ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. Α4. δ. Α3. γ

Transcript

1 1 ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΤΟΥ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟΥ ΚΑΙ ΤΕΚΝΩΝ ΕΛΛΗΝΩΝ ΥΠΑΛΛΗΛΩΝ ΣΤΟ ΕΞΩΤΕΡΙΚΟ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 7 ΣΕΠΤΕΒΡΙΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΕΝΟ ΑΘΗΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΧΗΕΙΑ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΑ Α Α1. δ Α2. δ Α3. γ Α4. δ Α5. α. Βαθμός ιοντισμού (α) ενός ηλεκτρολύτη ονομάζεται το πηλίκο του αριθμού των es του ηλεκτρολύτη που ιοντίζονται προς το συνολικό αριθμό των es του ηλεκτρολύτη που έχει διαλυθεί, nιοντίζονται α n αρχικά και εκφράζει την απόδοση της αντίδρασης ιοντισμού του ηλεκτρολύτη στον διαλύτη. β. Κανόνας του Markovnikov: Όταν ένα μόριο της μορφής A B προστεθεί στον πολλαπλό δεσμό μιας μη συμμετρικής ένωσης τότε το κύριο προϊόν της προσθήκης προκύπτει όταν το θετικό τμήμα του προσθήματος (συνήθως Η ) πηγαίνει στον άνθρακα του πολλαπλού δεσμού που έχει τα περισσότερα υδρογόνα. ΘΕΑ Β Β1.α. Οι ηλεκτρονιακές δομές των στοιχείων είναι: Ga : 1s 2s 2p 3s 3p 4s 0 μονήρες ηλεκτρόνιο ( ) P : 1s 2s 2p 3s 3p 3 μονήρη ηλεκτρόνια ( )( )( ) O : 1s 2s 2p 2 μονήρη ηλεκτρόνια ( )( )( ) β. Ο ηλεκτρονιακός τύπος της ένωσης Ca 3 (PO 4 ) 2 είναι: _ Ca, 2 P

2 Β2.α. Η πρόταση είναι σωστή. Οι ηλεκτρονιακές δομές των στοιχείων είναι: Na : 1s 2s 2p 3, έχει: n 3 και z * 1 11 s : 1s 2s 2p 3s Mg, έχει: n 3 και z * 2 2 Από αυτές προκύπτει ότι είναι στοιχεία της ίδιας περιόδου (έχουν τον ίδιο κύριο κβαντικό αριθμό των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας), διαφέρουν όμως στο δραστικό πυρηνικό φορτίο. Επειδή το 12 Mg έχει μεγαλύτερο z * έλκει περισσότερο τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής του στιβάδας, οπότε αυτά πλησιάζουν στον πυρήνα και μικραίνει το μέγεθος του ατόμου. β. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Το H 2 S είναι ασθενές διπρωτικό οξύ. Κάνουμε τις αντιδράσεις ιοντισμού του: M Η 2 S H 2 O HS H 3 O αρχ. C I/Π -x x x I/I C x x x M E.K.I. HS H 2 O S 2 H 3 O αρχ. x x I/Π -y y y I/I x y y x y Από τους παραπάνω ιοντισμούς προκύπτει ότι: [H3O ] x y M 2 [S ] y M [H3O ] 2[S ] όμως : y < x γ. Η πρόταση είναι σωστή. Για να συγκρίνουμε την ισχύ δύο βάσεων στην ίδια θερμοκρασία, συγκρίνουμε τις σταθερές ιοντισμού τους. Έτσι: kβ k w 14 3 COOH CH CH 3 COO 10 9 kβ 10 o 14 CH 25 C,k 10 w 10 3 COO Ομοίως:

