ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2013

Transcript

1 ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ Α A1. β Α. β. Α3. β. Α. γ. Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ Ηµεροµηνία: Κυριακή 1 Απριλίου 013 ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α5. α) Το κύριο προϊόν της αντίδρασης καθορίζεται από τον κανόνα του Saytseff ο οποίος διατυπώνεται ως εξής: «Κατά την απόσπαση ενός µορίου της µορφής ΗΑ από µία οργανική ένωση, το Η αποσπάται ευκολότερα από το τριτοταγές άτοµο άνθρακα, λιγότερο εύκολα από το δευτεροταγές άτοµο άνθρακα και δυσκολότερα από το πρωτοταγές άτοµο άνθρακα.» ΘΕΜΑ Β β) Αµφιπρωτικές ουσίες σύµφωνα µε την θεωρία Brönsted Lowry ονοµάζονται οι ουσίες που άλλοτε δρουν ως οξέα και άλλοτε ως βάσεις ανάλογα µε την ουσία µε την οποία αντιδρούν. πχ H, ΗS. 8 Β1. i. Ηλεκτρονιακή δοµή 10 Ne :K L Άρα το στοιχείο Χ αφού έχει το ίδιο αριθµό ηλεκτρονιακών στιβάδων µε το 10 Ne έχει δύο στιβάδες κατειληµµένες µε ηλεκτρόνια. Το στοιχείο Χ ανήκει στην η περίοδο του περιοδικού πίνακα είναι αµέταλλο άρα θα ανήκει στην 13 η 17 η οµάδα. Ο ηλεκτρονιακός τύπος Lewis της οµοιοπολικής ένωσης HX 3 µπορεί να είναι ο τύπος (Ι) ή ο τύπος (ΙΙ): ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 10

2 H X Τύπος (Ι) H X H Τύπος (ΙΙ) Ο τύπος (ΙΙ) έχει ίσο αριθµό δεσµικών και µη δεσµικών ζευγών ηλεκτρονίων, άρα είναι ο ζητούµενος, οπότε το στοιχείο Χ να έχει ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα. 6 Χ : 1s s p ii. l= 1 έχουν τα ηλεκτρόνια που ανήκουν σε υποστιβάδα p, άρα. iii. Η ένωση HX 3 έχει 5 σίγµα (σ) και 1 πι (π) δεσµούς. Β. α. Το αρχικό διάλυµα αραιώνεται µε νερό οπότε από τον τύπο της αραίωσης έχουµε: A VA = T VT V = T 50V T = M (1) 50 Από την στιγµή που ο βαθµός ιοντισµού µε την αραίωση πενταπλασιάζεται ισχύει ότι ατ = 5 α () Αν θεωρήσουµε ότι επιτρέπονται οι απλοποιήσεις στο νόµο αραίωσης του stwald οδηγούµαστε σε άτοπο. Χρησιµοποιώντας τον Νόµο αραίωσης του stwald χωρίς να κάνουµε τις απλοποιήσεις για το αρχικό και το τελικό διάλυµα έχουµε ότι x a a K = a x = ( 1 a ) = (3) 1 a ( 5a ) x aτ Τ a Ka= = = 50= () x Τ( 1 a τ ) 1 5a ( 1 5a ) 1 Από τις σχέσεις (3), () προκύπτει ότι a= 9 Αντικαθιστώντας την τιµή του α που βρήκαµε σε µία από τις σχέσεις (3) ή () προκύπτει ότι Κa=. 7 H ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 10

3 β. i. Η πρόταση είναι σωστή. Στο διάλυµα του οξέος προσθέτουµε µικρή άλατος KF το οποίο διίσταται: KF K + + F Το ιόν K + είναι συζυγές οξύ του KH που είναι ισχυρότατη βάση, οπότε δεν αντιδρά µε το H. Το ιόν F είναι συζυγής βάση του HF που είναι ασθενές οξύ, οπότε αντιδρά µε το H και σχηµατίζει ιόντα H. Άρα η συγκέντρωση των H στο διάλυµα αυξάνει, άρα το ph του διαλύµατος αυξάνεται. ii. Η πρόταση είναι λάθος. Στο αρχικό ρυθµιστικό διάλυµα έχουµε: NaA Na + + A ιάσταση (Μ) HA + H H3 + + A Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) y + y + y Ισορροπία (Μ) y y + y Τα δεδοµένα της ερώτησης επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις, οπότε: [ HA] = y και [ A ] = + y + + [ H3 ][ A ] [ H3 ] + Ka = Ka = [ H3 ] = Ka [ HA] (5) ποσότητα ΗΑ πουιοντίζεται y Ka aha = aha = aha = αρχική ποσότητα ΗΑ (6) Με την αραίωση σε διπλάσιο όγκο οι νέες συγκεντρώσεις θα είναι ίσες µε, οπότε λόγω της σχέσεως (5) η συγκέντρωση οξωνίων δεν µεταβάλλεται, άρα και το ph του διαλύµατος (η σταθερά Ka παραµένει σταθερή αφού εξαρτάται από την θερµοκρασία). Η σχέση (6) γίνεται: y Ka a HA' = a HA' = a HA' = aha / ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 10

