Πανελλαδικές εξετάσεις 2015 Ενδεικτικές απαντήσεις στο µάθηµα «ΧΗΜΕΙΑ»

Transcript

1 Πανελλαδικές εξετάσεις 205 Ενδεικτικές απαντήσεις στο µάθηµα «ΧΗΜΕΙΑ» Θέµα Α Α. γ Α2. β Α. γ Α4. α Α5. β Θέµα Β Β. α. Λ β. Σ γ. Σ δ. Λ ε. Λ Αιτιολογήσεις: α) Το NaF διίσταται ως εξής: NaF Na + + F - Το F - αντιδρά µε το νερό: F - + H 2 O HF + OH - Η ισχυρή βάση (έστω MOH) διίσταται: MOH M + + OH - Επειδή έχουµε ανάµειξη διαλυµάτων γίνεται αραίωση του διαλύµατος NaF αλλά ταυτόχρονα έχουµε και επίδραση κοινού ιόντος (OH - ). Με την επίδραση κοινού ιόντος θα αυξηθεί η [OH - ] οπότε αντίστοιχα θα αυξηθεί και το ph. Όµως, µε την αραίωση ελαττώνεται η [OH - ] οπότε αντίστοιχα µειώνεται και το ph. Αν λοιπόν επικρατήσει το φαινόµενο της αραίωσης, (µε προσθήκη µεγάλου όγκου διαλύµατος ισχυρής βάσης και µικρής συγκέντρωσης) τότε µπορεί το ph τελικά να ελαττωθεί. β) Τα ισοµερή βουτίνια είναι: CH - CH 2 - C CH, CH C C CH Το -βουτίνιο αντιδρά µε διάλυµα CuCl / NH και δίνει κεραµέρυθρο ίζηµα, ως εξής: CH - CH 2 - C CH + CuCl + NH CH - CH 2 - C C Cu + NH 4 Cl Αν παρατηρήσουµε το σχηµατισµό του ιζήµατος, έχουµε το -βουτίνιο. Αν δεν παρατηρήσουµε το σχηµατισµό του ιζήµατος, έχουµε το 2-βουτίνιο. γ) Το NaCl δίνει κατά τη διάστασή του ιόντα που δεν αντιδρούν µε το νερό: NaCl Na + + Cl - Έτσι, µέσα στο διάλυµα θα έχουµε το οξύ CH COOH και τη συζυγή του βάση CH COO -, που αποτελούν ρυθµιστικό διάλυµα: CH COOH + H 2 O CH COO - + H O + CH COONa CH COO - + Na +

2 δ) Τα ευγενή αέρια έχουν συµπληρωµένη την εξωτερική τους στοιβάδα, οπότε για αυτά που έχουν δύο στοιβάδες ή περισσότερες ισχύει ότι η δοµή τους στη θεµελιώδη κατάσταση είναι s 2 p 6. Όµως, το He έχει µόνο µία στοιβάδα (την K) και δεν έχει την παραπάνω δοµή, αλλά τη δοµή s 2. ε) Η CH OΗ έχει τιµή K a µικρότερη από 0-4 (σχολικό βιβλίο σελίδα 2), οπότε δεν αντιδρά µε το νερό Επίσης η CH OΗ είναι το συζυγές οξύ της ισχυρής σε υδατικό διάλυµα βάσης κατά Brosted - Lowry CH O - γι αυτό δεν αντιδρά µε το νερό. Β2. α) Το Χ µε δοµή s 2 2s 2 2p βρίσκεται στην 2 η περίοδο και στην 5 η οµάδα ή 5 η κύρια οµάδα (A) To Ψ µε δοµή s 2 2s 2 2p 6 s 2 βρίσκεται στην η περίοδο και στην 2 η οµάδα ή 2 η κύρια οµάδα (A) β) Αφού τα δύο στοιχεία δεν ανήκουν στην ίδια οµάδα ή στην ίδια περίοδο, θα χρησιµοποιήσουµε το διασταυρούµενο στοιχείο 5 Σ που βρίσκεται στην ίδια οµάδα µε το Χ και στην ίδια περίοδο µε το Ψ. Το στοιχείο 7 Χ θα έχει µεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού από το στοιχείο 5 Σ (s 2 2s 2 2p 6 s 2 p ) που βρίσκεται στην ίδια οµάδα µε το Χ αλλά στην επόµενη περίοδο ( η ), αφού η ενέργεια πρώτου ιοντισµού (Ε ι ) αυξάνεται από κάτω προς τα επάνω κατά µήκος µίας οµάδας. Όµως, το 5 Σ θα έχει µεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισµού από το στοιχείο 2 Ψ µε το οποίο βρίσκονται στην ίδια περίοδο ( η ) αλλά σε διαφορετική οµάδα. Το Ψ βρίσκεται στην 2 η οµάδα του Π.Π. ενώ το Σ στην 5 η οµάδα του Π.Π.. εδοµένου ότι η ενέργεια πρώτου ιοντισµού (Ε ι ) αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά κατά µήκος µίας περιόδου, το Σ θα έχει µεγαλύτερη Ε ι. Εποµένως: Ε ι(x) > Ε ι(σ) > Ε ι(ψ) Ε ι(x) > Ε ι(ψ). γ) i) HXO Τα άτοµα H, Χ και O είναι αµέταλλα και εποµένως θα σχηµατίζουν οµοιοπολική ένωση. Το άθροισµα των ηλεκτρονίων σθένους είναι και κεντρικό άτοµο θα είναι το Χ. Αρχικά δηµιουργούνται τέσσερα δεσµικά ζεύγη ηλεκτρονίων και τα υπόλοιπα 6 ηλεκτρόνια τοποθετούνται ως µη δεσµικά ζεύγη στα περιφερειακά άτοµα, ικανοποιώντας τον κανόνα της οκτάδας για όλα τα άτοµα, εκτός από το κεντρικό άτοµο Χ. Μετατρέπουµε ένα µη δεσµικό ζεύγος του οξυγόνου (όχι αυτού που ενώνεται µε το Η) σε δεσµικό, ώστε να προκύψει διπλός δεσµός. Η O X O : : O : ) ΨΟ Ιοντική ένωση µε ιόντα Ψ 2+ και Ο Ψ. Ο 2