3 3 b > k CH b HCOO 3 COO kb k w 14 HCOOH HCOO kb 10 o 14 4 HCOO 25 C,k 10 w 10 Επειδή η k προκύπτει ότι το CH 3 COO είναι ισχυρότερη βάση από το ΗCOO. δ. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Η αφυδραλογόνωση του 2 χλωροβουτανίου γίνεται σύμφωνα με τον κανόνα του Saytzeff και δίνει ως κύριο προϊόν το 2 βουτένιο σύμφωνα με την αντίδραση. C2H5OH CH3CH2CHCH3 NaOH CH3 CH CHCH3 NaC H2O C B3. CH 3 COOH HCOOH CH 3 CH 2 CH 2 C CH CH 3 CH 2 CHCH CH 3 KMnO 4 /H CuCl/NH 3 Br 2 /CCl 4 Αρχικά σε δείγμα από την φιάλη προσθέτουμε μικρή ποσότητα διαλύματος KMnO 4 παρουσία H 2 SO 4. Αν γίνει ο αποχρωματισμός του διαλύματος του υπερμαγγανικού καλίου τότε στο δοχείο υπάρχει το HCOOH (μεθανικό οξύ) διότι είναι το μόνο που οξειδώνεται σύμφωνα με την αντίδραση: 5HCOOH 2kMnO4 3H2SO4 5CO2 2MnSO4 K2SO4 8H2O Αν δεν γίνει ο αποχρωματισμός του διαλύματος του υπερμαγγανικού καλίου τότε σε δείγμα της φιάλης προσθέτουμε ΝΗ 3 /CuCl. ε αυτό αντιδρούν μόνο τα αλκίνια με τον τριπλό δεσμό στην άκρη ( CH3CH2CH2C CH) και δίνουν κεραμέρυθρο ίζημα σύμφωνα με την αντίδραση: CH3 CH2CH2C CH CuC NH3 CH3CH2CH2C CCu NH4C Στην περίπτωση αυτή στο δοχείο θα περιέχεται το 1 πεντίνιο. Αν δεν συμβεί και αυτό το ενδεχόμενο τότε στην φιάλη θα περιέχεται αιθανικό οξύ (CH 3 COOH) ή 2 πεντένιο (CH 3 CH 2 CHCHCH 3 ), οπότε σε δείγμα της φιάλης προσθέτουμε μικρή ποσότητα διαλύματος Br 2 /CCl 4. Αν το διάλυμα του Br 2 /CCl 4 αποχρωματιστεί, τότε στη φιάλη θα περιέχεται το 2 πεντένιο το οποίο αντιδρά με το Βρώμιο σύμφωνα με την αντίδραση:

4 CC 3CH2CH CH CH3 Br2 CH3CH2CHCHCH3 CH 4 4 Br Br και το αποχρωματίζει. Τέλος αν δεν συμβεί και το ενδεχόμενο αυτό στη φιάλη θα περιέχεται το αιθανικό οξύ (CH 3 COOH). ΘΕΑ Γ Γ1. Ο γενικός μοριακός τύπος των κορεσμένων μονοσθενών αλκοολών είναι: CνΗ2ν 1ΟΗ ν 1 Άρα Mr(C Η 74 12ν 1 2ν ν 56 ν 4 ν 2ν 1ΟΗ Άρα.Τ.: C 4 H 9 OH (A) Οι ισομερείς αλκοόλες είναι: CH3CH2CH2CH2 OH 1 βουτανόλη CH 3CH2CH2CH3 2 βουτανόλη ΟΗ CH3CHCH2 OH μέθυλο 1 προπανόλη CH 3 CH CH 3 C μέθυλο 2 προπανόλη ΟΗ 3 CH 3 Γ2.α. Η ένωση Α αντιδρά με αλκοολικό διάλυμα NaOH που δίνει κίτρινο ίζημα, άρα είναι μια αλκοόλη της μορφής: R CH CH3 ΟΗ Από τις παραπάνω αλκοόλες αυτή που έχει την μορφή αυτή είναι η 2 βουτανάλη: CH 3CH2CHCH3 ΟΗ β. Η αφυδάτωση της αλκοόλης αυτής γίνεται με τον κανόνα του Saytzeff και προκύπτει σαν κύριο προϊόν το 2 βουτένιο:

