에는 위치하기 어렵다. 수소(H)와 비슷하게 분자의 측면(외곽)에만 위치한다. 보기 (가)와 같이 비공유 전자쌍이 8 쌍 이상이 나오기 위해서는 플루오르가 최소 2 개 이상 포함되고, 동시에 중심 원자가 2 쌍의 비공유 전자쌍을 가져야 함을 뜻한다. 다른 경우도 억지로 만들어볼 수도 있겠지만, 일반적이지 않다. 탄소는 비공유 전자쌍을 갖지 않기 때문에 예상되는 중심 원소는 질소(N)가 되겠다. 

    보기 (가)의 경우 X와 Y 원자는 동일한 개수를 포함한다. 만약, 질소와 플루오르라고 할 경우 a는 3보다 작다. a가 3이라면, 플루오르의 비공유 전자쌍만 3*3 = 9쌍이 되어 주어진 값을 넘어선다. a에 적절한 값 = 2가 되겠다.

  (나)에서 Y 원자수는 (가)에 비해 2 개 늘었는데, 비공유 전자쌍이 3*2=6 개 늘었다. 다시 한 번 Y가 플루오르(F)임을 확인해주고 있다. 

  (다)에서 Y의 숫자가 (가)에 비해 1 개 늘었다. 즉, (다) 분자는 3 개의 플루오르를 포함한다. 3 개의 플루오르는 비공유 전자쌍 9쌍을 갖는다. 따라서 (다)의 나머지 하나의 비공유 전자쌍은 질소로부터 왔음을 예상할 수 있다.

  정리하면, (가) N2F2 , (나) N2F4 , (다) NF3 이다. X는 질소(N), Y는 플루오르(F) 이다.

ㄱ. X는 질소로 15족 원소이다. (거짓)

ㄴ. a = 2, b = 1 이다. a + b = 3 이다. (참)

ㄷ. (가) ~ (다) 중 다중 결합이 있는 분자는 (가) 하나이다. (거짓)

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 16번

16번 정답 : ⑤ ㄱ, ㄴ, ㄷ

풀이 :

  25℃ 물의 이온화 상수(Kw)가 1 * 10-14 이므로, 물의 pKw = - log Kw = 14 이다. 즉, pH + pOH = 14 를 만족해야 한다. 

  수용액 (나)의 pH = x , pOH = x +2 이므로, 14 = 2x + 2 의 식을 만족한다. x = 6 이다. 즉, (가)의 pH = 4 , pOH = 10 , (나)의 pH = 6 , pOH = 9 (다)의 pOH = 5 , pH = 9 이다.

ㄱ. [H3O+] > [OH-] 인 수용액은 pH가 7보다 작은 용액을 말한다. pH가 7 미만인 용액은 (가), (나) 2 가지이다. (참)

ㄴ. (다) 용액의 pOH = - log [OH-] = 5 이므로, [OH-] = 10-5 M 이다. (참)

ㄷ. H3O+의 양 [mmol]은 [H3O+] 농도에 용액의 부피 [mL]를 곱해 계산할 수 있다. 용액 (가)가 (나)보다 50 배 많다. (참)

(가)의 H3O+ 몰수 [mmol] = 10-4 [mol/L] * 100 [mL] = 10-2 [mmol]
(나)의 H3O+ 몰수 [mmol] = 10-6 [mol/L] * 200 [mL] = 2*10-4 [mmol]

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 17번

17번 정답 : ④ ㄴ, ㄷ

풀이 :

  2주기 원소 6 가지에 대한 이온화 에너지(Ionic Energy, IE) 정보를 제시했다. 플루오르를 제외한 나머지 다섯 원소를 찾아보자.

  2주기 1차 IE 경향성Li < B < Be < C < O < N < F 이다. 예외적 경향성이 Be와 B 사이, N과 O 사이 두 군데 나타난다.

  어떤 원소의 2차 IE는 해당 원소(X) 1가 양이온(X+)의 IE라 할 수 있다.

X  +  1차 IE  →  X +  e-
X2차 IE  →  X2+  +  e-

  따라서 1가 양이온의 전자배치와 같은 중성 원자의 1차 IE라 가정하여 경향성을 생각하면 비교가 쉽다. 어차피 이온화 에너지의 경향성을 원자의 전자 배치에 따른 예외적인 안정도 차이로 설명하기 때문이다.

