ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 01 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α.1 γ Α. Α. Α.4 γ Α.5 ) Pauli: Δεν υπάρχουν στο ίδιο άτομο δύο ηλεκτρόνι με την ίδι τετράδ κντικών ριθμών (n,l,m l,m s ) ) Δείκτες έων άσεων ή ηλεκτρολυτικοί ή πρωτολυτικοί δείκτες, είνι ουσίες των οποίων το χρώμ λλάζει νάλογ με το ph του διλύμτος στο οποίο προστίθεντι. ΘΕΜΑ Β Β.1 ) N 1s s p 7 ( ) ( ) ( )( )( ) μονήρη 4 Ο 1s s p 8 ( ) ( ) ( )( )( ) μονήρη 6 1 Ν 1s s p s 11 ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 1 μονήρες Άρ το Ν έχει τ περισσότερ μονήρη ) Το ΝΝΟ ως άλς είνι ιοντική ένωση. Γι το Ν, η ηλεκτρονική 6 1 δομή, όπως νφέρθηκε πιο πριν είνι 1s s p s, έχει 1e σθένους Γι το N το σύνολο των e σθένους είνι =18e, με κεντρικό στοιχείο το Ν. Έτσι έχουμε: [ N ] +, [ N = ] 1

2 Β. ) Η δομή του 4 Se είνι 1s s p 6 s p 6 d 10 4s 4p 4 Η τριάδ κντικών ριθμών n=4, l=1, m l =0 ντιστοιχεί σε τροχικό της 4p υποστιάδς. Άρ η πρότση είνι Σωστή ) Σωστή. Κτά μήκος μις περιόδου, η ύξηση του τομικού ριθμού Ζ υξάνει την ενέργει πρώτου ιοντισμού, λόγω ύξησης του δρστικού πυρηνικού φορτίου. Γι το τέτρτο στοιχείο, που η ενέργει πρώτου ιοντισμού είνι ισθητά μικρότερη, συμπερίνουμε ότι ρίσκετι στ λκάλι της επόμενης περιόδου, φού η τομική κτίν του υξήθηκε γ) Λάθος, γιτί το H S 4 είνι ισχυρό ύ μόνο κτά το πρώτο στάδιο του ιοντισμού του όπου 1 =1 HS 4 + H H + HS4 0,1Μ 0,1Μ 0,1Μ Στο δεύτερο στάδιο, ο ιοντισμός είνι περιορισμένος με < 1 λόγω επίδρσης κοινού ιόντος. HS + H H + S 4 4 ρχική 0,1Μ 0,1Μ ιοντ. 0,1 πργ. 0,1 0,1 Ισορρ 0,1(1 ) 0,1 (1+ ) 0,1 Έτσι [Η Ο ] = 0,1 (1+ ) < 0, + δ) Λάθος γιτί τ ιόντ ΟΗ που πράγοντι πό τη διάστση του ΝΟΗ σύμφων με την εξίσωση ΝΟΗ Ν + ΟΗ υξάνουν τη συγκέντρωση ΟΗ στο διάλυμ, μεττοπίζοντς την ισορροπί ιοντισμού της σθενούς άσης Β+ ΗΟ ΗΒ + ΟΗ ριστερά (επίδρση κοινού ιόντος). Έτσι ο θμός ιοντισμού της άσης Β μειώνετι. Β. Η ουτνάλη H H H H = μπορεί ν νιχνευτεί πό το κστνοκόκκινο ίζημ u που πράγετι ότν ντιδράσει με ντιδρστήριο Fehling (μόνο οι λδεΰδες νάγουν το φελίγγειο υγρό) Η ουτνόνη H κι η ουτνόλη H H H H H H H με επίδρση Ι κι ΝΟΗ (λογονοφορμική) δίνουν κίτρινο ίζημ ιωδοφορμίου (HΙ ). Από υτές τις δύο όμως, μόνο η ουτνόλη ντιδρά κι με Ν, εκλύοντι φυσλλίδες Η (την ίδι ντίδρση με Ν δίνει κι το ύ). Τέλος, το ουτνικό ύ H H H H, δισπά το ΝH εκλύοντς φυσλλίδες, το οποίο εύκολ νιχνεύετι, γιτί θολώνει το σεστόνερο a(h)