5 H 5 SO 2 4 CH CH2 C HCH3 CH3CH CHCH3 H2O 3 o 170 C OH γ. Η αντίδραση της (Α) με το οξικό οξύ είναι: H CH3 COOH CH3 CH2CHCH3 CH3COOCHCH2CH3 H2O OH CH 3 Γ3. Οι αλκοόλες που οξειδώνονται με ΚMnO 4 παρουσία οξέος είναι: i) CΗ 3 CΗ 2 CΗ 2 CΗ 2 ΟΗ ii) CH 3 CH2 CHCH3 OH iii) CH3 CH C H2OH CH 3 0,4 Διαθέτουμε 0, 1 από κάθε μία από τις παραπάνω αλκοόλες. 4 Κάνουμε τις αντιδράσεις οξείδωσης με το ΚMnO 4. 5CH3 CH2CH2CH2OH 4KMnO4 6H2SO4 5CH3CH2CH2COOH 4MnSO4 2K2SO4 11H 2O Τα 5 αλκοόλης απαιτούν 4 ΚMnO 4 τα 0,1»» ;x 1» 4 0,1 0,4 x ΚMnO CH3 CH2 C HCH3 2KMnO4 3H2SO4 5CH3CH2 CCH3 2MnSO4 OH O K2 SO4 8H2O Τα 5 αλκοόλης απαιτούν 2 ΚMnO 4 τα 0,1»» ;x 2» 2 0,1 0,2 x 2 0,04 ΚMnO CH3 CHCH2OH 4KMnO4 6H2SO4 5CH3 CHCOOH 4MnSO4 CH 3 CH 3 2K2 SO4 11H 2O

6 Τα 5 αλκοόλης απαιτούν 4 ΚMnO 4 τα 0, 1»» ;x 3» 4 0,1 0,4 x 2 0,08 ΚMnO Τα ολικά του ΚMnO 4 που απαιτούνται για την οξείδωση είναι: x x 0,08 0,04 0,08 0,2. x1 2 3 Άρα n n 0,2 C V 2 L. V C 0,1 Γ4. Οι συντακτικοί τύποι είναι: (Β) : CH 3 CH 2 OH αιθανόλη (Γ) : CH 3 CH 2 Cl αιθυλοχλωρίδιο (Δ) : CH3CH 2 gcl αιθυλομαγνησιοχλωρίδιο (Ε) : CH CΗ αιθίνιο (Ζ) : CH 3 CΗΟ αιθανόλη (Α) : CH 3CH2 CHCH3 2 βουτανόλη OH 6 ΘΕΑ Δ Δ1. Διαθέτουμε 20 ml διαλύματος ασθενούς μονοπρωτικού οξέος ΗΑ (διάλυμα Υ 1 ) τα οποία εξουδετερώνονται πλήρως. Διάλυμα NaOH: C V C 0,02 n HA n NaOH C V 0,05 0, HA NaΟΗ ΝaA H 2 O αρχ. 0,02 C αντ/παρ τελ Άρα: 0,02 C ,02 C 2 10 Για το οξύ ΗΑ έχουμε: HA Η 2 Ο A H 3 O αρχ. 0,1 Ι/παρ φ φ φ τελ. 0,1 φ φ φ C 0,1 M

7 2 φ 0,1 φ ph 3 [H3O ] 10 M φ και ο βαθμός ιοντισμού του ΗΑ είναι: φ 10 2 α 10 ή 1% 1 0, (10 ) 0, Δ2. 50 ml Y1 HA C0,1 M 2 C; ph4 ε τη προσθήκη νερού στο διάλυμα Υ 1 προκύπτει διάλυμα το οποίο είναι λιγότερο όξινο, άρα το ph του διαλύματος που προκύπτει αυξάνεται κατά μία μονάδα σε σχέση με το ph του διαλύματος Υ 1. Έτσι έχουμε: HA Η 2 Ο A H 3 O αρχ. C Ι/παρ ω ω ω I/I C ω ω ω 2 ω (10 ) 10 C ω 10 C 10 M 4 C 10 ph 4 [H3O ] 10 M ω Άρα από το νόμο αραίωσης έχουμε: 5 10 C1 V1 CT VT 0,1 0,05 10 VT VT 5 L 10 Έτσι: V V V 5 0,05 4,95 L H 2 O τελ αρχ Δ ml Y1 HA 0,1 M x gr NaOH 1/2 800 ml ph5 ε την προσθήκη του NaOH στο διάλυμα Υ 1 γίνεται αντίδραση, οπότε δουλεύουμε με.

