ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ"

Παμφιλος Ζερβός
7 χρόνια πριν
Προβολές:

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 29/05/2013 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: XHMEIA ΘΕΜΑ Α A1. γ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ A2. β A3. δ A4. β A5. α.

Βάσεις κατά Arrhenius είναι οι ενώσεις που όταν διαλυθούν στο νερό δίνουν ΟΗ - ενώ βάσεις κατά Brönsted Lorwy είναι οι ουσίες που µπορεί να δεχτούν ένα ή περισσότερα πρωτόνια. ii.

1 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: 29/05/2013 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: XHMEIA ΘΕΜΑ Α A1. γ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ A2. β A3. δ A4. β A5. α. Πρέπει να γραφούν τρεις από τις τέσσερεις παρακάτω διαφορές: i. Βάσεις κατά Arrhenius είναι οι ενώσεις που όταν διαλυθούν στο νερό δίνουν ΟΗ - ενώ βάσεις κατά Brönsted Lorwy είναι οι ουσίες που µπορεί να δεχτούν ένα ή περισσότερα πρωτόνια. ii. Η θεωρία του Arrhenius για τις βάσεις περιορίζεται µόνο σε υδατικά διαλύµατα ενώ η θεωρία των Brönsted Lorwy επεκτείνεται και σε µη υδατικά διαλύµατα. iii. Οι βάσεις σύµφωνα µε τη θεωρία των Brönsted Lorwy δεν είναι απαραίτητο να είναι µόρια, όπως προβλέπει η θεωρία του Arrhenius, µπορεί να είναι και ιόντα. iv. Η βασική συµπεριφορά µίας ουσίας κατά Brönsted Lorwy εξαρτάται από την αντίδραση στην οποία συµµετέχει σε αντίθεση µε ότι προβλέπει η θεωρία του Arrhenius. β. Πρέπει να γραφούν δύο από τις τρεις παρακάτω διαφορές: i. Η διάσταση αναφέρεται σε ιοντικές ενώσεις ενώ ο ιοντισµός σε οµοιοπολικές. ii. Η διάσταση είναι πάντα πλήρης ενώ ο ιοντισµός πλήρης ή µη πλήρης. iii. Στη διάσταση τα ιόντα προϋπάρχουν και απλά απελευθερώνονται στο διάλυµα λόγω καταστροφής του κρυσταλλικού πλέγµατος, ενώ στον ιοντισµό τα ιόντα δηµιουργούνται µέσω αντίδρασης µε τον διαλύτη. Σελίδα 1 από 10

2 ΘΕΜΑ Β Β1. α. Η πρόταση είναι λανθασµένη. Για το καθαρό νερό σε οποιαδήποτε θερµοκρασία [Η 3 Ο + ] = [ΟΗ - ] οπότε είναι ουδέτερο. β. Η πρόταση είναι σωστή. HS - + H 2 O S 2- + H 3 O + HS - δρα ως οξύ HS - + H 2 O H 2 S + OH - HS - δρα ως βάση γ. Η πρόταση είναι λανθασµένη. ΝΗ 3 + H 2 O ΝΗ ΟΗ - βάση συζυγές οξύ Κa(NH 4 + ) = Kw Kb(NH 3 ) ή Κa(NH 4 + ) = 10-9 άρα NH 4 + ασθενές οξύ. δ. Η πρόταση είναι σωστή. Αφού κάθε p υποστοιβάδα χωράει µέχρι 6 ηλεκτρόνια για ηµισυµπληρωµένη 4p υποστοιβάδα η ηλεκτρονιακή δοµή θα ολοκληρώνεται σε 4p 3 : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 10 4p 3 Άρα το στοιχείο ανήκει στον p τοµέα και στην 15 η οµάδα. ε. Η πρόταση είναι λανθασµένη CH 3 - CH = CH 2 + HCl CH 3 CH(Cl)CH Άρα ο C(1) ανάγεται αφού ο αριθµός οξείδωσης του µειώνεται από -2 σε -3 και ο C(2) οξειδώνεται αφού ο αριθµός οξείδωσης αυξάνεται από -1 σε 0. Σελίδα 2 από 10