3 Συνοψίζουμε τις πρπάνω προτάσεις στον κόλουθο πίνκ, Fehling (κερμέρυθρο ίζημ) Ι /ΝΟΗ (κίτρινο ίζημ) Ν (έκλυση Η ) ΝΗ (έκλυση Ο ) H H H H = + H H H + H H H H + + H H H H H + + ΘΕΜΑ Γ Γ.1 Η ένωση Α ( 5 H 10 ) είνι εστέρς της μορφής KHK+ 1λHλ+ 1 με κ+λ=4 (1), φού σπωνοποιείτι με ΝΟΗ προς το άλς Β KHK+ 1Na κι την λκοόλη Γ H λ λ+ 1H σύμφων με την εξίσωση KHK+ 1λHλ+ 1+ NaH KHK+ 1Na + λhλ+ 1H A B Γ Η ένωση Γ ειδώνετι προς την κετόνη Δ με τύπο λ Η λ Ο, η οποί δίνοντς την λογονοφορμική, ποικοδομείτι προς την ένωση Β με λ1 άτομ κι προς το χλωροφόρμιο Hl, που είνι η ένωση Ε. Συμπερσμτικά, ισχύει λ 1= κ + 1 λ = κ+ () Η λύση του συστήμτος των εξισώσεων (1) κι (), δίνει κ=1 κι λ=, οπότε οι συντκτικοί τύποι είνι Α : H H H ιθνικός ισοπροπυλεστέρς H Β: H Na ιθνικό νάτριο Γ :H H H H Δ :H H προπνόλη προπνόνη Ε: Hl τριχλωρομεθάνιο ή χλωροφόρμιο

4 κι οι εξισώσεις των ντιδράσεων θ είνι H H H + NaH H Na + H H H H H A B Γ 5H H H + KMn + H S 5H H + K S + MnS + 8H H Γ Δ H H + l + 4NaH H Na + Hl + Nal + H Δ Β Ε Γ. Έστω x mol ιθνόλης ότι ειδώθηκν προς την λδεΰδη Α (που νάγει το ντιδρστήριο Fehling) κι y mol ότι ειδώθηκν προς το ύ Β (που εξουδετερώνετι πό το διάλυμ του ΝΟΗ). Οι εξισώσεις των ντιδράσεων θ είνι HHH + Kr7 + 4HS 4 HH = + KS4 + r (S 4) + 7H x x mol mol x mol (A) HHH + K r 7 + 8HS 4 HH + K S4 + r (S 4) + 11 H y y mol mol y mol (B) H H = + us + 5NaH H Na + u + Na S + H 4 4 x mol x mol M ( ) u =14 άρ r n u 8,6 = x = x = 0,mol 14 H H + NaH H Na + H y mol y mol nnah = c V = 0, y=0,mol Άρ η συνολική ποσότητ Κ r 7 που κτνλώθηκε κι στις δύο ντιδράσεις είδωσης θ είνι 4

5 x+ y n= = 0,mol Έτσι n n 0, = V = = =L δ ιλύμτος V 0,1 ΘΕΜΑ Δ Δ.1 Βρίσκουμε τις ποσότητες του έος κι της άσης σε mol nha = c V = 0,1 0,0= 10 mol HA n = c ' V ' = 0,1 0,01= 10 mol NaH NaH Το ύ με τη άση ντιδρούν σύμφων με την εξίσωση HA + NaH NaA + H ρχικά mol ντιδ πργ 10 τελικά ο όγκος του διλύμτος Υ θ είνι 0+10=0mL=0,0L, οπότε οι συγκεντρώσεις ΗΑ κι ΝΑ στο ρυθμιστικό διάλυμ θ είνι ντίστοιχ ίσες με: 10 = Μ κι 0,0 10 = Μ 0,0 Το άλς ΝΑ διίσττι πλήρως ΝaΑ Νa + Α Το ύ ΗΑ ιοντίζετι ως εξής HA + H Α + H ρχ. (Μ) Ιοντ. x πργ x x Ισορρ. x +x x + Αλλά ph=4, οπότε = = 4 H x 10 M 5

