ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ ΕΞΕΤΑΣΗΣ: 27/05/2015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: XHMEIA ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A1. γ A2. β A3. γ A4. α A5. β ΘΕΜΑ B Β1. α. Λάθος: Εξαρτάται από τις συγκεντρώσεις των δύο διαλυμάτων. β. Σωστό: Υπάρχουν δύο ισομερή, το 1- βουτίνιο και το 2 βουτίνιο. Από αυτά μόνο το 1- βουτίνιο αντιδρά με διάλυμα CuCl/NH 3 και δίνει κεραμέρυθρο ίζημα. CH 3 CH 2 C CH + CuCl + NH 3 CH 3 CH 2 C Cu + NH 4 Cl γ. Σωστό: Στο διάλυμα έχουμε: i. το ασθενές οξύ CH 3 CO και την συζυγή του βάση CH 3 COO - στην ίδια συγκέντρωση. ii. Το άλας NaCl του οποίου τα ιόντα Νa + και Cl - δεν αντιδρούν με το H 2 O γιατί προέρχονται από την ισχυρή βάση Na και το ισχυρό οξύ HCl αντίστοιχα. Άρα το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό. δ. Λάθος: Το 2 Ηe έχει ηλεκτρονιακή δομή 1s 2. ε. Λάθος: Είναι πιο ασθενές οξύ από το νερό άρα δεν δίνει αντίδραση ιοντισμού σε αυτό. Β2. α. 2 η $περι/οδος 7 Χ:$1s2 $2s 2 $2p 3 15 η $ομα/δα Σελίδα 1 από 5

2 3 η #περι(οδος 12 Ψ:#1s2 #2s 2 #2p 6 #3s 2 8 O:#1s2 #2s 2 #2p 4 2 η #ομα(δα 2 η #περι(οδος 16 η #ομα(δα 1 η #περι(οδος 1 H:#1s1 1 η #ομα(δα β. Σε μία ομάδα του περιοδικού πίνακα η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνει από κάτω προς τα πάνω λόγω μείωσης του αριθμού των στιβάδων και σε μία περίοδο από αριστερά προς τα δεξιά λόγω αύξησης του δραστικού πυρηνικού φορτίου. Άρα μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού έχει το 7 Χ. γ. Οι ηλεκτρονιακοί τύποι είναι οι εξής: +2 H O X O.. Ψ.. O.. Ο. &2 ΘΕΜΑ Γ Γ1. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α έως Μ είναι οι εξής: Α: ΗC CH Β: CH 3 CH$=$O Γ: CH 3 CΟΟΗ Δ: CH 3 CΟΟΝa E: CH 3 CH 2 Z: CH 3 CH 2 Cl Θ: CH 3 CH 2 MgCl M: CH 3 COOCHCH 2 CH 3 K: CH 3 CHCH 2 CH 3 OMgCl Λ: CH 3 CHCH 2 CH 3 CH 3 Γ2. α. Με αντίδραση προσθήκης νερού σε όξινο περιβάλλον το 2- βουτένιο δίνει ένα μόνο προϊόν γιατί είναι συμμετρικό αλκένιο. Το 1- βουτένιο σχηματίζει μίγμα δύο αλκοολών την 1- βουτανόλη και την 2- βουτανόλη που είναι το κύριο προϊόν με εφαρμογή του κανόνα του Markovnikov. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων Α, Β και Γ είναι οι εξής: Α: CH 3 CH 2 CH=CH 2 B: CH Γ: CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ΟΗ 3 CHCH 2 CH 3 Σελίδα 2 από 5

3 β. 1 ο μέρος CH 3 CHCH 2 CH 3 +'Νa CH 3 CHCH 2 CH 3 '+ '1 / 2 'H 2 ONa 0,5'mol 3 mol 6 mol CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 +'Νa CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 ONa'+ '1 / 2 'H 2 n(h 2 )&= y Άρα /6 + y/6 = 0,05 ή + y = 0,3 (1) 0,5'mol 3 mol y 6 mol V 22,4 η,&n(h 2 )&=&0,05&mol 2 ο μέρος Με αλκαλικό διάλυμα Na αντιδρά μόνο η 2- βουτανόλη. CH 3 CHCH 2 CH 3 +'4Ι 2 '+'6Na CH 3 CH 2 COONa'+'CHI 3 '+'5NaI'+'5H 2 O 3 mol 3 mol Άρα /3 = 0,08 ή = 0,24 mol (2) οπότε y = 0,06 mol 3 ο μέρος /3 = 0,24/3 = 0,08 mol, y/3 = 0,06/3 = 0,02 mol 5CH 3 CHCH 2 CH 3 +(2KMnO 4 (+(3H 2 SO 4 5CH 3 CHCH 2 CH+(K 3 2 SO 4 (+(2MnSO 4 (+(8H 2 O 5(mol 0,08(mol 2(mol 0,032(mol O 5CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 +(4KMnO 4 (+(6H 2 SO 4 5(mol 2(mol 0,02(mol 0,016(mol 5CH 3 CH 2 CH 2 CO +(2K 2 SO 4 (+(4MnSO 4 (+(11H 2 O mol(kmno 4 ) = 0,048 οπότε ο όγκος είναι 0,48 L ή 480 ml. Σελίδα 3 από 5

