ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2015

Transcript

1 ΛΥΣΕΙΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ 2015 ΘΕΜΑ Α Α1 γ Α2 β Α3 γ Α4 α Α5 β ΘΕΜΑ Β Β1. α. NaF Na + + F - F - + H2O HF + OH - B + H2O BH + + OH - Παρατηρείται Ε.Κ. Ιόντος [ΟΗ - ] όμως αν το υδατικό διάλυμα της ισχυρής βάσης έχει σχετικά μεγάλο όγκο, η συγκέντρωση των ιόντων [ΟΗ - ] στο τέλος μπορεί να εμφανίζεται μικρότερη, οπότε και το ph θα έχει ελαττωθεί. Άρα η πρόταση είναι Λάθος. β. CH 3 -C C-CH 3 + CuCl + NH 3 (Δεν αντιδρά) CH 3 -CH 2 -C C-H + CuCl + NH 3 CH 3 -CH 2 -C CCu + NH 4 Cl Από τις παραπάνω χημικές εξισώσεις παρατηρούμε ότι μόνο το 1-βουτίνιο (ακραίο αλκίνιο) αντιδρά με διάλυμα CuCl / NH3, παράγοντας το αντίστοιχο χαλκοακετυλενίδιο (καστανέρυθρο ίζημα). Οπότε μπορούμε να διακρίνουμε τα παραπάνω ισομερή και η πρόταση είναι Σωστή γ. Το διάλυμα αυτό είναι ρυθμιστικό εφόσον περιέχει το συζυγές ζεύγος CH 3 COOH-CH 3 COONa Το άλας NaCl με την παρουσία του μέσα στο διάλυμα δεν επηρεάζει τα συστατικά του ρυθμιστικού, καθώς δεν αντιδρά μ αυτά. Άρα η πρόταση είναι Σωστή.

2 δ. Η πρόταση είναι Λάθος καθώς το ευγενές αέριο της 1 ης περιόδου του περιοδικού πίνακα έχει ηλεκτρονιακή δομή 1s 2 ε. H CH3OH εμφανίζει πολύ ασθενείς όξινες ιδιότητες και ιοντίζεται σε μικρότερο βαθμό ακόμα και απ το νερό. Οπότε κατά τη διάλυσή της στο νερό δεν δίνει αντίδραση ιοντισμού. Οπότε η πρόταση είναι Λάθος. Β2. α. 7Χ: 1s 2 2s 2 2p 3 : 15 η (VA) ομάδα 2 η περίοδο 12Ψ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 : 2 η (ΙΙΑ) ομάδα 3 η περίοδο β. Απ την παραπάνω ηλεκτρονιακή δόμηση των στοιχείων προκύπτει ότι μεγαλύτερη ενέργεια 1 ου ιοντισμού έχει το στοιχείο Χ. Αυτό εξηγείται διότι το στοιχείο Χ βρίσκεται πιο δεξιά (κατά μήκος περιόδου) και πιο πάνω (κατά μήκος ομάδας) στον περιοδικό πίνακα συγκριτικά με το στοιχείο Ψ. Γνωρίζοντας ότι η ενέργεια πρώτου ιοντισμού αυξάνεται από κάτω προς τα πάνω κατά μήκος μιας ομάδας και από αριστερά προς τα δεξιά κατά μήκος μιας περιόδου, προκύπτει το παραπάνω συμπέρασμα. γ. Ο ΗΧΟ3 ΨΟ Ψ Ο = Χ Ο Η +2-2 Ο ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α: CH CH Β: CH 3 -CH=O Γ: CH 3 -COOH Δ: CH 3 -COONa Ε: CH 3 -CH 2 -OH Ζ: CH 3 -CH 2 -Cl Θ: CH 3 -CH 2 MgCl Κ: CH 3 -CH OMgCl -CH 2 -CH 3

3 Λ: CH 3 -CH(OH)-CH 2 -CH 3 Μ: CH 3 -COOCH(CH 3 )-CH 2 -CH 3 Γ2. α. A: CH 2 =CH-CH 2 -CH 3 Β: CH 3 -CH(OH)-CH 2 -CH 3 Γ: CH 2 (OH)-CH 2 -CH 2 -CH 3 β. 1 ο μέρος CH3-CH(OH)-CH2-CH3 + Na CH3-CH(ONa)-CH2-CH H 2 1 mol 0,5 mol 3 mol 6 mol CH2(OH)-CH2-CH2-CH3 + Na CH2(ONa)-CH2-CH2-CH H 2 1 mol 0,5 mol n 2 3 mol n 2 6 mol n (αερίου) = V 22,4 = 1,12 =0,05 mol 22,4 Ισχύει 6 + n 2 6 = 0,05 + n 2 = 0,3 (1) 2 ο μέρος Με το διάλυμα Ι2 / NaOH θα αντιδράσει μόνο η ένωση (Β) CH3-CH(OH)-CH2-CH3 + 4I2 + 6NaOH CHI 3 + CH3CH2COONa + 5NaI + 5H2O 1 mol 1 mol mol 0,08 mol 3 3 = 0,08 = 0,24 mol 2-Βουτανόλης Οπότε από την σχέση (1) είναι n 2 = 0,06 mol (1-Βουτανόλης)