8 n HA C V 0,1 0,8 0,08 n NaOH ω 8 HA NaΟΗ ΝaA H 2 O 0,08 ω Επειδή δεν γνωρίζουμε τα NaOH κάνουμε διερεύνηση: α) Πλήρης εξουδετέρωση: HA NaΟΗ ΝaA H 2 O αρχ. 0,08 0,08 αντ/παρ 0,08 0,08 0,08 τελ ,08 Το διάλυμα το οποίο προκύπτει στην περίπτωση αυτή περιέχει μόνο NaA. ΝaA Na A Na H 2 O X (διότι προέρχεται από ισχυρό ηλεκτρολύτη) A H 2 O ΗΑ ΟΗ Οπότε το ph του διαλύματος είναι μεγαλύτερο του επτά (7) που απορρίπτεται. β) Περίσσεια NaOH: Στην περίπτωση αυτή το διάλυμα θα περιέχει: ΝaOH (ισχυρή βάση) και NaA (άλας με βασικό χαρακτήρα) NaΟΗ Νa ΟΗ NaΑ Νa Α Α Η 2 Ο ΗΑ ΟΗ Οπότε το ph του διαλύματος θα είναι πού μεγαλύτερο του επτά (7) που επίσης απορρίπτεται. γ) Περίσσεια ΗΑ με ph 5 αποδεκτή. Άρα HA NaΟΗ ΝaA H 2 O αρχ. 0,08 ω αντ/παρ ω ω ω τελ. 0,08 ω 0 ω Βρίσκουμε τις συγκεντρώσειεις: n 0,08 ω [ HA] k (1) V 0,8 n ω [ NaA] λ (2) V 0,8 Το διάλυμα που έχει προκύψει είναι ρυθμιστικό με ph 5, άρα

9 Cοξ k [H3 O ] k λ (3) CB λ Η σχέση(3) λόγω των (1) και (2) γίνεται: 0,08 ω ω 0,08 2ω ω 0,04 0,8 0,8 Έτσι: m n NaOH M r mnaoh n Mr 0, ,6 Mr( NaOH) Άρα x 1,6 gr NaOH 9 gr Δ ml Y HA 0,1 M 400 ml HCl 0,01 M Y 500 ml 1 3 ε την ανάμειξη των διαλυμάτων αυτών δεν γίνεται καμία αντίδραση, άρα βρίσκουμε τις νέες τους συγκεντρώσεις στο διάλυμα των 500 ml (Y 3 ). 0,1 0,1 HA: nha nha C1 V1 CT VT CT 0,02 M (1) (T) 0,5 0,01 0,4 HCl: nhc nhc C2 V2 CT VT CT 8 10 M (2) (T) 0,5 ε την επίδραση κοινού ιόντος έχουμε: HCl Η 2 Ο Cl H 3 O ; ; HA Η 2 Ο A H 3 O αρχ. 0, Ι/Π φ φ φ I/I 0,02 φ φ φ φ(8 10 φ) 0,02 φ (1) Προσεγγίσεις αποδεκτές διότι: i) k α < C 0,02

10 10 ii) Λόγω Ε.Κ.Ι. η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά, οπότε μειώνεται ο βαθμός ιοντισμού του ασθενούς οξέος ΗΑ. Έτσι η σχέση (1) γράφεται: 7 φ(8 10 φ) φ φ φ ,02 φ Άρα: [H 3 O ] ΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ ΧΗΙΚΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΣ SCIENCE PRESS