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

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Ναβαδίας Δεσποτόπουλος
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 202 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A γ, Α2 β, Α β, Α4 γ Α5 α. Σχολικό σελ.. «Είναι αδύνατον να υπάρχουν στο ίδιο άτομο δυο ηλεκτρόνια με ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών (, l, m l, m s ). Συνεπώς δεν μπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δυο ηλεκτρόνια. β. Σχολικό σελ. 22. «Δείκτες οξέων βάσεων ή ηλεκτρολυτικοί ή πρωτολυτικοί δείκτες, είναι ουσίες των οποίων το χρώμα τους αλλάζει ανάλογα με το ph του διαλύματος στο οποίο προστίθενται.» ΘΕΜΑ Β Β α. N 7 8 s 2 2s 2 2p s 2 2s 2 2p 4 μονήρη 2 μονήρη Na s 2 2s 2 2p 6 s μονήρες β. Ο ηλεκτρονιακός τύπος είναι: : Nα: N : Β2 α. Σωστό Η ηλεκτρονιακή δομή του 4 Se είναι: 4 Se : s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 0 4s 2 4p 4 και Κ2, L8, M8, N6 Τα ηλεκτρόνια σθένους ενός ατόμου, είναι τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας, δηλ τα ηλεκτρόνια της στιβάδας Ν όπου = 4. Είναι: 4s 2 : = 4, l = 0, m l = 0, (m s = ±½) = 4, l =, m l = -, (m s = ± ½) 4p 4 = 4, l =, m l = 0, (m s = +½) = 4, l =, m l = +, (m s = +½) Συνεπώς υπάρχει ηλεκτρόνιο με = 4, l =, m l = 0 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

2 β. Σωστό Η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνεται από αριστερά προς τα δεξιά κατά μήκος μίας περιόδου (λόγω μείωσης της ατομικής ακτίνας και αύξησης του πυρηνικού φορτίου) και μειώνεται από επάνω προς τα κάτω κατά μήκος μίας ομάδας (λόγω αύξησης της ατομικής ακτίνας και του αριθμού των ενδιαμέσων ηλεκτρονίων). Συνεπώς το τέταρτο στοιχείο με Ε i = 496 j/ θα βρίσκεται στην η ομάδα του περιοδικού πίνακα και θα έχει μικρότερη Ε i από τα υπόλοιπα, αφού βρίσκεται ποιο αριστερά και ποιο κάτω από αυτά. γ. Λάθος Το H 2 S 4 σε υδατικό του διάλυμα, είναι ισχυρό κατά το ο στάδιο ιοντισμού του, ενώ ιοντίζεται μερικώς κατά το 2 ο στάδιο ιοντισμού του. Θα είναι: H 2 S 4 + H 2 HS + H 4 + ( ο στάδιο) 0, Μ 0, Μ 0, Μ HS 4 + H 2 S H + Αρχ. (Μ) 0, 0, αντ/σχημ. (Μ) x x x Ι.Ι (Μ) 0, x x 0,+x Με x < 0,. Άρα [H + ] = 0,+ x < 0,2 δ. Λάθος Η βάση στο διάλυμα έχει αποκαταστήσει την ισορροπία ιοντισμού της: Β + H 2 ΗΒ + + ΟΗ Με την προσθήκη της ισχυρής βάσης ΝαΟΗ, αυτή θα διασταθεί πλήρως: ΝαΟΗ H Να + + ΟΗ Θα έχουμε δηλαδή αύξηση των ιόντων ΟΗ και συνεπώς θα γίνει επίδραση κοινού ιόντος στην ισορροπία της βάσης Β που θα την οδηγήσει προς τα αριστερά. Οπότε ο βαθμός ιοντισμού θα ελαττωθεί. Β Βουτανάλη: Με προσθήκη διαλύματος Tolles ή Fehlig, θα σχηματιστεί καστανέρυθρο ίζημα Cu 2 ή κάτοπτρο Αg αντίστοιχα. Βουτανικό οξύ: Με προσθήκη άλατος Να 2 C ή ΝαHC θα γίνει διάσπαση του άλατος με έκλυση αέριου C 2. 2 Βουτανόλη: Με προσθήκη Να θα ελευθερωθεί αέριο Η 2 ή με προσθήκη όξινου διαλύματος ΚM 4, το ερυθροϊώδες διάλυμα αποχρωματίζεται ή με προσθήκη όξινου διαλύματος Κ 2 Cr 2 7 θα παρατηρήσουμε αλλαγή του χρώματος του διαλύματος (από πορτοκαλί σε πράσινο). Βουτανόνη: Με προσθήκη διαλύματος Ι 2 /ΝαΟΗ θα καταβυθιστεί κίτρινο ίζημα CHI (αλογονοφορμική αντίδραση). Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

