ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ"

Ἀρτεμᾶς Βασιλόπουλος
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ & ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΜΑ Α Α.1 1 Α.2 3 Α.3 1 Α.4 3 Α.5 3 Α.6 2 Α.7 Λ Α.8 Λ Α.9 Λ Α.10 Λ Α.11 Λ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β.1 Αρχικά, υδρολύουμε τους δύο εστέρες προς παραγωγή των αντίστοιχων αλκοολών και οξέων. CH 3 COOCH 2 CH 3 + H 2 O CH 3 COOH + CH 3 CH 2 OH Αιθανικός Αιθανικό Αιθανόλη Αιθυλεστέρας Οξύ CH 3 CH 2 COOCH 3 + H 2 O CH 3 CH 2 COOH + CH 3 OH Προπανικός Προπανικό Μεθανόλη Μεθυλεστέρας Οξύ

2 Στη συνέχεια προσθέτουμε στα δύο διαλύματα I 2 / NaOH και παρατηρούμε την δημιουργία κίτρινου ιζήματος CHI 3. Από τις δύο αλκοόλες, μόνο η αιθανόλη δίνει την ιωδοφορμική αντίδραση, συνεπώς γνωρίζουμε και σε ποιο διάλυμα βρίσκεται ο αιθανικός αιθυλεστέρας. Β.2 Στο Ι.Σ. θα ισχύει ότι n ΗΗ = n NNNN. Άρα, y x 1000 = ω z 1000 (1) Η αντίδραση που λαμβάνει χώρα κατά την ογκομέτρηση είναι: ΝaΟΗ + ΗΑ ΝaA + H 2 O Όταν προστεθούν τα ω/2 ml του NaOH θα έχουμε ότι: n NNNN = 2000 και n HH = y x 1000 Λόγω της εξίσωσης (1), παρατηρούμε ότι y x 1000 = 2 ω z 2000 (2) mol NaOH + HA NaA + H 2 O Αρχικά 2000 y x Α/Π Τελικά - y x Από την εξίσωση (2) ισχύει ότι y x 1000 n NNA = 2000 = n HA. Άρα, τελικά στο διάλυμα έχουμε: C HH = =, δηλαδή ( ω 2 +x) = C NNN. Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα (HA NaA) και αφού K a C οο = 10 2 ισχύουν οι γνωστές προσεγγίσεις, δηλαδή: pp = pk a [Η 3 Ο + ] = K a C οο C β [Η 3 Ο + ] = K a log[η 3 Ο + ] = log K a

3 Β.3 i) Αφού το στοιχείο ανήκει στα αλογόνα, τότε βρίσκεται στην 17 η (VII A ) Ομάδα του Π.Π, άρα έχει 7 e - σθένους και επειδή είναι το 3 ο στοιχείο της Ομάδας, βρίσκεται στην 4 η Περίοδο, συνεπώς έχει κατειλημμένη τη στοιβάδα N. Η ηλεκτρονιακή απεικόνιση του στοιχείου είναι: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 5 K(2) L(8) M(18) N(7) Άρα, ο ατομικός αριθμός του στοιχείου είναι Z = 35 ( 35 Br). ii) Η ηλεκτρονιακή κατανομή για τα δύο στοιχεία είναι: 37Rb: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 1 Κ(2) L(8) M(18) N(8) O(1) Άρα ανήκει στην 1 η (I A ) Ομάδα και στην 5 η Περίοδο του Π.Π. 47Ag: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 5s 1 4d 10 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 1 K(2) L(8) M(18) N(18) O(1) Άρα ανήκει στην 11 η (I B ) Ομάδα και στην 5 η Περίοδο του Π.Π. Ο 47 Ag, εν αντιθέσει με το 37 Rb, έχει το τελευταία του ηλεκτρόνια στην υποστοιβάδα d (αφού η υποστοιβάδα 5s συμπληρώνεται πρότερα) και ως εκ τούτου ανήκει στα στοιχεία μεταπτώσεως, δηλαδή στις δευτερεύουσες Ομάδες του Π.Π. B.4 Ο ιοντισμός του οξέος είναι: HCOOH + H 2 O HCOO - + H 3 O + i) Προσθήκη H 2 O H ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα δεξιά ( ). Το ph του διαλύματος θα αυξηθεί, καθώς η συγκέντρωση του οξέος και κατά συνέπεια των H 3 O +, μειώνεται. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα αυξηθεί λόγω μετατόπισης της ισορροπίας προς τα δεξιά (Ostwald). ii) Προσθήκη HCl Η ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά ( ), λόγω επίδρασης κοινού ιόντος (H 3 O + λόγω ιοντισμού του HCl).