4 3 ο μέρος 5CH3-CH(OH)-CH2-CH3 + 2KMnO4 + 3H2SO4 5CH3-CO-CH2-CH3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O 5 mol 2 mol 0,08 mol x 1 x 1 = 0,032 mol 5CH3-CH2-CH2-CH2(OH) + 4KMnO4 + 6H2SO4 5CH3-CH2-CH2-COOH + 4MnSO4 + 2K2SO4 + 11H2O 5 mol 4 mol 0,02 mol x 2 x 2 = 0,016 mol n ολ(kmno4 ) = x 1 + x 2 = 0,048 mol Οπότε C = n 0,048 0,1 = V V V = 0,48 lt διαλύματος KMnO 4 αποχρωματίζεται ΘΕΜΑ Δ Δ1. Εφόσον δεν γνωρίζουμε τα αρχικά mol NaOH και το άλας που προκύπτει επηρεάζει το ph του τελικού διαλύματος απαιτείται διερεύνηση: Αν n HCOOH = n NaOH (πλήρης εξουδετέρωση) ΗCOONa HCOO + Na + (ph > 7) Απορρίπτεται HCOO - + H2O HCOOH + OH - Αν n HCOOH < n NaOH (περίσσεια βάσης) προκύπτει ακόμα πιο βασικό ph από προηγούμενη περίπτωση (ph >> 7) Απορρίπτεται Αν n HCOOH > n NaOH ΗCOOΗ + ΝαΟΗ HCOONa + H2O 0,1 0,1 V -0,1 V -0,1 V +0,1 V mol 0,1 (1-V) 0 0,1 V

5 Προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα. Από εξίσωση Henderson θα έχουμε: Δ2. Yπολογίζουμε τελικές συγκεντρώσεις C τελ(hcooh) = 0,05 = 0,05 M 1 C τελ(ch3 COOH) = 0,5 1 = 0,5 M ph = pk a + log C β C o 4 = 4 + log C β C o 0 = log C β C o C β = 1 C C β = C o 0,1V o V+1 = 0,1(1-V) V+1 0,1V = 0,1-0,1V 0,2V = 0,1 V = 500 ml ΗCOOH + H2O HCOO - + H 3 O + 0,05 - x x x CH3COOH + H2O CH3COO - + H 3 O + 0,5 y y y K α(hcooh) = x+y x 0,05 K a(ch3 COOH) = x+y y 0,5 (1) (2) Διαιρώντας τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι x = y Από τη σχέση (1) προκύπτει 10-4 = Οπότε ph = 2,5 2x x = ,5 y = ,5 H 3 O + ολ = x + y = 10-2,5 M Δ3. 2ΗCOOΗ + Mg (HCOO)2Mg + H2 2 mol 1 mol 0,05 mol x1 x1 = 0,025 mol H2

6 2CH3COOΗ + Mg (CH3COO)2Mg + H2 2 mol 1 mol 0,5 mol x2 x2 = 0,25 mol H2 n ολ(αερίου) = 0, ,25 = 0,275 mol V ολ = n 22,4 = 0,275 22,4 = 6,16 lt Δ4. Ξεκινώντας το πείραμα της ογκομέτρησης, το πρότυπο διάλυμα του KMnO4 που θα προσθέτουμε θα αντιδρά με την περίσσεια του ογκομετρούμενου διαλύματος HCOOH οπότε θα αποχρωματίζεται. Στο ισοδύναμο σημείο καταναλώνεται πλήρως το HCOOH, οπότε θα σταματήσει να αποχρωματίζεται το KMnO4 και μπορούμε να υπολογίσουμε στοιχειομετρικά τη συγκέντρωση του HCOOH απ τον όγκο του πρότυπου διαλύματος KMnO4 που έχει καταναλωθεί. 5HCOOH + 2KMnO4 + 3H2SO4 5CO2 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O Μετά το ισοδύναμο σημείο θα έχουμε περίσσεια του KMnO4 οπότε δεν θα αποχρωματίζεται πλέον και θα διατηρείται το χρώμα του διαλύματος. Επομένως μπορεί να πραγματοποιηθεί υπολογισμός της συγκέντρωσης του HCOOH, ογκομετρώντας με πρότυπο διάλυμα KMnO4 / H2SO4 χωρίς την παρουσία δείκτη. ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ Μετά το ισοδύναμο σημείο έχει καταναλωθεί πλήρως το διάλυμα HCOOH, οπότε δεν παρατηρείται έκλυση αερίου CO2 (φυσαλίδες).