3 α. Η δεύτερη περίοδος περιέχει στοιχεία των τοµέων s και p. Ο s περιέχει 2 οµάδες και ο p 6. Άρα η δεύτερη περίοδος του περιοδικού πίνακα έχει = 8 στοιχεία. β. 27Ζ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 7 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 7 4s 2 Το στοιχείο Ζ ανήκει στην 4 η περίοδο του περιοδικού πίνακα, αφού ο µεγαλύτερος κβαντικός αριθµός που παρατηρούµε στην σειρά πλήρωσης είναι n = 4, στην 9 η οµάδα αφού = 9 µε δεδοµένο ότι τα στοιχεία µετάπτωσης έχουν δοµής εξωτερικής στοιβάδας (n 1)d x ns 2 και στον τοµέα d αφού τα τελευταία ηλεκτρόνια µπαίνουν σε d-υποστοιβάδα. ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. Α: HCOOH B: HCH = O Γ: CH 3 CH 2 OH Δ: CH 3 COOH E: CH 3 CH = O β. i. HCH = O + 2CuSO 4 + 5NaOH HCOONa + Cu 2 O + 2 Na 2 SO 4 + 3H 2 O ii. CH 3 CH 2 OH + 4I 2 + 6NaOH HCOONa + CHI 3 + 5NaI + 5H 2 O iii. CH 3 CH = O + 2AgNO 3 + 3NH 3 + H 2 O CH 3 COONH 4 + 2Ag + 2NH 4 NO 3 iv. 3CH 3 CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 + 8H 2 SO 4 3CH 3 COOH + 2Cr 2 (SO 4 ) 3 + 2K 2 SO H 2 O Σελίδα 3 από 10

4 Γ2. X: CH 3 CH 2 CHCH 3 Y: CH 3 CH 2 CCH 3 Φ: CH 3 CH 2 C(CH 3 )CN OH O OH Λ: CH 3 CH 2 CHCH 3 M: CH 3 CH 2 CHCH 3 Cl MgCl CH 3 CH 3 Θ: CH 3 CH 2 CH - C - CH 2 CH 3 Ε: CH 3 CH 2 CH - C - CH 2 CH 3 CH 3 OMgCl CH 3 OΗ Γ3. Έστω x mol (COOK) 2 και y mol CH 3 COOH. Αφού το διάλυµα χωρίζεται σε δύο ίσα µέρη το κάθε µέρος περιέχει 0.5x mol (COOK) 2 και 0.5y mol CH 3 COOH. Από το 1 ο µέρος εξουδετερώνεται µόνο το CH 3 COOH: CH 3 CΟΟH + KOH 1 mol 1 mol 0.5y mol mol CH 3 COOK + H 2 O Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουµε y = 0.04 mol Από το 2 ο µέρος οξειδώνεται µόνο το (COOK) 2 : 5(COOK) 2 + 2KMnO 4 + 8H 2 SO 4 5 mol 2 mol 0.5x mol mol 10CO 2 + 2MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 8H 2 O Από την παραπάνω αναλογία βρίσκουµε x = 0.2 mol Σελίδα 4 από 10

5 ΘΕΜΑ Δ Δ1. Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Βρίσκουµε τα mol της καθεµίας: mol CH 3 COOΗ = = 0.01 mol NaOH = = 0.01 mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Στο διάλυµα έχουµε µόνο το άλας CH 3 COONa µε συγκέντρωση C ΑΛΑΤΟΣ(1) = 0.1 Μ. mol / L CH 3 COONa Νa + + CH 3 COO - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ(1) C ΑΛΑΤΟΣ(1) mol / L CH 3 COO - + Η 2 Ο CH 3 COΟΗ + OH - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - - Αντιδρούν x - - Παράγονται - x x Τελικά C ΑΛΑΤΟΣ(1) - x x x Από την έκφραση της Κb έχουµε: Kb = Kw [CH 3 COOH] [OH - ] Ka [CH 3 COO - ] x x C ΑΛΑΤΟΣ(1) - x x 2 C ΑΛΑΤΟΣ(1) (1) Αφού Κb / C ΑΛΑΤΟΣ(1) < 10-2 µπορούµε να πάρουµε προσεγγίσεις οπότε: C ΑΛΑΤΟΣ(1) - x = C ΑΛΑΤΟΣ(1) (1) Από τις σχέσεις 1 και 2 βρίσκουµε x = 10-5 M, poη = 5 οπότε ph = 9. Σελίδα 5 από 10