  예를들어 리튬(Li)의 2차 IE는 리튬 양이온(Li+)에서 전자를 하나 떼어내는 과정이다. 리튬 양이온은 헬륨과 전자 배치가 같다. 따라서 리튬의 2차 IE는 중성 원자인 헬륨(He)에서 전자를 하나 떼어내는 과정과 같게 취급할 수 있다.(He의 1차 IE) 리튬의 2차 IE 값은 매우 클 것으로 예상된다.

Li의 2차 IE = Li+의 1차 IE → He 전자 배치에서 1차 IE

  이렇게 2주기 원소의 2차 IE를 비교하면, B+(Be 전자배치)와 C+(B 전자배치), O+(N 전자배치)와 F+(O 전자배치)에서 예외적 경향성이 나타난다. 정리하면, 2주기 2차 IE 경향성Be < C < B < N < F < O 이다. 예외적 경향성이 나타나는 위치가 한 칸씩 오른쪽으로 이동했음을 알 수 있다.   두 가지 정보를 조합하면, X = 5B , Y = 4Be , Z = 8O 이다. <보기>를 살펴보면,

ㄱ. X = 5붕소이다. (거짓)

ㄴ. Y(4베릴륨)와 Z(8산소)의 원자 번호의 차는 4이다. (참)

ㄷ. 2차 IE / 1차 IE 비는 원점에서 해당 지점을 연결했을 때의 직선 기울기와 같다. X > Y 이다. (참) 

 

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 18번

18번 정답 : ⑤ ㄱ, ㄴ, ㄷ

풀이 :

  실린더 속 기체의 온도와 압력이 일정하다. 즉, 기체 입자(분자)수에 따라 부피가 결정된다. (아보가드로 법칙)

  각 실린더의 전체 부피가 주어졌다. (가) = V [L], (나) = 5V/4 [L], (다) = aV [L]이다. (가)에서 40 [g]의 X 기체가 N [몰] 있다고 한다면, N [몰]의 기체가 차지하는 기체의 부피가 V [L]가 된다.

  그리고, Y2 기체 8 [g]을 추가했을 때, 전체 부피가 V/4 만큼 증가했으므로, N/4 [몰] 만큼의 Y2가 추가되었음을 알 수 있다.

  (나)와 (다)에서의 원자수 비를 이용하기 위해서, 원자의 개수를 몰수로 나타내보자. (나)에 존재하는 X 원자는 N [몰] , Y 원자는 N/2 [몰] 이다. 따라서 (나)에는 총 N + N/2 = 3N/2 [몰] 의 원자가 존재한다.

  (나)와 (다)의 원자수 비 = 3 : 7 에 따라 (다)에 존재하는 전체 원자수는 7N/2 [몰] 이다. 첨가된 ZY3 에 포함된 원자는 총 2N [몰] 이다. 한 분자가 네 개의 원자(Z + 3Y)로 구성되어 있으므로, ZY3 40 [g]의 몰수는 N/2 [몰]이다.

  (다)에 존재하는 각 기체 분자의 몰수는 X = N [몰] , Y2 = N/4 [몰] , ZY3 = N/2 [몰] 이며, 총 7N/4 [몰] 존재한다. (ㄱ보기 참)

  각 원자들의 원자량을 구하기 위해 X 40 [g]을 1 [몰]이라 가정하면, X의 원자량은 40 이 된다. 첨가한 Y2 8 [g]의 몰수는 1/4 [몰]이 되므로, Y2의 분자량은 32 , Y의 원자량은 16 이 된다. ZY3 40 [g]의 몰수는 1/2 [몰]이므로, ZY2의 분자량은 80이며, Z의 원자량은 80-(16*3) = 32 가 된다.

  따라서 X 원자량 : Z 원자량 = 40 : 32 = 5 : 4 이다. (ㄴ 보기, 참)

  마지막 보기를 해결하기 위해서는 1 [g]에 들어있는 입자수를 비교해야 한다. 보통은 분자량이 큰 물질의 분자량 [g]이라고 가정하는 것이 분수를 최소화하고, 숫자가 더 직관적이기 때문에 비교가 쉽다. ZY2 분자량이 80 이므로, 80 [g] 속에 존재하는 원자 수의 비를 비교해보자.