3 Θέµα Γ Γ. Α: HC CH, Β: CH CHO, Γ: CH COOH : CH COONa, E: CH CH 2 OH, Z: CH CH 2 Cl Θ: CH CH 2 MgCl, K: CH -CH-CH 2 CH, Λ: CH -CH-CH 2 CH OMgC OH Μ: CH COOCHCH 2 CH CH Γ.2 α) Υπάρχουν δύο ισοµερή βουτένια µε ευθύγραµµη ανθρακική αλυσίδα: Το -βουτένιο CH CH 2 CHCH 2 και 2-βουτένιο CH CHCHCH Με επίδραση νερού, το 2-βουτένιο δίνει ένα και µοναδικό προϊόν, ενώ στο -βουτένιο, παράγονται δύο προϊόντα, το κύριο Β που είναι η 2- βουτανόλη: CH CΗ 2 CH(ΟΗ)CH και το δευτερεύον Γ που είναι η - βουτανόλη: CH CΗ 2 CH 2 CH 2 ΟΗ Οι ζητούµενοι συντακτικοί τύποι είναι: Α: CH CH 2 CHCH 2 Β: CH CΗ 2 CH(ΟΗ)CH Γ: CH CΗ 2 CH 2 CH 2 ΟΗ β) Έστω ότι mol του CH CH 2 CHCH 2 µετατρέπονται σε Β και ψ mol του CH CH 2 CHCH 2 µετατρέπονται σε Γ OH CH CH 2 CHCH 2 + H 2 O CH CΗ 2 CHCH (κύριο προϊόν) CH CH 2 CHCH 2 + H 2 O CH CΗ 2 CH 2 CH 2 OH (δευτερεύον προϊόν) ψ ψ Α µέρος C 4 H 0 O + Na C 4 H 9 ONa + ψ H2 2 ψ 6 m ψ 6,2 22,4 0,05 + ψ 0, ()

4 Β µέρος 0, 08 ΟΗ Ι CΗ CH 2 CΗCH NaOH CΗ CH 2 COONa + CH + 5Na + 5H 2 O 0,24mol και από την () έχουµε: ψ 0,06mol Γ µέρος ΟΗ Ι 5 CΗ CH 2 CΗCH + 2 KMO 4 + H 2 SO 4 5CΗ CH 2 COCH + K 2 SO 4 + 2MSO 4 +8H 2 O ,24 0, 02mol 5 KMO 4 5 CΗ CH 2 CΗ 2 CH 2 OH + 4 KMO 4 + 6H 2 SO 4 5CΗ CH 2 CH 2 COOH+2K 2 SO 4 + 4MSO 4 +H 2 O ψ 4 0,06 2 0, 06mol 5 4 ψ 5 KMO 4 ( + ) C 2 KMO 4 0,02+ 0,06 0,048mol C 0,048 0, 0,48L Άρα: KMO 4 480mL 4