4 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(ηco) = 0,1. 1 = 0,1 mol(na) = 0,1 V Για να προκύπτει διάλυμα με ph = 4 αντιδρά όλο το Na γιατί σε διαφορετική περίπτωση το ph του διαλύματος που προκύπτει είναι μεγαλύτερο του 7. mol ΗCO + Na ΗCOONa + H 2 O Αρχικά 0,1 0,1 V - - Αντιδρούν 0,1 V 0,1 V - - Παράγονται - - 0,1 V 0,1 V Τελικά 0,1-0,1V - 0,1 V 0,1 V Στο τελικό διάλυμα έχουμε ΗCO, ΗCOONa με συγκεντρώσεις: 0,1'0'0,1V C(ΗCO)'= 1'+'V 0,1V C(ΗCOONa)'= 1'+'V mol / L ΗCOONa Na + + HCOO - Αρχικά C(HCOONa) - - Τελικά - C(HCOONa) C(HCOONa) mol / L ΗCO + Η 2 Ο Η 3 Ο + + ΗCOO - Αρχικά C(HCO) - - Ιοντίζονται - - Παράγονται - Τελικά C(HCO) - + C(HCOONa) Επειδή ph = 4 η συγκέντρωση των οξωνίων είναι 10-4 Μ οπότε = 10-4 Μ. Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ HCO λαμβάνοντας τις απαραίτητες προσεγγίσεις βρίσκουμε V = 0,5 L ή 500 ml. Δ2. Έχουμε ανάμιξη διαλυμάτων ουσιών που δεν αντιδρούν μεταξύ τους. Στο διάλυμα που προκύπτει υπάρχει HCO και CH 3 CO σε συγκεντρώσεις 0,05 Μ και 0,5 αντίστοιχα. Σελίδα 4 από 5

5 mol / L ΗCO + Η 2 Ο Η 3 Ο + + ΗCOO - Αρχικά 0, Ιοντίζονται y - - Παράγονται - y y Τελικά 0,05 - y y y + z mol / L CΗ 3 CO + Η 2 Ο Η 3 Ο + + CΗ 3 COO - Αρχικά 0,5 - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - z z Τελικά 0,5 - z z y + z Από την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ HCO, την έκφραση της Ka για το ασθενές οξύ CH 3 CO λαμβάνοντας τις απαραίτητες προσεγγίσεις βρίσκουμε y + z = 10-2,5 M οπότε ph = 2,5. Εναλλακτικά μπορούμε να βρούμε το ph κάθε διαλύματος ξεχωριστά το οποίο είναι 2,5 άρα με ανάμιξη αυτών των διαλυμάτων με οποιαδήποτε αναλογία θα προκύψει διάλυμα με ph ίσο με 2,5. Δ3. Έχουμε ουσίες που αντιδρούν μεταξύ τους. Βρίσκουμε τα mol της καθεμίας: mol(ηco) = 0,1. 0,5 = 0,05 mol(cη 3 CO) = 1. 0,5 = 0,5 2HCO"+"Mg 2"mol 0,05"mol 2CH 3 CO"+"Mg 2"mol 0,5"mol (HCOO) 2 Mg"+"H 2 1"mol 0,025"mol (CH 3 COO) 2 Mg"+"H 2 1"mol 0,25"mol n(h 2 ) = 0, ,25 = 0,275 mol ή 6,16 L αερίου. Δ4. Είναι δυνατός ο προσδιορισμός της συγκέντρωσης του HCO με ογκομέτρηση με όξινο διάλυμα KMnO 4 και μάλιστα χωρίς την χρήση δείκτη. Το τελικό σημείο της ογκομέτρησης μπορεί να προσδιοριστεί με δύο τρόπους: i. Με την παύση της έκλυσης φυσαλίδων CO 2 μόλις αντιδράσει όλη η ποσότητα του HCO. ii. Με την μεταβολή χρώματος του διαλύματος σε μωβ ιώδες με την πρώτη σταγόνα περίσσειας KMnO 4. Η χημικής εξίσωση της αντίδρασης που πραγματοποιείται είναι η εξής: 5HCO + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CO 2 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O Σελίδα 5 από 5