  ZY3 총 4 개의 원자로 이루어져 있으므로, 80 [g] (1 몰 분자)에는 4 [몰]의 원자가 존재한다. 반면, Y2 는 80 [g]에 80/32 [몰]의 분자가 존재하며, 한 분자가 2 개의 원자로 이루어져 있으므로, 80/16 = 5 [몰] 의 원자가 존재한다.

  따라서 80 [g] 속에 포함된 전체 원자수는 Y2가 ZY3 보다 크다. (ㄷ 보기, 참)

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 19번

19번 정답 : ② 20

풀이 :

단계 1.

  a [M]의 HCl 20 [mL] = 20a [mmol] , b [M]의 NaOH 30 [mL] = 30b [mmol] , c [M]의 KOH 10 [mL] = 10c [mmol]이 각각 준비되어 있다. 반응을 마친 I 용액에서 H3O+의 몰농도가 a/12 [M]이니, 용액의 액성은 산성이다.

  용액 I의 이온 비를 보니 1/8 : 1/8 : 1/4 : 1/2 이다. 간단하게 나타내면, 1 : 1 : 2 : 4 이다. 용액 내 전하의 균형은 언제나 중성으로 유지되어야 하므로, 양이온의 수와 음이온의 수는 같아야 한다. (전하균형) 즉, 1 : 1 : 2 에 해당하는 이온과 4에 해당하는 이온의 전하가 다름을 예상할 수 있다. (예를 들어 1 : 1 : 2 에 해당하는 이온이 양이온 vs 4 에 해당하는 이온이 음이온)

  그런데, 용액의 액성이 산성이고, 모든 산과 염기가 1가 산, 1가 염기이므로, Cl- 이온이 가장 많은 비율(50%)로 차지해야 한다는 사실은 자연히 알 수 있다. Cl- 몰수는 초기 넣어준 HCl의 몰수와 같을 것이므로, 20a 에 해당한다.

용액 I의 Cl- 몰수 = 초기 HCl의 몰수 = 20a [mmol] 

  또한 반응 후 남은 H3O+ 이온의 몰수는 5a [mmol] 이므로, Cl- : H3O+ 이온의 몰 비가 4 : 1임을 알 수 있으며, 반응 후 H3O+ 이온은 용액의 1/8를 차지한다.

용액 I의 H3O+ 몰수 = a/12 [mol/L] * (20+30+10) [mL] = 5a [mmol]

  즉, 용액 I에 존재하는 이온의 몰비는 다음과 같다.

1/8 : 1/8 : 1/4 : 1/2  =  1 : 1 : 2 : 4 = 5a : 5a : 10a : 20a

  그러나 지금 단계에서 K+와 Na+ 의 분율을 구분할 수는 없다.

단계 2.

  KOH 용액을 첨가하면, 용액 내 존재하는 K+ 이온과 OH- 이온이 늘어난다. OH- 이온은 H3O+와 즉각 반응하여 소모되지만, K+ 이온은 . 용액 첨가 후의 이온 비를 살펴보면, 1 : 1 : 2 : 2 이다.

  Cl- 이온의 몰수는 20a로 용액 I과 변화가 없어야하므로, 몰 비에 2씩을 곱하여 2 : 2 : 4 : 4 = 10a : 10a : 20a : 20a 로 바꾸어 나타내면, 가려내기가 조금 더 수월하다.

  이후, 앞서 구별할 수 없었던 K+와 Na+의 구별이 가능해진다. Na+ 이온은 KOH 첨가와 무관하므로, 초기 양이 그대로 있어야 하고, 그 값은 10a 에 해당한다. (10a = 30b (Na+) , 5a = 10c (K+) , b/c = 2/3)

 (용액 II) 2 : 2 : 4 : 4 = Na+ : 2 : 4 : Cl-
(용액 I) 1 : 1 : 2 : 4 = H3O+ : K+ : Na+ : Cl-

  용액 II 또한 전하 균형을 만족해야 하며, 이미 밝혀진 Na+와 Cl-를 제외한 나머지 2 와 4 가 음이온, 양이온이어야 한다. 2 에 해당하는 것이 OH- 이온 , 4 에 해당하는 것이 K+ 이온이다.

