ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ"

Ισίδωρα Μανωλάς
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΧΗΜΕΙΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1 Ο 1.1 β 1.2 γ 1.3 β 1.4 α 1.5 γ 1.6 α) λάθος β) λάθος. Το γινόμενο (H 3 O + ) ( - ) σε ορισμένη θερμοκρασία παραμένει σταθερό. γ) λάθος, παράγεται Buna S δ) σωστό, από νόμο αραίωσης Ostwald, όταν η συγκέντρωση ελαττώνεται, ο βαθμός ιοντισμού αυξάνει. ε) λάθος, διότι οξειδώνεται σε οξύ. ΘΕΜΑ 2 Ο α) Στοιχείο Α Δομή σε στιβάδες Κ(2)L(8)M(5) Δομή σε υποστιβάδες 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 Ατομικός αριθμός Ζ=15 Στοιχείο Β Δομή σε στιβάδες Κ(2)L(5) Δομή σε υποστιβάδες 1s 2 2s 2 2p 3 Ατομικός αριθμός Ζ=7 β) Το στοιχείο Α έχει 9 ηλεκτρόνια με ml=0 Το στοιχείο Β έχει 5 ηλεκτρόνια με ml=0 γ)το στοιχείο Β έχει 3 ηλεκτρόνια με 1=1 δ) Η ένωση είναι ομοιοπολική 1Η Κ(1) 7Β Κ(2)L(5) 8O K(2)L(6) Συνολικός αριθμός e σθένους 1+5+3*6=24 Δεσμικά e 8 Μη δεσμικά e 16 Επειδή το στοιχείο Β δεν συμπληρώνει 8 ηλεκτρόνια σχηματίζει διπλό δεσμό με το οξυγόνο που δεν είναι ενωμένο με το υδρογόνο.... Η - Ο - Β = Ο : : Ο :

2 2.2 Σε υδατικό διάλυμα NH 4 CI πραγματοποιούνται οι αντιδράσεις NH 4 CI NH + 4 +CI - Το ιόν CI - δεν υδρολύεται διότι προέρχεται από ισχυρό οξύ. Το ιόν NH + 4 υδρολύεται ΝΗ Η 2 Ο NH 3 +H 3 O + (1) α) Όταν προσθέσω αέριο HBr, ο όγκος του διαλύματος δεν αλλάζει όμως το HBr υδρολύεται HBr + H 2 O Br - +H 3 O + (2) Από την (1)και (2) έχω επίδραση κοινού ιόντος και η ισορροπία μετατοπίζεται προς τα αριστερά άρα ο βαθμός ιοντισμού του NH 4 + μειώνεται ενώ το ph ελαττώνεται διότι αυξάνει η συγκέντρωση των ιόντων H 3 O + β) Με την προσθήκη NH 3 ο όγκος του διαλύματος δεν αλλάζει όμως η συγκέντρωση της ΝΗ 3 αυξάνει. Η ισορροπία (1) μετατοπίζεται προς τα αριστερά άρα ο βαθμός ιοντισμού του NH 4 + μειώνεται και το ph αυξάνει. γ) O όγκος του διαλύματος δεν μεταβάλλεται ΚΒr K + + CI -. Κανένα από τα ιόντα δεν αντιδρά με το νερό, άρα ο βαθμός ιοντισμού και το ph δεν μεταβάλλονται. δ) Η προσθήκη υδατικού διαλύματος KBr αυξάνει τον όγκο του διαλύματος ΝΗ 4 CI. Η συγκέντρωση του NH 4 CI μειώνεται. Από νόμο αραίωσης Ostwald, ο βαθμός ιοντισμού αυξάνει και το ph αυξάνει. 2.3 α) CH 3 CH 2 + 4I 2 +6Na CHI 3 +HCOONa+5Nal+5H 2 O β) CH 3 CH 2 CHO+HCN CH 3 CH 2 CHCN γ) CH 3 CH 2 CH 2 Br+Na CH 3 CH 2 CH 2 +NaBr δ) Η αιθανόλη σε αυτές τις συνθήκες οξειδώνεται και σε αλδεύδη και σε οξύ 3CH 3 CH 2 +K 2 Cr 2 O 7 +4H 2 SO 4 3CH 3 CHO+Cr 2 (SO 4 ) 3 +K 2 SO 4 +7H 2 O 3CH 3 CH 2 +2K 2 Cr 2 O 7 + 8H 2 SO 4 3CH 3 CO+2Cr 2 (SO 4 ) 3 +2K 2 SO 4 +11H 2 O ε) CH 3 CH 2 CN+ 2H 2 O + H + CH 3 CH 2 CO+NH 4 + ΘΕΜΑ 3 Ο Ισομερή της ένωσης Ζ CH 3 CH 2 CH 2 CHO (α) CH 3 CHCHO CH 3 CH 3 COCH 2 CH 3 (β) (γ)

3 Αφού η Ζ δίνει την αλογονοφορμική είναι η γ Ζ CH 3 COCH 2 CH 3 Θ CH 3 CH 2 COONa Η CH 3 CHCH 2 CH 3 Ι CH 3 CHCH 2 CH 3 CI Κ CH 3 CHCH 2 CH 3 CN Λ CH 3 CH 2 CHCO CH 3 Αφού η ένωση Β οξειδώνεται σε κετόνη είναι δευτεροταγής αλκοόλη, δηλ B CH 3 CHCH 2 CH 3 Γ CH 3 CH=CHCH 3 Δ CH 3 CH-CHCH 3 Br Br E CH 3 -C C-CH 3 A CH 3 MgCl Ο Η ένωση C v H 2v O γράφεται και ως C κ H 2κ+1 -C-C λ H 2λ+1 Όπου ν = κ+λ+1 OMgCl C κ H 2κ+1 COC λ H 2λ+1 + CH 3 MgCl C κ H 2κ+1 -C-C λ H 2λ+1 CH 3 CHCH 2 CH 3 CH 3 Και 4=κ+λ+2 Αφού η αλκοόλη που προκύπτει είναι 2 οταγής αλκοόλη η καρβονυλική C v H 2v O είναι αλδεΰδη. Άρα κ=0 και λ=2 ή λ=0 και κ=2.