6 Δ2. Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Βρίσκουµε τα mol της καθεµίας: mol CH 3 COOΗ = = 0.01 mol NaOH = = 0.02 mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Στο διάλυµα έχουµε την ισχυρή βάση NaOH µε συγκέντρωση C ΒΑΣΗΣ(1) = 0.01 Μ και το άλας CH 3 COONa µε συγκέντρωση C ΑΛΑΤΟΣ(2) = 0.01 Μ. mol / L NaOH Νa + + OH - Αρχικά C ΒΑΣΗΣ(1) - - Τελικά - C ΒΑΣΗΣ(1) C ΒΑΣΗΣ(1) mol / L CH 3 COONa Νa + + CH 3 COO - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(2) - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ(2) C ΑΛΑΤΟΣ(2) mol / L CH 3 COO - + Η 2 Ο CH 3 COΟΗ + OH -1 Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(2) - - Αντιδρούν y - - Παράγονται - y y Τελικά C ΑΛΑΤΟΣ(2) - y y y + C ΒΑΣΗΣ(1) Από την έκφραση της Κb έχουµε: Kb = Kw [CH 3 COOH] [OH - ] Ka [CH 3 COO - ] y (y + C ΒΑΣΗΣ(1) ) C ΑΛΑΤΟΣ(2) - y (3) Αφού Κb / C ΑΛΑΤΟΣ(2) < 10-2 και έχουµε και Ε.Κ.Ι µπορούµε να πάρουµε προσεγγίσεις οπότε: C ΑΛΑΤΟΣ(2) - y = C ΑΛΑΤΟΣ(2) (4) και y + C ΒΑΣΗΣ(1) = C ΒΑΣΗΣ(1) (5) Από τις σχέσεις 3,4 και 5 βρίσκουµε y = 10-9 M poη = -log(y + C ΒΑΣΗΣ(1) ) = -log C ΒΑΣΗΣ(1) = 2 οπότε ph = 12. Σελίδα 6 από 10

7 Δ3. Βρίσκουµε τα mol των ουσιών που υπάρχουν στο διάλυµα Ε: mol CH 3 COOΗ = = 0.1 mol HCl = = 0.1 mol NaOH = 0.15 Το NaOH αντιδρά ταυτόχρονα και µε τα δύο οξέα. Όµως το ΗCl που περισσεύει αντιδρά µε το CH 3 COONa που σχηµατίστηκε και δίνει CH 3 COOΗ µε αποτέλεσµα να φαίνεται τελικά ότι το NaOH αντιδρά αρχικά µε το HCl και στη συνέχεια µε το CH 3 COOΗ. mol HCl + NaOH NaCl + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Στο διάλυµα Ε έχουµε το ασθενές οξύ CH 3 COOH µε συγκέντρωση C ΟΞΕΟΣ(3) = 0.05 Μ, το άλας CH 3 COONa µε συγκέντρωση C ΑΛΑΤΟΣ(3) = 0.05 Μ και το άλας NaCl µε συγκέντρωση 0.1 Μ που δεν επηρεάζει το ph του διαλύµατος. mol / L CH 3 COONa Νa + + CH 3 COO - Αρχικά C ΑΛΑΤΟΣ(3) - - Τελικά - C ΑΛΑΤΟΣ(3) C ΑΛΑΤΟΣ(3) mol / L CH 3 COOH + Η 2 Ο Η 3 Ο + + CH 3 COΟ - Αρχικά C ΟΞΕΟΣ(3) - - Ιοντίζονται z - - Παράγονται - z z Τελικά C ΟΞΕΟΣ(3) - z z z + C ΑΛΑΤΟΣ(3) Σελίδα 7 από 10