2 : 2 : 4 : 4 = Na+ : OH- : K+ : Cl- = 10a : 10a : 20a : 20a

단계 3.

  용액 II의 이온 조성을 보면, K+ 이온은 5a → 20a 가 되었으며, 15a 에 해당하는 KOH가 첨가 되었다. 15a의 OH- 중 5a는 용액 속 H3O+와 반응하였으며, 나머지 10a가 용액 내 존재한다.

초기 c [M] KOH 10 [mL]에 포함된 K+ 이온의 수 = 5a 이므로,
첨가한 KOH의 몰수15a [mmol]V = 30 mL 첨가

  문제에서 요구하는 V * (b/c)를 구하면, 20 이다.

30 * (2/3) = 20

 


 

2021 3월 학력평가 화학1 20번

20번 정답 : ③ 30/7

풀이 :

  화학 반응에서 질량은 큰 의미를 갖지 못한다. 화학 반응은 물질의 몰비(개수비)에 따라 이루어지며, 질량비는 그닥 의미가 없다. 수소 기체 2개와 산소 기체 2개가 반응하여 물 분자 2개를 만들 뿐이다. 물론, 몰(mole)로 표현하는 것이 보다 와닿을 것이다. 수소 기체 2몰과 산소 기체 1몰이 반응하여 물 분자 2몰을 만든다.

  그럼에도 물질의 질량이 주는 정보 중에 가장 중요한 것이 하나 있는데, 그것이 반응 전후의 질량 균형이다. 라부아지에의 질량 보존의 법칙. 반응 전후의 질량은 보존 된다는 사실. 이 문제도 시작점은 질량 보존에서 시작한다.

단계 1.

  실험 I은 8 [g]의 A와 28 [g]의 B로부터 22 [g]의 C를 생성했다. 반응 전에는 36 [g]을 준비했는데, C 22 [g]만 생성되었다. 초기 준비한 36 [g] 중 나머지 36 - 22 = 14 [g]은 반응에 참여하지 않았다는 것이다. A는 애초에 8 [g]만 넣어주었으니, 14 [g]이 남을 수 없다. 따라서 B가 남았고, 자연스레 한계 반응물(Limiting Reagent)은 A다. A는 8 [g]을 모두 소진했다.

  A와 B를 이용하여 C 22 [g]을 만들었다는 사실로부터, B 14 [g]이 C를 만드는데 사용되었다는 것을 알 수 있다. 준비했던 28 [g] 의 절반이 사용되었고, 절반이 남았다.

C 22 [g] = A 8 [g] + B 14 [g]

  C 분자 구성 성분 사이에는 A : B = 4 : 7 의 질량비가 성립한다. 이것이 프랑스의 화학자 프루스트가 주장한 일정 성분 비 법칙이다.

A : B → C   ▶   4 : 7 → 11 (일정 성분비 법칙)

단계 2.

  실험 II에서 A의 질량이 24 [g]으로 실험 I에 비해 3 배 늘었다. 만약 A가 실험 I처럼 한계 반응물이라면, 반응비에 따라 B는 14*3= 42 [g]이 필요하며,  C는 22*3 = 66 [g] 이 생성되어야 한다. 그러나 결과적으로 C는 33 [g]만 생성되었다. 즉, A가 한계 반응물이 아니며, 준비된 B의 양이 부족하여 C의 양이 33 [g]으로 제한되었다.

  일정 성분비의 법칙에 따라 C 33 [g]은 A 12 [g]과 B 21 [g] 으로 구성되었음을 알 수 있다. 실험 II의 한계 반응물은 B이므로, 표의 빈칸 y = 21 [g] 이다.

A + B → C   ▶   4 : 7 → 11 ▶ 12 g + 21 g = 33 g

단계 3.

  이제 밀도(d = w/V) 정보를 구해야 한다. 반응 전후의 질량(w) 변화는 없다. 질량은 변화 없지만, 해당 질량을 구성하는 기체의 종류와 입자수(몰수)가 달라질 뿐이다. 실험 I의 경우 반응 전에는 A 8 [g] + B 28 [g] , 반응 후에는 남은 B 14 [g] + C 22 [g] 이다. 반면, 실험 II의 경우 반응 전에는 A 24 [g] + B 21 [g] , 반응 후에는 남은 A 12 [g] + C 33 [g] 이다. 일정 온도, 압력 조건에서 몰수에 따라 부피가 변하고, 밀도가 달라진다.

