ΘΕΜΑ Α ΘΕΜΑ Β ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2011 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. Α1. β. Α2. α. Α3. δ. Α4. β. Α5. α. Σ. β. Σ. γ. Λ. δ. Λ. ε.

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 2011 ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α Α1. β Α2. α Α. δ Α4. β Α5. α. Σ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ ΘΕΜΑ Β Β1. α. 1s 2 2s 2 2p 6 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 4s s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 6 β. e - μονήρη 2+ 1e - μονήρες 4e - μονήρη

2 Β2. α. 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 5 Δ.Π.Φ. = =7 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 4 Δ.Π.Φ. = = 6 Το CI έχει μεγαλύτερο δραστικό πυρηνικό φορτίο από το S. Συνεπώς ασκείται μεγαλύτερη έλξη από τον πυρήνα στα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στοιβάδας.άρα αυτά αποσπώνται δυσκολότερα,οπότε το CI έχει μεγαλύτερη 1 η ενέργεια ιοντισμού από το S. β. Σύμφωνα με την θεωρία οξέων βάσεων κατά Bronsted-Lowry, στις αντιδράσεις οξέων-βάσεων η ισορροπία μετατοπίζεται προς το ασθενέστερο οξύ και την ασθενέστερη βάση. Το οξύ HF είναι ασθενέστερο του οξέος HNO και η βάση είναι ασθενέστερη της βάσης. Συνεπώς η ισοροπία είναι μετατοπισμένη προς τα δεξιά. γ. Για το ρυθμιστικό διάλυμα ισχύει η σχέση [ Η Ο + ] = Κα C οξ /C β. Με την αραίωση μέχρι δεκαπλάσιο όγκο οι συγκεντρώσεις του οξέος και της βάσεως μεταβάλλονται,αλλά ο λόγος C οξ /C β παραμένει σταθερός,άρα και το ph παραμένει σταθερό. Αν η αραίωση είναι μεγαλύτερη,φτάνουμε στο σημείο να μην ισχύουν οι προϋποθέσεις για την εφαρμογή της παραπάνω σχέσης οπότε το διάλυμα χάνει την ρυθμιστική του ικανότητα. δ. NH + HCI NH 4 CI Στο ισοδύναμο σημείο στο διάλυμα υπάρχει μόνο άλας NH 4 CI,το οποίο διίσταται και το κατιόν (συζυγές οξύ ασθενούς βάσης ) αντιδρά με το νερό. NH 4 CI + CI - + H 2 O NH + CI - ελευθερώνονται οξώνια άρα το ph είναι όξινο. ε. R-=O R--CN OH R--COOΗ / OH αλδεύδη κυανυδρίνη 2-υδρόξυ οξύ

3 R R R-C-R R-C-CN R-C-COOH H + /OH - O OH OH Κετόνη Κυανυδρίνη 2-υδρόξυ οξύ Β. Η ένωση =O είναι η μόνη που αντιδρά με δ/μα I 2 παρουσία NaOH ( αλογονοφορμική αντίδραση) και δίνει κίτρινο ίζημα (διαχωρίζεται πρώτη). =O + 4I 2 + 6NaOH I +HCOONa + 5NaI + 5H 2 O κίτρινο ίζημα Από τις υπόλοιπες η ένωση H=O είναι η μόνη που αντιδρά με το αντιδραστήριο Fehling ( διαχωρίζεται δεύτερη ) και δίνει καστανέρυθρο ίζημα. 2 =O + 2CuSO 4 + 5NaOH HCOONa + Cu 2 O +2Na 2 SO 4 + H 2 O καστανέρυθρο ίζημα Από τα δύο οξέα μόνο το HCOOH οξειδώνεται με το όξινο διάλυμα KMnO 4 (διαχωρίζεται τρίτο ) και το αποχρωματίζει. 5HCOOH + 2 KMnO 4 + H 2 SO 4 5CO 2 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O αποχρωματισμός Αυτό που μένει είναι το COOH το οποίο δεν αντιδρά με κανένα από τα παραπάνω αντιδραστήρια. ΘΕΜΑ Γ : C H Γ1. Α: OH Δ. I B: C O E: C H Mg I Γ: = 2 Z: C C H C H OMg I

4 Θ: C C H C H OH Γ2. Οι αλκοόλες είναι : 2 2 OH και (OH) 1-προπανόλη 2-προπανόλη Εστω α mol 1-προπανόλης και β mol 2-προπανόλης στο μείγμα Σε κάθε μέρος του μίγματος υπάρχουν α/2 mol της πρώτης και β/2 mol της δεύτερης αλκοόλης. 1ο μέρος.αλογονοφορμική αντίδραση δίνει μόνο η δεύτερη ένωση και τα mol του ιζήματος είναι : n= m/ = 78,8/94 = 0,2 mol I (ΟΗ) + 4I 2 + 6NaOH I + COONa + 5NaI + 5Η 2 Ο κίτρινο ίζημα 1 mol αλκοόλης δίνει 1 mol ιζ. β/2 mol αλκοόλης δίνουν 0,2 mol ιζ. β = 0,4 mol 2-προπανόλης 2 ο μέρος. Με το όξινο διάλυμα KMnO 4 οξειδώνονται και οι δύο αλκοόλες Για το διάλυμα KMnO 4 ισχύει n C= n= C V = 0,1, 2= 0,2 mole KMnO 4 V

