ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ"

Φερενίκη Τοκατλίδης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΘΕΜΑ Α Α1. α Α2. α Α. β Α4. δ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Α5. α. Σωστό β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. i) Οι πιθανές ηλεκτρονιακές διαμορφώσεις θα είναι: και 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 5 4s 1, Z=24 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 6 d 5 4s 2, Z=25. Δεκτή είναι η πρώτη ηλεκτρονιακή διαμόρφωση, αφού θέλουμε τον ελάχιστο ατομικό αριθμό. ii) α. l = 1 6 e ααό ττ 2p 6 6 e 6 σσσσσσσά 11e ααό ττ p β. m l = 1 (μόνν ττ p κκκ d τττττττά 2 e ααό ττ 2p 6 2 e ααό ττ p 6 1 e ααό ττ d 5 σσσσσσσά 5e 1

2 γ. n = 1, m s = 1 1 e ααό ττ 1s 2 σσσσσσσά 1e δ. l = 1, m l = 1 2e ααό ττ 2p 6 2e 6 σσσσσσσά 4e ααό ττ p B2. α. Αρχή ελάχιστης ενέργειας Απαγορευτική αρχή Pauli Κανόνας του Hund 8 : 1s 2 2s 2 2p 4, 16S : 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 4, 17Cl : 1s 2 2s 2 2p 6 s 2 p 5, K(2), L(6) K(2), L(8), M(6) K(2), L(8), M(7) VIA VIIA VIIIA 2η περίοδο η περίοδο S Cl β. Η ατομική ακτίνα σε μια περίοδο αυξάνει από δεξιά προς τα αριστερά, και σε μια ομάδα από πάνω προς τα κάτω. Πιο κάτω και αριστερά από τα δεδομένα στοιχεία βρίσκεται το S. Άρα, το S θα έχει την μεγαλύτερη ατομική ακτίνα. Αυτό συμβαίνει διότι το S, σε σύγκριση με το, χρησιμοποιεί για την ηλεκτρονιακή του δόμηση μια στιβάδα περισσότερο. Επίσης το χλώριο έχει περισσότερα πρωτόνια στον πυρήνα του σε σχέση με το θείο με αποτέλεσμα να ασκεί ισχυρότερη έλξη στα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας και η ατομική του ακτίνα να είναι μειωμένη σε σχέση με την αντίστοιχη του θείου. γ. Μικρότερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού θα έχει το στοιχείο με την μεγαλύτερη ατομική ακτίνα, δηλαδή το θείο. δ. Σε μια περίοδο τη μεγαλύτερη ενέργεια πρώτου ιοντισμού (Ε i,1 ), την εμφανίζουν τα ευγενή αέρια (VIIIA ομάδα). Επομένως, το Cl είναι αυτό που θα έχει δίπλα του το ευγενές αέριο. ε. Άθροισμα κβαντικών αριθμών spin ίσο με + 1, θα έχει το Cl, όπου θα έχουμε: 2 p υποστιβάδα: 2

3 Σm s = = 1 2 στ. SCl 2 e σσένννν: = 24 e Cl S Cl S e σσένννν: 4 6 = 24 e S Β. NN KKK 4 Fehling I 2 /NNNN / H 2 S CH CH -C- H C- 5 H CH- Με το νάτριο (Na) θα αντιδρούν οι ενώσεις που διαθέτουν όξινο υδρογόνο και θα παρατηρείται έκλυση αέριου υδρογόνου Η 2. Συγκεκριμένα οι ενώσεις (4) και (5): H Na -C- + Na -C- + 1 H 2 2