8 Από την έκφραση της Κa έχουµε: Ka = [CH 3 COO - ][H 3 O + ] [CH 3 COOH] ή Ka = z (z + C ΑΛΑΤΟΣ(3) ) C ΟΞΕΟΣ(3) - z (6) Αφού Κa / C ΟΞΕΟΣ(3) < 10-2 και έχουµε και Ε.Κ.Ι µπορούµε να πάρουµε προσεγγίσεις οπότε: C ΟΞΕΟΣ(3) z = C ΟΞΕΟΣ(3) (7) και C ΑΛΑΤΟΣ(3) + z = C ΑΛΑΤΟΣ(3) (8) Από τις σχέσεις 6,7 και 8 βρίσκουµε z = 10-5 M οπότε ph = 5. Δ4. α. Η καµπύλη 1 αντιστοιχεί στο ΗΒ και η καµπύλη 2 στο CH 3 COOH. β. Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Βρίσκουµε τα mol της καθεµίας στο ισοδύναµο σηµείο της καµπύλης ογκοµέτρησης: mol CH 3 COOH = 0.2V mol NaOH = = mol CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O Αρχικά 0.2V Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Προφανώς 0.2V = 0 οπότε V = 0.02 L ή 20 ml Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Βρίσκουµε τα mol της καθεµίας όταν έχουµε προσθέσει 10 ml από το πρότυπο διάλυµα της βάσης: mol ΗΒ = = mol NaOH = = Σελίδα 8 από 10

9 mol ΗΒ + NaOH NaΒ + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Στο διάλυµα που προκύπτει έχουµε το ασθενές οξύ ΗΒ και το άλας ΝaB µε συγκεντρώσεις: C HB = M C NaB = M mol / L NaB Νa + + B - Αρχικά C NaB - - Τελικά - C NaB C NaB mol / L ΗΒ + Η 2 Ο Η 3 Ο + + Β - Αρχικά C HA - - Ιοντίζονται κ - - Παράγονται - κ κ Τελικά C HA - κ κ κ + C ΝαΒ Αφού ph = 4 προφανώς κ = 10-4 Μ. Από την έκφραση της Κa βρίσκουµε Κa(HB) = 10-4 γ. Έχουµε ανάµιξη διαλυµάτων ουσιών που αντιδρούν µεταξύ τους. Βρίσκουµε τα mol της καθεµίας όταν έχουµε προσθέσει 20 ml από το πρότυπο διάλυµα της βάσης: mol ΗΒ = = mol NaOH = = Σελίδα 9 από 10

10 mol ΗΒ + NaOH NaΒ + H 2 O Αρχικά Αντιδρούν Παράγονται Τελικά Στο διάλυµα που προκύπτει έχουµε το άλας ΝaB µε συγκέντρωση: C NaB(1) = M ή C NaB(1) = 0.1 Μ mol / L NaB Νa + + B - Αρχικά C ΝaB(1) - - Τελικά - C ΝaB(1) C ΝaB(1) mol / L B - + Η 2 Ο HB + OH - Αρχικά C ΝaB(1) - - Αντιδρούν µ - - Παράγονται - µ µ Τελικά C ΝaB(1) - µ µ µ Από την έκφραση της Κb έχουµε: Kb = Kw [ΗΒ] [OH - ] Ka [Β - ] µ µ C ΝαΒ(1) - µ µ 2 C ΝαΒ(1) (9) Αφού Κb / C ΝαΒ(1) < 10-2 µπορούµε να πάρουµε προσεγγίσεις οπότε: C ΝaΒ(1) - µ = C ΝaB(1) (10) Από τις σχέσεις 9 και 10 βρίσκουµε µ = M, poη = 5.5 οπότε ph = 8.5. Σελίδα 10 από 10

Σχετικά έγγραφα

3. Κατά Arrhenius απαραίτητο διαλυτικό μέσο είναι το νερό ενώ η θεωρία των. β) 1. Η ηλεκτρολυτική διάσταση αναφέρεται στις ιοντικές ενώσεις και είναι

3. Κατά Arrhenius απαραίτητο διαλυτικό μέσο είναι το νερό ενώ η θεωρία των. β) 1. Η ηλεκτρολυτική διάσταση αναφέρεται στις ιοντικές ενώσεις και είναι ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 01 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. γ Α. β Α. δ Α4. Β Α5. α) 1. Κατά Arrhenius μια βάση όταν διαλυθεί στο νερό μπορεί να δώσει λόγω διάστασης OH - ενώ κατά