5 Για την 2 προπανόλη ισχύει 5 ( OH ) + 2 K MnO + H SO 5 CO + 2 MnSO + K SO + 8 H O mole αλκοόλης απαιτούν 2 mol ΚΜnO 4 0,2 mol»» x x = 0,4/5 = 0,08 mol KMnO 4 Συνεπώς τα mol του ΚΜnO 4 που οξειδώνουν την 1-προπανόλη είναι: 0,2 0,08= 0,24 mol KMnO OH + 4 K MnO4 + 6 H 2SO4 5 2COOH + 4MnSO4 + 2K 2SO4 + 11H 2O 5 mole αλκοόλης απαιτούν 4 mol ΚΜnO 4 α/2 mol >> >> 0,24 mol α 4= 5 0, 24 α = 0,6 mol(1 προπανόλης ) 2 Άρα το αρχικό μείγμα διαθέτει 0,6 mol 1 προπανόλης και 0,4mol 2-προπανόλης ΘΕΜΑ Δ Δ1. Διάλυμα Α: Το άλας COONa διίσταται και το ανιόν COΟ - (συζυγής βάση του ασθενούς οξέος COOH ) αντιδρά με το νερό Μ + αρχ. 0,1 - - τελ. - 0,1 0,1 M COO - + H 2 O COOH + OH - Ι ισορ 0,1 x x x

6 K a K b = K w K b = = 10 K b = x = 0,1 = 10 = 10 =, Άρα : poh = -log[οη - ] = 5 ph = 9 Δ2. Αραίωση διαλύματος Α C ΟΗ - ph Άρα ph = 8 M COONa COO - + Na + αρχ. C - - τελ. - C C M COO - + H 2 O COOH + OH - αρχ. C - - Ιισορ. C y y y ph = 8 poh = 6 [OH - ] = 10-6 M = y K b = y 2 /C C = y 2 /K b = /10-9 = 10 - M Νόμος αραίωσης : C V = C V V = 0,1 0,01/0,001 = 1 L Άρα V H2 O = V V = =990 ml Δ. Τα δύο σώματα αποκτούν νέες συγκεντρώσεις οπότε : HCI C 1 V 1 = C 1 V T C 1 = 0,01 V 1 / V M COONa C 2 V 2 = C 2 V T C 2 = 0,1 10/ V = 1/V M Πραγματοποιείται η αντίδραση διπλής αντικατάστασης στην οποία για να προκύψει ρυθμιστικό διάλυμα θα πρέπει να βρίσκεται σε περίσσεια το COONa Μ COONa + HCI COOH + NaCI αρχ. C 2 C τελ. C 2 -C 1 - C 1 C 1

7 Το NaCI είναι ουδέτερο άλας και δεν επηρεάζει το ph του διαλύματος Το ρυθμιστικό διάλυμα που προκύπτει περιέχει COOH C οξ = C 1 M COONa C b = C 2 -C 1 M Εξίσωση Henderson Hasselbalch ph = pka + log C b /C οξ 5=5+logC b /C οξ C 2 C 1 = C 1 C 2 = 2C 1 1 / V = 2 0,1 V 1 / V V 1 = 100/2 = 50 ml Δ4. Οι συγκεντρώσεις των δύο αλάτων στο τελικό διάλυμα είναι οι εξής : COONa : C A V A = C A V Γ C A = 0,1 0,01/0,05 = 0,02 M NaF : C B V B = C B V Γ C B = 1 0,04/0,05 = 0,8 M Διάλυμα Γ : Τα άλατα COONa και NaF διίστανται και τα ανιόντα τους αντιδρούν με το νερό ( συζυγείς βάσεις των ασθενών οξέων COOH και HF αντίστοιχα ) M COONa COO - + Na + αρχ. 0, τελ. - 0,02 0,02 Μ COO - + H 2 O COOH + OH - αρχ. 0,02 - z Ιισορ. 0,02 - ω ω ω + z Μ NaF Na + + F - αρχ. 0,8 - - τελ. - 0,8 0,8 Μ F - + H 2 O HF + OH - αρχ. 0,8 - ω Ισορ. 0,8 z z z+ω

8 Έχουμε επίδραση κοινού ιόντος άρα : = + K b1 = ω(ω+z)/0, = ω(ω+z)/0, =ω(ω+z) (1) K b2 = Kw/Ka = /10-4 = K b2 = z( ω+z)/0, = z(ω+z)/0, = z(ω+ z) (2) (1) + (2) =(ω+z) 2 ω+ z = 10-5 M = Συνεπώς poh = 5 ph=9 Επιμέλεια ΣΟΦΙΑ ΧΑΛΚΙΑ