3 ΘΕΜΑ Γ Γ α. Η ένωση C 5 H 0 2, αφού αντιδρά με ΝαΟΗ και δίνει δυο οργανικές ενώσεις, θα είναι εστέρας. Δηλ θα είναι της μορφής: C ν Η 2ν+ CC μ Η 2μ+ με ν 0, μ C ν Η 2ν+ CC μ Η 2μ+ + ΝαΟΗ Θ C ν Η 2ν+ CΝα + C μ Η 2μ+ ΟΗ Η ένωση Γ οξειδώνεται με ΚΜ 4 /H +, συνεπώς είναι η αλκοόλη C μ Η 2μ+ ΟΗ Άρα Β: C ν Η 2ν+ CΝα και Γ: C μ Η 2μ+ ΟΗ Το προϊόν της οξείδωσης της Γ αντιδρά με διάλυμα Ι 2 /ΝαΟΗ δίνοντας τη Δ. Άρα η Δ είναι καρβονυλική ένωση της μορφής CH C C Η λ 2λ και συνεπώς η Γ θα είναι δευτεροταγής αλκοόλη της μορφής CH CΗ C λη 2λ Η Οι αντιδράσεις που θα γίνουν είναι: (Γ) (Δ) CH CH CλΗ2λ 2ΚΜ4 H 2S4 5CH C CλΗ2λ 2ΜS4 2S4 8H H 5 2 (Δ) (Β) (Ε) CH C CλΗ2λ C 2 4 CλΗ2λ CNa CHC NaC H Από τη Β βλέπουμε πως ν = λ () Από την Α: μ + ν + = 5 (2) Από τη Γ: μ = λ + 2 () (2) ( )&( ) λ λ + =5 2λ = 2 λ = και από () ν = Οπότε από (2) μ = β. Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων θα είναι: A : CHC CH CH Β: CH CNa Γ: CH CH CH CΗ H Δ: CH C CH Ε: CΗCl Γ2 Έστω x αιθανόλης οξειδώνονται προς την ένωση Α και y αιθανόλης οξειδώνονται προς την ένωση B. H A θα είναι η CH CH= ή CΗ CΟΟΗ. Αλλά αφού αντιδρά με διάλυμα Fehlig θα είναι η CH CH=, οπότε η Β θα είναι το CΗ CΟΟΗ. Θα γίνουν οι αντιδράσεις: (A) CHCH H Κ 2Cr 7 4H 2S4 CHCH Cr2 (S4 ) 2S4 7H x x x Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

4 (B) CH CH H 2Κ 2Cr 7 8H 2S 4 CH CH 2Cr2 (S4 ) 2 2S 4 H 2y y y CH CH + CH CNa + H 2 y y Eίναι: = CV = 0,2 = y = 0,2 CHCH 2CuS 4 5 CHCNa Cu 2Na 2S4 H x x θα είναι: Cu 2 x 28,6 4 x = 0,2 Οπότε ο συνολικός αριθμός Κ 2 Cr 2 7 που αντέδρασαν είναι: x 2y x 2y 0,2 2 0,2 = 0,2 0,2 Άρα: C V V = 2 L V C 0, ΘΕΜΑ Δ Δ Θα βρούμε τα των ΗΑ, ΝαΟΗ στα διαλύματα Υ και Υ 2. ΗΑ: C C V 0,02 0, 2 0 V ΝαΟΗ: C C V 0,0 0, 0 V Θα γίνει αντίδραση: ΗΑ + ΝαΟΗ ΝαΑ + Η 2 Ο Αρχ. () αντ/σχημ. () τελ. () Το Υ έχει όγκο V = = 0 ml και είναι ρυθμιστικό διάλυμα αφού περιέχεται το συζυγές ζεύγος ΗΑ ΝαΑ (οξέος βάσης) με συγκεντρώσεις:. 0 ΗΑ: C C Cοξ. M 2 V 0 0 NaA 0 ΝαΑ: C NaA CNaA Cβασ. M 2 V 0 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselalch έχουμε: Cβασ ph = p a + log 4 = p a + log 0 p a = 4 a = 0-4 C οξ. 0 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

5 Δ2 Θα βρούμε τα των ΗΑ, ΝαΟΗ στα διαλύματα Υ και Υ 2. ΗΑ: C C V 0, 0, V ΝαΟΗ: C V Θα γίνει αντίδραση: C V 4 0, 0, ΗΑ + ΝαΟΗ ΝαΑ + Η 2 Ο Αρχ. () αντ/σχημ. () τελ. () Tο Υ 4 θα έχει όγκο V 4 = = 40 ml οπότε για τις συγκεντρώσεις θα έχουμε ΝαΟΗ: C C C 0 M V NaA ΝαΑ: CNaA CNaA 4,5 0 M V Πλήρης διάσταση των ΝαΟΗ και ΝαΑ στο διάλυμα: ΝαΟΗ H 2 Να + + ΟΗ Μ 0-2 Μ 0-2 Μ ΝαΑ H 2 Να + + Α - 4,50-2 Μ 4,50-2 Μ 4,50-2 Μ Το ιόν Α - θα υδρολυθεί αφού προέρχεται από το ασθενές οξύ ΗΑ. Α - + Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ- Αρχ. (M) 4, αντ/σχημ. (M) y y y y I.I. (M) 4,50-2 y 4,50-2 y y 0 4 W 0 a W 4 0 a 0 Στο διάλυμα Υ 4 συνυπάρχουν η ισχυρή βάση ΝαΟΗ και η πολύ ασθενής (Κ = 0-0 ) A -. Η βάση Α - είναι πολύ ασθενής, αλλά έχουμε και Ε.Κ.Ι στην ισορροπία της από τα ιόντα ΟΗ - της διάστασης της ισχυρής βάσης ΝαΟΗ. Οπότε μπορούμε να κάνουμε τις σχετικές προσεγγίσεις (αναφέρεται και στα δεδομένα της άσκησης). Δηλ. το ph του διαλύματος θα καθορίζεται όπως ήταν αναμενόμενο από την ισχυρή βάση. Οπότε η συγκέντρωση [ΟΗ - ] του διαλύματος θα είναι: [ΟΗ - ] ολ. = [ΟΗ - ] ΝαΟΗ. + [ΟΗ - ] - Α = y 0-2 Μ. Άρα: ph + ph = 4 ph = 4 ph = 4 ( log0-2 ) ph = 2 4 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