4 Το ph του διαλύματος θα μειωθεί, λόγω της αύξησης της συγκέντρωσης των H 3 O +. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα μειωθεί, λόγω της μετατόπισης της ισορροπίας προς τα αριστερά (Le Chatelier). iii) Προσθήκη NaOH Η ισορροπία θα μετατοπιστεί προς τα αριστερά, διότι μειώνεται η συγκέντρωση των Η 3 Ο +. Το ph του διαλύματος θα αυξηθεί. Ο βαθμός ιοντισμού του οξέος θα αυξηθεί, λόγω μετατόπισης της ισορροπίας προς τα δεξιά. Β.5 O Fe +2 οξειδώνεται προς Fe +3 και το Cr +6 ανάγεται προς Cr FeCl 2 + K 2 Cr 2 O HCl 6 FeCl CrCl KCl + 7 H 2 O ΘΕΜΑ Γ Α. Η ένωση (Ι) είναι αλκοόλη, συνεπώς ο Γ.Τ. είναι C ν Η 2ν+1 ΟΗ. Για του σ δεσμούς, έχουμε: Μεταξύ C (ν-1) σ δεσμοί. Μεταξύ C H (2ν + 1) σ δεσμοί. Μεταξύ Ο Η 1 σ δεσμός. Μεταξύ C O 1 σ δεσμός. Άρα: ν 1 + 2ν = 23 3ν + 2 = 21 ν = 7 Συνεπώς η αλκοόλη (Ι) είναι η C 7 H 15 OH. Η ένωση (Π) είναι υδροξυ-οξύ,το οποίο μπορεί να οξειδωθεί, συνεπώς η ένωση (Κ) είναι αλδεΰδη, η οποία προέρχεται από το αλκίνιο (Ν). Άρα έχουμε: (Ν): CH CH (Κ): CH 3 CH O (M): CH 3 CH CN OH

5 (Π): CH 3 CH CΟΟΗ OH (Ρ): CH 3 C CΟΟΗ O (Δ): CH 2 O Εν συνεχεία, ξεκινώντας από την ένωση Ψ, έχουμε για τους άνθρακες: (Ψ): ν C (Χ): ν C (Λ): ν C (K): 2 C (A): (ν + 2) C (B): (ν + 2) C (Γ): (v + 2) C (E): (ν + 3) C (Ζ): (ν + 3) C (Θ): (ν + 3) C (Ι): (ν + 4) C ν + 4 = 7 ν = 3 Άρα: (Ψ): CH 3 CH CH 2 (Χ): CH 3 CH CH 3 (Λ): CH 3 CH MgCl Cl CH 3 (Γ): CH 3 CH CH MgCl (Ε): CH 3 CH CH CH 2 OH CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 (Ζ): CH 3 CH CH COOH (Θ): CH 3 CH CH COONa CH 3 CH 3 CH 3 CH 3 (Ι): CH 3 CH CH CH CH 3 (Α): CH 3 CH CH OH CH 3 CH 3 OH CH 3 CH 3 (B): CH 3 CH CH Cl CH 3 CH 3 Β. i) Αφού το μείγμα είναι ισομοριακό, τότε ισχύει ότι n A = n B. Έστω x mol C ν Η 2ν-2 (αλκίνιο Α) και x mol C μ H 2μ-2 (αλκίνιο Β). Ισχύει οτι: m A + m Β = 8 g x(14ν 2) + x(14μ 2) = 8 g (1)

6 n H2 = 3,36L 2,24 L n H2 = 0,15mmm mmm Περίπτωση 1: Έστω ότι αντιδρά μόνο το Α x = 0,15mmm x = 0,3mmm 2 R C CH + Na R C CNa + ½ H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol Άρα, λόγω της (1), ν + μ= 2,3. Απορρίπτεται Πρέπει ν 2 και μ 3 (διότι Mr A Mr B ). Περίπτωση 2: Έστω ότι αντιδρά μόνο το Β Καταλήγουμε στο ίδιο συμπέρασμα με το ανωτέρω. Άρα, θεωρούμε οτι αντιδρούν και τα δύο αλκίνια. Άρα: x 2 + x = 0,15mmm 2x = 0,3mmm x = 0,15mmm 2 Όμως λόγω της (1), ν + μ 4. Απορρίπτεται Πρέπει ν 2 και μ 3 (βλ. περίπτωση 1). Συνεπώς, αντιδρούν και τα δύο αλκίνια και το ένα θεωρούμε ότι είναι το αιθίνιο (CH CH). CH CH + 2 Na NaC CNa + H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol x + x 2 R C CH + Na R C CNa + ½ H 2 1 mol 0,5 mol x mol x/2 mol = 0,15mmm 2x + x = 0,3mmm x = 0,1mmm ii) Από (1) έχουμε οτι ν + μ = 6 Για ν = 2, συνεπάγεται ότι μ = 4. Συνεπώς, τα δύο αλκίνια είναι τα CH CH (αιθίνιο) και CH 3 CH 2 C CH (1 βουτίνιο).