4 Η ένωση C v H 2v O είναι η CH 3 CH 2 CHO β) Ο 5CH 3 CHCH 2 CH 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 -C-CH 2 CH 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης προκύπτει 5 mol αλκοόλης απαιτούν 2 mol ΚMnO 4 0,5 mol x? x=0,2 mol KMnO 4 Όμως c = n / V Άρα απαιτούνται V=1L KMnO 4 γ) CH 3 COCH 2 CH 3 + 3I 2 +4Na CHI 3 + CH 3 -CH 2 -COONa + 3NaI + 3H 2 O δ) Στην ένωση αυτή στα άτομα του άνθρακα λαμβάνει χώρα υβριδισμός. Οπότε όσον αφορά τα άτομα του άνθρακα δεν συμμετέχουν στους δεσμούς ατομικά τροχιακά αλλά υβριδικά τροχιακά. CH 3 COCH 2 CH Ο 1 ος άνθρακας σχηματίζει 4 σ δεσμούς 3 δεσμοί με τα υδρογόνα με επικάλυψη sp 3 -s και 1 δεσμό σ με τον άνθρακα 2 με επικάλυψη sp 3 sp 2 Ο 2 ος άνθρακας σχηματίζει 1 σ δεσμό με το οξυγόνο με επικάλυψη sp 2 -p, 1 π δεσμό με επικάλυψη p-p. και 1 σ δεσμό με τον άνθρακα 3 με επικάλυψη sp 2 -sp 3 Ο άνθρακας 3 σχηματίζει 3 δεσμούς 2 σ δεσμούς με τα υδρογόνα με επικάλυψη sp 3 -s και 1 σ δεσμό με τον άνθρακα 4 με επικάλυψη sp 3 -sp 3 Ο άνθρακας 4 σχηματίζει 3 σ δεσμούς με τα υδρογόνα με επικάλυψη sp 3 -s ε) Ρίχνουμε μεταλλικό νάτριο. Αντιδρούν μόνο οι ενώσεις α,β (παρατηρούμε φυσαλίδες υδρογόνου). Στην συνέχεια προσθέτουμε διάλυμα Ι 2, Na. Αν σχηματιστεί κίτρινο ίζημα σημαίνει ότι στο δοχείο περιέχεται η ένωση α. ΘΕΜΑ 4 Ο α) Πλήρη εξουδετέρωση σημαίνει mol οξέος = mol βάσης C οξέος * 0,02 = 0,02 * 0,2 C οξέος = 0,2 Μ ΗΑ β) ΗΑ + Η 2 Ο Η 3 Ο + + Α - 0,2 (1-α) 0,2α 0,2α 0,2α *0,2α Κ α = ισχύουν οι προσεγγίσεις άρα Κ α =0,2α 2 0,2(1 α) 10-5 =0,2α 2 = 510 2, 5 α

5 β) Πραγματοποιείται αντίδραση εξουδετέρωσης mol HA = 0,004 mol K = 0,002 ΗΑ + ΚΟΗ ΚΑ + Η 2 Ο Αρχικά 0,004 0,002 αντιδρούν -0,002-0,002 Παράγονται 0,002 τελικά 0,002 0,002 mol C HA = 0,2/3 M C KA = 0,2/3 M Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα (KA) Ισχύει ph = pka + log (HA) ph = pka = 5 γ) mol HA = 0,004 mol K = 0,004 ΗΑ + ΚΟΗ ΚΑ + Η 2 Ο Αρχικά 0,004 0,004 αντιδρούν -0,004-0,004 Παράγονται 0,004 τελικά 0,004 mol C KA = 0,1 M KA K + + A - 0,1 M 0,1 M A - + H 2 O HA + - 0,1(1- α ) 0,1 α 0,1 α Kb 0,1α *0,1α = ισχύουν οι προσεγγίσεις άρα Κb = 0,1 α 2 0,1(1 α ) Kw 9 Kb = = 10 άρα =10 Kα α -4 ( - ) = 10-5 άρα p = 5 δηλαδή p H = 9

6 Επικρατεί η βασική μορφή του δείκτη δηλαδή το διάλυμα έχει κίτρινο χρώμα. iii) Για το δείκτη ισχύει + ( )( 3Ο ) Ka = Δ Η ( ΗΔ) 10 ( Δ ) = 10 ( ΗΔ) 7 9 ( Δ ) = 100 ( ΗΔ) Δηλαδή ΗΔ) = ( ) 10 Δ ( 2

Σχετικά έγγραφα

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Α1. γ (Το άτομο C που είναι γειτονικό με το άτομο C το οποίο συνδέεται με το ΟΗ δεν ενώνεται με άτομο Η).

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 04 ΘΕΜΑ Ο Α. γ (Το άτομο C που είναι γειτονικό με το άτομο C το οποίο συνδέεται με το ΟΗ δεν ενώνεται με άτομο Η). Α. β Α3. α Α4. β Α5. Β Β. α) Λ β) Λ (Το ιόν HSO