4 H Na -CH- + Na + 1 -CH- H 2 2 Με το όξινο διάλυμα υπερμαγγανικού καλίου θα αντιδρούν οι ενώσεις που μπορούν να οξειδωθούν, και θα το αποχρωματίζουν. Συγκεκριμένα, οι ενώσεις (2) και (5): 5 -CH + 2KMn 4 + H 2 S 4 5 -CH + 2MnS 4 + K 2 S 4 + H 2 ερυθροΐ ώ δες ά χρω μο H 5 CH 2 CH 2 CH 2 CH + 2KMn 4 + H 2 S 4 5 CH 2 CH 2 CH 2 C + 2MnS 4 + K 2 S 4 +8H 2 ερυθροΐ ώ δες ά χρω μο Με το αντιδραστήριο Fehling θα αντιδρά η αλδεΰδη (2) και θα καθιζάνει κεραμέρυθρο ίζημα: -CH + 2CuS 4 + 5NaH CH 2 CH 2 CH 2 CHNa + Cu 2 + 2Na 2 S 4 + H 2 μπ λ ε Θετικό τεστ ιωδοφορμίου θα δίνουν οι ενώσεις () και (5): κερ α μέ ρυθρο -CH -C- + I 2 + 4NaH -CH -CNa + CHI + NaI + H 2 κίτρινο H CH 2 CH 2 CH 2 CH + 4I 2 + 6NaH CH 2 CH 2 CH 2 CNa + CHI + 5NaI + 5H 2 κίτρινο Επομένως, Δοχείο Α Δοχείο Β Δοχείο Γ H -C- CH - -CH -C- Δοχείο Δ H -CH- Δοχείο Ε -- 4

5 ΘΕΜΑ Γ Γ1. α. A -C--CH- Ε CH 2 Cl B CNa Ζ -C- - Γ H -CH- Η CH Δ -C- Θ CH 2 H β. Για το διάλυμα αυτό θα ισχύει: C = n V = 0,02 mmm 0,2 L = 0,1 M CH + H 2 H + + C - 0,1- ω ω ω k a = [Η Ο + ] [ CC ] C έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: pp = ή [Η Ο + ] = 10 Μ k a = ,1 ω ,1 k a = 10 5 Δ CH V = 0,2 L C= 0,1 M n = 0,02 mol k a C = 10 4 < 10 2, άρρ ιιιύεε η ππππέγγγγγ. Γ2. α. Έστω ότι το αλκένιο Α έχει μοριακό τύπο C v H 2v Mr Α = 14v m Α = 11,2 g V A = 8,96 L (SSS) 5

6 m = V Mr A 22,4 Mr 22,4 m 22,4 11,2 A = = Mr V 8,96 A = 28 Όμμμ, Mr A = 14v 28 = 14v v = 2 Άρα, το ζητούμενο αλκένιο είναι το αιθένιο (ή αιθυλένιο): CH 2 =CH 2. β. To μόριο του αιθενίου περιέχει 5σ δεσμούς και 1π δεσμό. Ο κάθε άνθρακας έχει sp 2 υβριδισμό. γ. γ1. Για τον πολυμερισμό ισχύουν τα εξής: H H 1σ 1σ 1 σ C C 1σ 1π 1σ H H Mr ππππππππύς = v Mr μμμμμμμμύς = v 28 v = v = To μόριο του πολυμερούς αποτελείται από μόρια μονομερούς και η χημική εξίσωση πολυμερισμού είναι : mol α/π 1.500CH 2 =CH H x CH 2 -CH H x γ2. Από αρχή διατήρησης της μάζας έχουμε ότι αρχικά χρησιμοποιήσαμε g αιθενίου. δ. (SSS) n = V = 2,24 = 0,1 mmm C 22,4 22,4 2H 4 mol α/π C 2 H C 2 + 2H 2 0,1 0, 0,2 0,2 Παράγονται: 0,2 mmm C 2 κκκ, εεώ ααααααύνννν 0, mmm 2 0,2 mmm H 2 δ1. Η ελάττωση της μάζας των καυσαερίων θα οφείλεται στην απομάκρυνση των υδρατμών και θα ισούται με : Δm = m H2 = n H2 Mr H2 = 0,2 mmm 18g =,6 g mmm δ2. Ο ατμοσφαιρικός αέρας θα περιέχει και N 2. Ισχύει ότι: n N2 = 4 n 2 = 4 0, = 1,2 mmm N 2 Η διαβίβαση του μίγματος καυσαερίων μέσα από το διάλυμα βάσης έχει ως συνέπεια τη δέσμευση του όξινου οξειδίου C 2. Τελικά, τα καυσαέρια θα περιέχουν 1,2 mmm N 2. 6