7 Γ. i) Έστω n mol αλκενίου Α. Κατά την ενυδάτωση του αλκενίου προκύπτει η αλκοόλη Β. C ν H 2v + H 2 O C ν H 2v+1 ΟΗ 1 mol 1 mol n mol n mol Κατά την προσθήκη περίσσειας Na στην ένωση Β, προκύπτει το αντίστοιχο αλκοξείδιο του νατρίου (ένωση Γ). C ν H 2v+1 ΟΗ + Na C ν H 2v+1 ONa + ½ H 2 1 mol 1 mol 0,5 mol n mol n mol n/2 mol Κατά την διάλυση της ένωσης Γ προκύπτει πάλι η αρχική αλκοόλη Β. C ν H 2v+1 ΟNa + H 2 O C ν H 2v+1 ΟΗ + NaOH 1 mol 1 mol n mol n mol Το ph του Δ 1 οφείλεται στην ύπαρξη του NaOH, το οποίο σχηματίζεται κατά την ενυδάτωση του αλκοξειδίου του νατρίου. Tο NaOH ως ισχυρή βάση διίσταται πλήρως. Ισχύει λοιπόν για το NaOH: C i = n/10 (Μ) NaOH Na + + OH - (Τελ) C i C i C i pp = 12 ppp = 2 log[oo ] = 2 [OO ] = 10 2 M C i = 10 2 M C i = n 10 n = C 1 10 n = 0,1mmm Άρα, V H2 = 0,1mmm 22,4 mmm L V H 2 = 2,24L ii) Για το αλκένιο Α ισχύει οτι Mr A = 14ν n A = m Α m Α = 0,1mmm MM MM Α MM Α = 42 g 14ν = 42 ν = 3 Α mmm Συνεπως, το αλκένιο Α είναι το CH 3 CH CH 2 (προπίνιο), η αλκοόλη Β είναι η CH 3 CH CH 3 και το αλκοξείδιο του νατρίου Γ είναι το CH 3 CH ONa OH CH 3 (2-προπανόλη) (ισοποροπυλοξικό νάτριο)

8 Θέμα Δ 1) Αφού οι ποσότητες των δύο αερίων είναι ισομοριακές, τότε ισχύει ότι n N2 = n H2 = n mol N 2 (g) + 3 H 2 (g) 2 NH 3 (g) Αρχ. n n - Α/Π - x - 3x 2x Χ.Ι. n - x n - 3x 2x Απο την εκφώνηση, έχουμε για τη Χ.Ι.: n H2 = n NN3 n 3x = 2x n = 5x(1) Τελικά στη Χ.Ι., n N2 = 4xκαι n H2 = n NN3 = 2x. Άρα, το H 2 είναι σε έλλειψη. Συνεπώς, έχουμε για την απόδοση της ισορροπίας: α = n NN3πππππππά n NN 3θθθθθθθθά = 2x 2n 3 = 2x 10x 3 = 0,6 α = 0,6 α = 60%. 2) i) Έχουμε για την NH 3 στο διάλυμα Δ 1 : C 1 = 2x 20 = 0,1x Η αντίδραση της ογκομέτρησης είναι: NH 3 + HCl NH 4 Cl Στο Ι.Σ. ισχύει ότι n NN3 = n HHH 0,1L x 0,1M = 0,2M 0,05L x = 1mmm (2) Άρα, λόγω της (1), n = 5 mol. Συνεπώς οι αρχικές ποσότητες των N 2 και H 2 είναι n N2 = n H2 = 5mmm. ii) Για την σταθερά της αντίδρασης στο ερώτημα α, έχουμε: K c = [NN 3] 2 [N 2 ] [H 2 ] 3 = ( 2 2 )2 ( 4 K c = 0,5 2 ) (2 2 )2

9 iii) Για την αντίδραση ογκομέτρησης, n NN3 = 0,01mmm = n HHH (βλ. εξίσωση 2) mol ΝΗ 3 + HCl NH 4 Cl Αρχ. 0,01 0,01 - Α/Π - 0,01-0,01 0,01 Τελικά - - 0,01 Τελικά στο διάλυμα υπάρχει NH 4 Cl, με συγκέντρωση C 1 = 0,01mmm = 0,01M To NH 4 Cl διίσταται σύμφωνα με την εξίσωση: (Μ) NH 4 Cl NH Cl - (Τελ.) C 1 C 1 C 1 1L Το παραγόμενο NH + 4 ιοντίζεται σύμφωνα με την εξίσωση: M ΝΗ H 2 O NH 3 + H 3 O + Αρχ. C Α/Π x - x x Ι.ΙΣ. C 1 - x - x x Ισχύει για τη σταθερά του οξέος: Κ α = x2 x2 (3) C 1 x C 1 Για τον δείκτη ΗΔ έχουμε: K ΗΗ = [Δ ] [H 3 O + ]) [ΗΗ] = [H 3O + ] [ΗΗ] [Δ ] 10 8 = [H 3O + ] 10 2,5 [H 3O + ] = 10 5,5 M Λόγω της εξίσωσης (3) προκύπτει: Κ α = x2 C 1 K α = (10 5,5 ) 2 K 0,01 α = 10 9 Όμως, K α K b = K w.