4 Β3. Ι. ΙΙ. ΙΙΙ. IV. V. iii. H Η πρόταση είναι λάθος. Το οξύ HA µπορεί να είναι ασθενές οξύ και οι σταθερές ιοντισµού του οξέος HA και της NH 3 να είναι ίσες ( Ka( HA ) = Kb( NH 3 ), οπότε το διάλυµα να είναι ουδέτερο, οπότε µε αραίωση παραµένει ουδέτερο. + NaH Na + H + + I 3 H NaH H Na HI 3 αιθανόλη 3 + = + + H H Br NaH H H NaBr H υδατικό 3 3 H H Br + NaH H H H + NaBr H H3 VI ΘΕΜΑ Γ Γ1. i. H+ NaH H Na+ H H H H + NaH H Na + H Α. H ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 10

5 H Β. Γ.. H H H H H H Ε. 3 = Γ1. ii. Η ένωση Α έχει Μr A= = 56, άρα ma 5,6 na= = = 0,1mol. Mr 56 (A) A H (A) x mol H y mol + H + H H H S x mol H S H H (B) y mol x+ y= 0,1 mol (1) (Γ) H Από τις ισοµερής ενώσεις (Β) και (Γ) η µόνη που µπορεί να οξειδωθεί από ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 10

6 (Γ) το οξινισµένο µε H S διάλυµα KMn είναι η πρωτοταγής αλκοόλη (Γ): 53H7HH + KMn + 6HS 53H7H + MnS + KS + 11H y y mol mol 5 y Για το KMn έχουµε: n = V = 0,1M 0,08 L y = 0,01 mol () 5 nb x 0,09 9 Από (1) και () προκύπτει: = = = n y 0,01 1 Γ Γ1. iii. H H = + AgN + 3NH + H H NH + Ag + NH N Γ ΘΕΜΑ Z Κ H H Μ H Θ H Λ H l H Mgl Π HH= α) Για να βρούµε ποια βάση είναι ισχυρότερη θα υπολογίσουµε τις σταθερές ιοντισµού Kb. ιάλυµα 1: ( H 5 ) NH + Η Ο ( H 5 ) NH + H Αρχικά (Μ) 1 Μεταβολές (Μ) x + x + x Ισορροπία (Μ) 1 x x x Επειδή a < 10 x (1) ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 10

7 ph = 1 = = = ph + ph = 1 ποσότητα αµίνης που ιοντίζεται x a1 = a1 αρχική ποσότητα αµίνης = x ( ) 10 1 a = = = 0, M ph [ H ] 10 M x 10 M + ( ),( 3 ) 5 [( H ) NH ][ H ] x 10 Kb1 = = = = 5 10 () [( H ) NH ] 0, 5 1 ιάλυµα : Το άλας NH l διίσταται πλήρως και η βάση NH 3 ιοντίζεται µερικώς: NH l NH + l ιάσταση (Μ) Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) y Ισορροπία (Μ) y 1 NH H NH + + H + y + y + y y Επειδή a < 10 y (5) ποσότητα NH3 που ιοντίζεται y a = a αρχική ποσότητα NH = y = ,1 = 5 10 M (6) Επειδή η τιµή του y είναι πολύ µικρή έχουµε: [ NH + ] = + y (7) + ( 5 ),( 6 ),(7 ) 6 [ NH ][H ] y 0, Kb = = = = 10 (8) [ NH ] 0,1 () (3) 3 Από την σύγκριση των σταθερών ιοντισµού συµπεραίνουµε ότι η ( H 5 )NH είναι ισχυρότερη βάση από την NH 3 αφού Kb1> Kb. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 7 ΑΠΟ 10