7 ΘΕΜΑ Δ α. Για το διάλυμα Δ 1 : Δ 1 + H 2 H + + Cl - Για το διάλυμα Δ 2 : C 1 C 1 C 1 [Η Ο + ] = C 1 = 10 2 M, άρρ pη 1 = 2 C 1 = 0,01 M Δ 2 CNa Na + + C - C 2 C 2 C 2 CNa C 2 = 0,5 M C - +H 2 H - + CH C 2 - κ κ κ k b = [H ] [ CCCC] C 2 κ [H ] 2 k w = [H ] 2 C 2 k a C 2 [H ] 2 = k w C 2 k a = , [H ] = ,5 M άρρ ppp = log(5 10 5,5 ) = 5,5 lll5 = 5,5 log 10 = 5,5 lll10 + lll2 = 4,8 2 Έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: κκκ pp = 9,2. k b = = 10 9 < 10 2, άρρ ιιιύεε η ππππέγγγγγ. C 2 0,5 β. KKK: n = m = 2,8g MM 56 g = 0,05 mmm mmm Δ 1 2,8 g KH Δ KCl C 1 = 0,01 M V 1 = 5 L V = 5 L n 1 = 0,05 mol 7

8 Κατά την προσθήκη πραγματοποιείται η αντίδραση εξουδετέρωσης: mol α ρχ α/π KH + KCl + H 2 0,05 0, ,05-0,05 +0,05 Το Δ θα περιέχει 0,05 mmm ΚCC μμ σσσσένννννν C = 0,05mmm = 0,01 mmm 5L L τελ 0 0 0,05 To ΚCl είναι ιοντική ένωση και κατά τη διάστασή της δίνει τα ιόντα K + και Cl -, τα οποία αποτελούν ιόντα που προέρχονται KCl C K + C + Cl - C από την ισχυρή βάση ΚH και το ισχυρό οξύ αντίστοιχα, δεν αντιδρούν με το νερό και το ph του Δ θα είναι ίσο με επτά ph=7 (25 ο C). γ. ΗΗr: n = Στο Δ 4 θα έχουμε : V 0,224 L = 22,4 22,4 L = 0,01 mmm mmm Δ 1 0,224 L HBr (STP) + H 2 Δ 4 HBr 0,01 mmm HHH κκκ 0,02 mmm ΗCC 0,01 mmm L 0,02 mmm L HHH HHH μμ σσσσσσσσώσσσσ [H + ] οο = 0,01 + 0,02 = 0,0 = 0,01 M άρρ ph 4 = lll0,01 = 2 C 1 = 0,01 M V 1 = 2 L n 1 = 0,02 mol V 4 = L HBr + H 2 H + + Br - 0,01 + H 2 H + + Cl - 0,02 0,01 0,02 0,01 0,02 Δ 2 Δ 5 δ. + H 2 CNa CNa C 2 = 0,5 M V 2 = 0,2 L n 2 = 0,1 mol 8 C 5 = ; M V 5 = V 2 + V νερό L n 5 = 0,1 mol