6 Δ. α. Έστω πως περιέχονται HB στα 60 ml του διαλύματος Υ 5. Όταν προσθέτουμε 20 ml διαλύματος Υ 2. Θα είναι: C C V 0, 0, ΝαΟΗ V Θα γίνει αντίδραση: ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η 2 Ο Αρχ. () 20 - αντ/σχημ. () τελ. () Το οξύ ΗΒ πρέπει να είναι σε περίσσεια ώστε το διάλυμα που θα προκύψει να είναι όξινο (ph = 4). Έτσι μας προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΗΒ ΝαΒ με όγκο = 80 ml. Οι συγκεντρώσεις θα είναι: HB 2 0 ΗΒ: CHB Cοξ. Cοξ. M V 80 0 NaB 2 0 ΝαΒ: CNaB Cβασ. Cβασ. M V 80 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselalch έχουμε: 2 0 C βασ ph = p a + log ph = p a + log 80 0 Cοξ ph = p a + log 2 0 () Όταν προσθέτουμε 50 ml διαλύματος Υ 2. Θα είναι: C C V 0, 0,05 V 5 0 Θα γίνει αντίδραση: ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η 2 Ο Αρχ. () 50 - αντ/σχημ. () τελ. () Το οξύ ΗΒ πρέπει να είναι σε περίσσεια ώστε το διάλυμα που θα προκύψει να είναι όξινο (ph = 5). Έτσι μας προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΗΒ ΝαΒ με όγκο = 0 ml. Οι συγκεντρώσεις θα είναι: HB 5 0 ΗΒ: CHB Cοξ. Cοξ. M V 0 0 NaB 5 0 ΝαΒ: C NaB Cβασ. Cβασ. M V 0 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselalch έχουμε: Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

7 5 0 C ph 2 = p a + log βασ ph 2 = p a + log ph 2 = p a + log (2) Cοξ Με αφαίρεση κατά μέλη των σχέσεων έχουμε: (2) () ph 2 ph = p a + log p a log = log = ( 2 0 ) = = ( 5 0 ) = = = 90-2 = Οπότε από τη σχέση () παίρνουμε: ph = p a + log 4 = p a + log 4 = p a + log = log a log2 4 = log(2 a ) log(2 a ) = 4 log(2 a ) = log0-4 2 a = 0-4 a = 50-5 β. Βρήκαμε στο προηγούμενο ερώτημα πως στα 60 ml του διαλύματος Υ 5 περιέχονται = 60 - HB. Στο ισοδύναμο σημείο θα έχει γίνει πλήρης εξουδετέρωση του ΗΒ από τη βάση ΝαΟΗ. Οπότε: ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η 2 Ο Δηλ. θα έχουν αντιδράσει 60 - ΝαΟΗ. Θα υπολογίσουμε τον όγκο διαλύματος ΝαΟΗ που προστέθηκε μέχρι την πλήρη εξουδετέρωση (ισοδύναμο σημείο). Θα είναι: C V V 6 0 L ή 60 ml V C 0, Στο ισοδύναμο σημείο το διάλυμα έχει όγκο V HB + V = = 20 ml και περιέχει 60 - ΝαΒ. NaB CNaB CNaB CNaB 5 0 M V 20 0 ΝαΒ H 2 Να + + Β Μ 50-2 Μ 50-2 Μ Το ιόν Β - υδρολύεται: Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ - Αρχ. (M) 50-2 αντ/σχημ. (M) ω ω ω ω I.I. (M) 50-2 ω 50-2 ω ω Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

8 k 4 W 0 a W a 5 0 [HB] [H [B ] 2 ] ω ω ω [H ] 0 5,5 M ph + ph = 4 ph = 4 ph = 4 ( log0-5.5 ) ph = 8,5 Επιμέλεια απαντήσεων: Λογιώτης Σταύρος Οικονόμου Θανάσης Φυσικοί Φροντιστήριο Μ.Ε «ΕΠΙΛΟΓΗ» - Καλαμάτα Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη 2 - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

Σχετικά έγγραφα

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

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A γ, Α β, Α β, Α4 γ Α5 α. Σχολικό σελ.. «Είναι αδύνατον