  반응 전 질량 (g) 반응 후 질량 (g)
실험 I  (전체 36 g) A = 8 [g]  ,  B = 28 [g] B = 14 [g]  ,  C = 22 [g]
실험 II  (전체 45 g) A = 24 [g]  ,  B = 21 [g] A = 12 [g]  ,  C = 33 [g]

  반응은 몰수 비로 진행된다. 화학 반응식은 A + bB → cC 이다. 실험 I에 따르면, 8 [g]의 A가 14 [g]의 B와 반응하여 22 [g] 의 C를 생성한다. 이를 몰 비로 나타내면, A 8 [g](=1 몰 =1 부피)이 B 14 [g](=b 몰 =b 부피)과 반응하여 C 22 [g](=c 몰 =c 부피)과 반응한다고 할 수 있다. A 8 [g] 이 1 몰인지 알 수는 없지만, 반응 비(=몰비 =부피비)는 같은 비율로 변하기 때문에 상관 없다. 

A 8 [g] = 1 몰  ,  B 14 [g] = b 몰  ,  C 22 [g] = c 몰

  반응 전 몰수 반응 후 몰수
실험 I  (전체 36 g) A = 1 몰  ,  B = 2b 몰    B = b 몰  ,  C = c 몰
실험 II  (전체 45 g) A = 3 몰  ,  B = 1.5b 몰   A = 1.5 몰  ,  C = 1.5c 몰

 

단계 4-1.

  실험 I의 반응 전 물질의 밀도 = 72d 이다. 반응 전 질량 = 36 [g] , 반응 전 기체의 몰수(부피) = 1+2b 이다.  실험 II의 반응 전 물질의 밀도 = 75d이다. 반응 전 질량 45 [g] , 반응 전 기체의 몰수(부피) = 3+1.5b 이다.

72d = 36 / (1+2b)   ▶  2d = 1 / (1+2b)  ▶  10d = 5 / (1+2b)
75d = 45 / (3+1.5b)  ▶  5d = 3 / (3+1.5b)  ▶  10d = 6 / (3+1.5b)

  실험 I과 실험 II의 반응 전 밀도식을 연립하여 b = 2 임을 알 수 있다.

(1+2b) (3+1.5b) 6    ,    b = 2

단계 4-2.

  실험 II의 반응 전후 밀도 비는 75d : 100d 이다. 실험 II의 반응 전후 질량은 보존되므로, 밀도 비는 부피 비(=몰 비)에 의존한다. 밀도와 부피(=몰수)는 반비례 하므로, 반응 전후 부피 비 = 100d : 75d = 4 : 3 이다.

실험 II 반응 전 몰수 = 3+1.5b = 6 몰  ▶  1 / (75d)  ▶  100d
실험 II 반응 후 몰수 = 1.5+1.5c 몰 ▶  1 / (100d)  ▶  75d

  반응 전후의 몰수와 밀도식을 연립하면, c = 2 임을 알 수 있다.

(3+1.5b)  :  (1.5+1.5c)  =  100d  :  75d  =  4  :  3    ,    c = 2

  결과적으로 화학 반응식은 A + 2B → 2C 임을 알 수 있다.

단계 5.

실험 I의 반응 전 몰수 = 1+2b = 5 몰, 반응 후 전체 몰수는 (b+c) = 4 몰이다. 역시 반응 전후 질량은 보존되므로, 밀도 비는 부피(몰수)의 역수 비에 해당한다. , 반응 전후 부피 비 = xd : 72d = 5 : 4 이다. x = 90 이다.

실험 I 반응 전 몰수 = 1+2b = 5 몰  ▶  1 / (72d)  ▶ xd
실험 I 반응 후 몰수 = b+c = 4 몰  ▶  1 / xd  ▶  72d

 

따라서 문제에서 요구하는 x/y = 90/21 = 30/7 이다.

 

 


* 본문 설명 중 잘못된 부분에 대해 지적해주시면 참고하여 수정, 업데이트 하도록 하겠습니다. 문제의 출처는 서울특별시교육청과 EBSi 사이트입니다.

 

 

 

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