5 Θέµα. Κατά την ανάµιξη του Υ µε το Υ έχουµε αντίδραση εξουδετέρωσης: Έστω L ο ζητούµενος όγκος. Θα έχουµε: HCOOH : NaOH: C C 0, 0, mol C C 0, 0, mol NaOH + HCOOH HCOONa + H 2 O mol αρχικά 0, 0, ιερεύνηση: Α περίπτωση: 0, 0,. Το τελικό διάλυµα θα περιέχει µόνο HCOONa το οποίο επειδή είναι άλας που προέρχεται από εξουδετέρωση ασθενούς οξέος από ισχυρή βάση θα έχει ph>7. Συνεπώς αυτή η περίπτωση απορρίπτεται: HCOONa HCOO - + Na + HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - Β περίπτωση: 0, > 0,. Το τελικό διάλυµα θα περιέχει HCOONa όσο και στην πρώτη περίπτωση και επιπλέον την περίσσεια του NaOH, οπότε θα είναι ακόµα πιο βασικό και έτσι και αυτή η περίπτωση απορρίπτεται. Γ περίπτωση: 0, < 0,. Το τελικό διάλυµα θα περιέχει HCOOΗ και HCOONa. Θα είναι δηλαδή ρυθµιστικό οπότε το ph του µπορεί να είναι 4. Έχουµε: NaOH + HCOOH HCOONa + H 2 O αρχικά 0, 0 - αντιδρούν 0, 0, - παράγονται - - 0, τελικά , 0, Οι συγκεντρώσεις των ουσιών στο τελικό διάλυµα θα είναι: HCOOH: C o M , 0, και HCOONa: C b M + + Εφαρµόζοντας την εξίσωση Hederso-Hasselbach έχουµε: phpk a +log C C b o 0, 4+ log + log log 0 0, , 0, 0, 0 0, 0,2 0, 0,5 L 500ml 5

6 2. Στο διάλυµα Υ4 θα έχουµε επίδραση κοινού ιόντος από τα δύο οξέα. Υπολογίζουµε τις νέες συγκεντρώσεις: HCOOH: C C CH COOH: C2 2 C2 2 0, 0,5 C C 0,05 M 0,5 C 2 C 2 0,5 M Γράφουµε τους ιοντισµούς για τα δύο οξέα: HCOOH + Η 2 Ο HCOO - + H O + CH COOH + Η 2 Ο CH COO - + H O + Χ.Ι (C -)M (M) y (M) Χ.Ι (C 2 -M y(m) y(m) K a ( 0,05 K a 2 y( 0,5 y Επειδή επιτρέπονται οι προσεγγίσεις έχουµε τελικά: ( K a 0,05 () y( K a 2 0,5 (2) ιαιρώντας κατά µέλη τις () και (2) έχουµε: Κ Κ α α 2 ( 0,05 0 y( 0 0, , ,05y y y Αντικαθιστώντας στην () έχουµε: ( ) , 5 K a , M 0,05 0,05 Οπότε τελικά για την [Η Ο + ] έχουµε: [Η Ο + ] + y , ,5 0-2,5 M. Και ph - log [Η Ο + ] - log 0-2,5 ph 2, 5. Με το Mg αντιδρούν και τα δύο οξέα: 2HCOOH + Mg (HCOO) 2 Mg + H 2 Mol 0,05 0,025 2CH COOH + Mg (CH COO) 2 Mg + H 2 Mol 0,5 0,25 6

7 Τα συνολικά mol του Η 2 είναι: ολικά 0, ,25 0,275mol. Συνεπώς ο ζητούµενος όγκος θα είναι: m 0,275 22,4L 6, 6 L 4. Ο προσδιορισµός της συγκέντρωσης διαλύµατος HCOOH µε ογκοµέτρηση µε πρότυπο διάλυµα KMO 4 παρουσία H 2 SO 4 είναι δυνατή αφού το HCOOH οξειδώνεται από το διάλυµα KMO 4 και στο ισοδύναµο σηµείο θα έχουµε αποχρωµατισµό του διαλύµατος KMO 4. Η αντίδραση έχει ως εξής: 5HCOOH+2KMO 4 +H 2 SO 4 5CO 2 +2MSO 4 +K 2 SO 4 +8H 2 O εν απαιτείται η χρήση δείκτη, αφού υπάρχει χρωµατική αλλαγή του KMO 4 7