8 β) i) Στο διάλυµα 3 η ( H 5 ) NH έχει συγκέντρωση 3. Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης έχει γίνει πλήρη εξουδετέρωση της ( H 5 ) NH µε το Hl. Η εξουδετέρωση γίνεται µε αναλογία mol 1:1 ( H 5 ) NH + Hl ( H 5 ) NH l Άρα θα έχουµε mol(( H 5 ) NH ) = mol( Hl ) V = V (9) 3 3 ( Hl ) ( Hl ) Από την καµπύλη εξουδετέρωσης βλέπουµε ότι ο όγκος του πρότυπου διαλύµατος που χρησιµοποιείται µέχρι το ισοδύναµο σηµείο είναι V = 5mL. ( Hl ) Το διάλυµα 3 προέκυψε µε αραίωση ορισµένου όγκου του διαλύµατος 1, έστω V 11, άρα έχουµε: 1 V11 = 3 V3 (10) Από (9) και (10) έχουµε: 1 V11 = ( Hl ) V( Hl ) 3 ( Hl ) V( Hl ) 0,5 M 5 10 L 3 V11 = = = 31,5 10 L = 31,5 ml 0,M 1 + 7,5 ii) Όταν το ph= 7,5 δηλαδή [ H3 ] = 10 M στο ογκοµετρούµενο διάλυµα, τότε για το δείκτη Η ισχύει: + + [ H3 ][ ] Η + H H3 + µε σταθερά ιοντισµού Κδ= [ Η ] + 7,5 7,5 Έχουµε µε [ H ] = 10 M και pk = 7,5 K = 10 : 3 δ δ + 7,5 [ H3 ][ ] 7,5 10 [ ] [ ] Κδ = 10 = = 1 [ Η ] [ Η ] [ Η ] iii) Για να βρούµε το χρώµα του διαλύµατος πρέπει να υπολογίσουµε το ph του τελικού διαλύµατος στο ισοδύναµο σηµείο. Το διάλυµα στο ισοδύναµο σηµείο έχει όγκο VΤ= 15 ml. Στο ισοδύναµο σηµείο της ογκοµέτρησης έχει γίνει πλήρη εξουδετέρωση της ( H 5 ) NH µε το Hl. Η εξουδετέρωση γίνεται µε αναλογία mol 1:1 ( H 5 ) NH + Hl ( H 5 ) NH l mol(( H ) NH ) = mol( Hl ) = mol(( H ) NH l ) = ( Hl ) ( Hl ) = = mol( Hl ) V 0,5 M 5 10 L 6,5 10 mol 3 Άρα mol( Hl ) = mol(( H 5 ) NHl ) = 6,5 10 mol Η συγκέντρωση του άλατος στο ισοδύναµο σηµείο είναι ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 8 ΑΠΟ 10

9 3 6,5 10 mol 5 3 = [( H ) NH l ] = = 0,05 M L ( H 5 ) NH l ( H 5 ) NH + + l ιάσταση (Μ) Το διάλυµα είναι όξινο, αφού τα ιόντα l βρίσκονται στο διάλυµα υπό τη µορφή του εφυδατωµένου ιόντος [ l( H ) y ]. Το l είναι συζυγής βάση του Hl που είναι ισχυρότατο οξύ, οπότε δεν αντιδρά µε το H. Το άλλο ιόν, δηλαδή το ( H 5 ) NH +, είναι συζυγές οξύ της ασθενούς βάσης ( H 5 ) NH οπότε αντιδρά µε το H. ( H 5 ) NH + H ( H 5 ) NH + H3 + Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) z + z + z Ισορροπία (Μ) z z z Kb1 = 5 10 Ka1 = 10 Kb1 Ka1 = Kw Ka1 < 10 z 11 και επειδή + [( H 5 ) NH ][ H3 ] 11 z 6 Ka1 = 10 = z = 10 M + [( H 5 ) NH ] [ H ] 10 M = ph = 6 = ph log[ H 3 + ] Η όξινη µορφή του δείκτη H έχει κόκκινο χρώµα σε ph < pka 1 ph < 6,5. Άρα στο χρώµα του διαλύµατος στο ισοδύναµο σηµείο είναι κόκκινο. γ) Η βάση NaH θα αντιδράσει µε το NHl στο διάλυµα και θα προκύψει επιπλέον αµµωνία. Το διάλυµα θα είναι βασικό αφού [ H3 ] = 10 M. 3 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 9 ΑΠΟ 10

10 Έστω ότι η NaH και το NHl αντιδρούν πλήρως. n = V = 0, Μ 0,1L = 0,0 mol NHl n = V = 0,1Μ 0,1L = 0,01mol NH 3 NH l + NaH NH 3 + Nal + H Αρχικά ( mol ) n n n Μεταβολές ( mol ) n n + n + n Τελικά ( mol ) n n n + n n Αφού αντιδρούν πλήρως: n n = 0 n = 0,0 mol Στο τελικό διάλυµα θα υπάρχει NH 3 ( n+ n= 0,0+ 0,01= 0,03mol ) και Nal. Το ph καθορίζεται µόνο από τον ιοντισµό της NH 3 αφού τα ιόντα που προκύπτουν από την διάσταση του Nal δεν αντιδρούν µε το νερό. 0,03mol Η συγκέντρωση της NH 3 στο τελικό διάλυµα είναι 5= = 0,3Μ 0,1 L NH 3 + H NH + H Αρχικά (Μ) 5 Μεταβολές (Μ) ω + ω + ω Ισορροπία (Μ) 5 ω ω ω Επειδή Ka < 10 5 ω [ NH ][H ] 5 ω 3 Ka = 10 = ω = 3 10 M [ NH 3 ] [ H ] = ω = 3 10 M [ H3 ] 10 M + = 3 = [ H ][H ] = Kw Άρα η NaH και το NHl αντιδρούν πλήρως, αφού προκύπτει η ζητούµενη συγκέντρωση οξωνίων. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 10 ΑΠΟ 10