10 Συνεπώς, K bnn3 = ) i) Έχουμε απο το διάλυμα Δ 1 για την ΝΗ 3 : C 1 = 0,1 M και V 1 = 0,1 L Για το διάλυμα Ba(OH) 2 : C 3 = 0,05 M και όγκος V L Μετά την ανάμειξη, ισχύει για το διάλυμα Δ 3 ότι V 3 = V 1 + V ΝΗ 3 : C 1 V 1 = C 1 (V 1 + V) C 1 = 0,1M 0,1L VV+0,1 L Ba(OH) 2 : C 3 V = C 3 (V 1 + V) C 3 = 0,05M VV VV+0,1L Η διάσταση του Ba(OH) 2 είναι: (Μ) Ba(OH) 2 Ba OH - (Τελ) C 3 C 3 2 C 3 Η διάσταση της ΝΗ 3 είναι: M ΝΗ 3 + H 2 O NH ΟΗ - Αρχ. C C 3 Α/Π y - y y Ι.ΙΣ. C 1 - y - y 2 C 3 + y [ΟΟ] = 0,05Μ 2C 3 = 0,05M C 3 = 0,025M 0,05V V+0,1 = 0,025 V = 0,1L ii) Απο τη σταθερά ιοντισμού της ΝΗ 3 : K bnn3 = C 3 y C 1 α NN3 = = = 2c 3 α NN3 α NN3 = ,05 4) Μετά την προσθήκη ισχύει για τις διάφορες ενώσεις: ΝΗ 3 : C 1 = 0,01 0,2 Μ

11 Ba(OH) 2 : C 3 = 0,005 0,2 M n NN3 = 0,01mmm n BB(OO)2 = 0,005mmm Έστω ότι προστίθενται n mol HCl. Αυτό θα εξουδετερώσει πρώτα όλο το Ba(OH) 2 και εν συνεχεία θα εξουδετερώσει μέρος της ΝΗ 3, διότι το τελικό διάλυμα θα έχει ph = 9. Δε μπορεί να περισσεύει ούτε το Ba(OH) 2, διότι τότε θα ήταν ph >>9, αλλά ούτε και να μην περισσεύει ΝΗ 3, γιατί στο τελικό διάλυμα θα υπήρχε ΝΗ 4 Cl με ph < 7. Άρα, αν αρχικά είχα n mol HCl, τότε θα έδινε 0,01 mol για το Ba(OH) 2. mol Ba(OH) HCl BaCl H 2 O Αρχικά 0,005 0,01 - Α/Π - 0,005-0,01 0,005 Τελικά - - 0,005 mol NH 3 + HCl NH 4 Cl Αρχικά 0,01 n - 0,01 Α/Π 0,01 - n 0,01 - n Τελικά 0,02 - n n 0,01 Στο διάλυμα τελικά έχουμε: ΝΗ 3 : C 4 = 0,02 n 0,2 NH 4 Cl: C 5 = n 0,01 0,2 Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό, με ph = 9. Συνεπώς, poh = 5 και [OH - ] = 10-5 M. Άρα, [ΟΟ ] = K b C 4 C 5 C 4 = C 5 0,02 n = n 0,01 2n = 0,03 n = 0,015mmm ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ: ΑΓΓΕΛΑΚΟΠΟΥΛΟΣ ΜΑΡΙΝΟΣ ΓΡΗΓΟΡΟΠΟΥΛΟΣ ΔΗΜΗΤΡΗΣ

Σχετικά έγγραφα

ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. Στις ερωτήσεις Α.1 έως Α.6, να επιλέξτε τη σωστή απάντηση.

ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ. Στις ερωτήσεις Α.1 έως Α.6, να επιλέξτε τη σωστή απάντηση. Κανάρη 36, Δάφνη Τηλ. 210 9713934 & 210 9769376 ΧΗΜΕΙΑ Ο.Π. ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΜΑ Α Στις ερωτήσεις Α.1 έως Α.6, να επιλέξτε τη σωστή απάντηση. Α.1 Σε δύο όμοια δοχεία Δ 1 και Δ 2 έχουν αποκατασταθεί αντίστοιχα