6 ( +x ) x x<< Έτσι Κ K= x<< x x 4 Κ =10 Δ. Ο ριθμός mol του έος ΗΑ κι της άσης ΝΟΗ είνι nha = c V = 0,1 0,018 = 1,8 10 mol n = c ' V ' = 0,1 0,0 =, 10 mol NaH ενώ ο συνολικός όγκος μετά την ντίδρση είνι V = 18+ = 40mL = 0,04L ολ Το σθενές ύ ντιδρά με έν μέρος της ισχυρής άσης, σύμφων με την εξίσωση: HA + NaH NaA + H ρχικά 1,8 10, 10 ντιδ. 1,8 10 1,8 10 πργ 1, 810 τελικά 0,4 10 1,8 10 Οι συγκεντρώσεις των δύο άσεων, μετά την εξουδετέρωση, θ είνι NaH : 0,4 10 = = 0,01 M κι 1, NaA : = = 4,5 10 M έχουμε τις κόλουθες διστάσεις: + NaH Na + H κι ΝaA Na + A (M) Από τ ιόντ του άλτος, ντιδρά με το νερό μόνο το Α, ως συζυγής άση του σθενούς έος ΗΑ. Έτσι έχουμε την εξίσωση της ντίδρσης υδρόλυσης που περιγράφετι πό την κόλουθη ισορροπί: Α + H HA + H ρχ. 1 ντιδ. y πργ y y Ισορρ y y +y 1 6

7 14 ( + y) y<< 10 K y Η K = = = y w b y<< 4 Ka y y = 10 << 1 1 Άρ H = 1+ y 1 = 10 M κι ph= ph=1. Πρτηρούμε ότι το ph πρκτικά κθορίζετι πό την περίσσει της ισχυρής άσης ΝΟΗ Δ. Έστω η συγκέντρωση του έος ΗΒ στο διάλυμ Υ 5. Επειδή πρόκειτι γι ογκομέτρηση σθενούς έος πό ισχυρή άση, το ph στο ισοδύνμο σημείο θ είνι μεγλύτερο του 7. Έτσι συμπερίνουμε ότι τόσο στην πρώτη περίπτωση (με ph=4) όσο κι στη δεύτερη (με ph=5) έχουμε ρυθμιστικά διλύμτ, δηλδή το ύ ΗΒ ρίσκετι σε περίσσει. Υπολογίζουμε τ mol των συσττικών 1 η περίπτωση (γι 0mL του Υ ) nhb = 0,06 nnah = 0,0 0,1= 10 mol HB + NaH NaB + H ρχικά 0,06 10 ντιδ πργ 10 τελικά 0, ο όγκος τελικά θ είνι 60+0=80mL. Άρ η συγκεντρώσεις ΗΒ κι ΝΒ θ είνι ντίστοιχ: 0,06 10 HB : = M κι 0,08 Μελετάμε το ρυθμιστικό: NaB : 10 = 0,08 M + ΝaΒ Na + Β 7

8 + ΗΒ + H ΗΟ + Β ρχ. Ιοντ. ω πργ ω ω Ισορρ. ω ω +ω ( ) ω +ω ω + = = ΗΟ = Κ (1) ω<< Κ ω<< K = ω ω όμως ph=4, άρ [Η Ο + ]=10 4 κι ισχύει 4 0, = Κ K a ( 0,06 10 ) = 10 () 10 η περίπτωση (γι 50mL του Y ) Με πρόμοιο τρόπο έχουμε: nhb = 0,06 κι nnah = 0,05 0,1= 5 10 mol HB + NaH NaB + H ρχικά 0, mol ντιδ πργ 5 10 τελικά 0, V τελ = 60+50=110mL. Έτσι 0, ' = M κι 0, = 0,11 M ' 0, = = (1) ph= ΗΟ Κ 10 Ka ' 5 10 K (0, ) a = () Από τις σχέσεις () κι (), διιρώντς κτά μέλη, έχουμε: 0,06 10 = 4 0,06 10 = 0, , ,18 = = 0,1M 8

9 Έτσι πό τη σχέση () Ka = = = K = 5 10 a ) Στο ισοδύνμο σημείο, έχουμε πλήρη εξουδετέρωση, δηλδή n = n = 0,06 = 6 10 mol oξ HB + NaH NaB + H ρχικά mol τελικά 6 10 mol NaH NaH NaH NaH n = 6 10 V = 6 10 V = 0,06L ή 60mL Ο τελικός όγκος, στο ισοδύνμο σημείο θ είνι: 60+60=10mL=0,1L Έτσι NaB = λ = = = 0,05Μ Το ΝΒ διίσττι πλήρως, ως ισχυρός ηλεκτρολύτης ΝaB Na + B 0,05 0,05 0,05M Υδρολύετι μόνο το Β, ως συζυγής άση του σθενούς έος ΗΒ, σύμφων με την εξίσωση B + H HB + H ρχ. 0,05M ντιδ. z πργ z z ισορρ 0,05z z z Κ K z 10 z 14 w z<< 0,05 b = = = 5 Ka 0,05 z ,5 z 10 z [H ] 10 ph 5,5 = = = = ph = 8,5 9