9 ΣΣΣ Δ 5 θθ έχχχχχ pp = 9,2 1,2 = 8 ή ppp = 14 8 = 6. Το Δ 5 θα περιέχει 0,1 mmm CCCCC μμ σσσσένννννν C 5 CNa Na + + C - C 5 C 5 C 5 C - +H 2 H - + CH C 5 - κ κ κ k b = [H ] [ CCCC] C 5 κ Έλεγχος για την απλοποιημένη σχέση: [H ] = C 5 C 5 C 5 = 2 10 M n 5 V 5 = 2 10 V 5 = 50 L ΕΕΕΕέννν, θθ ππέπππ νν πππππέσσσσσ 49,8 L ννννύ. k b C 5 = ,002 = 2, < 10 2, άρρ ιιιύεε η ππππέγγγγγ. ε. ΣΣΣ Δ 6 θθ έχχχχχ pp = = Δ 1 Δ 6 Άρρ C 6 = 10 M n 6 V 6 = 10 + H 2 V 6 = 10 L ΕΕΕΕέννν, θθ ππέπππ νν πππππέσσσσσ 9 L ννννύ. C 1 = 0,01 M V 2 = 1 L n 2 = 0,01 mol C 6 = ; M V 6 = V 1 + V νερό L n 6 = 0,01 mol στ. Δ 2 CH Δ 7 Ρυθμιστικό CNa CNa CH C 2 = 0,5 M V 2 = 2 L n 2 = 1 mol 9 ph=5 V 7 = 2 L

10 Για το Δ 7 : Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: pp = pk a + lll C CCC 5 = 5 lll2 + lll C CCC lll2 = lll C CCC C CH CCCC C CH CCCC C CH CCCC 2 = C CCC 2 = n CCC n C CH CCCC n CH CCC = 2 n CCCC n CH CCCC = 0,5 mmm CH CCCC Άρρ θθ ππέπππ νν πππππέσσσσσ 0,5 mmm CCCC Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k a C CH CCCC = ,25 < 10 2 κκκ k b = < 10 2 άρρ ιιιύοοο. C CH CCC 0,5 ζ) Δ 1 Δ 2 Δ 8 Ρυθμιστικό + CNa CNa CH C 1 = 0,01 M V 2 = ; L C 2 = 0,5 M V 2 = 0,015 L n 2 = 7, mol ph=5 Έστω φ mol περιέχονται στο Δ 1. Κατά την ανάμιξη των δύο διαλυμάτων πραγματοποιείται η αντίδραση: mol α ρχ α/π τελ + CNa CH + NaCl φ 0, φ -φ +φ 0 0,0075-φ φ Εφαρμόζουμε την εξίσωση Henderson Hasselbalch: 10

11 pp = pk a + lll C CCC 5 = 5 lll2 + lll C CCC lll2 = lll C CCC C CH CCCC C CH CCCC C CH CCCC 2 = C CCC 2 = n CCC n C CH CCCC n CH CCC = 2 n CCCC 0,0075 φ = 2φ CH CCCC Δηλαδή για το Δ 1 : φ = 0,0075 φ = 0,0025 mmm. Άρρ θθ ππέπππ νν πππππέσσσσσ 0,0025 mmm ΗΗΗ C 1 = n 1 V V 1 = n 1 0,0025 mmm = = 0,25 L ή 250 ml διαλύματος Δ 1 C 1 0,01 mmm 1. L Ο όγγγγ τττ Δ 8 θθ είννν 0,25 + 0,015 = 0,265 L ι σσσσσσσσώσσσσ τττ σσσσσσσσών σσσ Δ 8 θθ είννν 0,025 0,265 = 5 mmm 5 L 0,0075 0,0025 0,265 CCCC = 10 mmm 5 L CCCCC Έλεγχος για τις προϋποθέσεις εφαρμογής της εξίσωσης: k a C CH CCCC = < 10 2 κκκ k b = C CH CCC 10 5 < 10 2 άρρ ιιιύοοο. ΟΡΟΣΗΜΟ ΠΕΙΡΑΙΑ ΝΥΧΑΣ ΙΩΑΝΝΗΣ 11

Σχετικά έγγραφα

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (4)

ΘΕΜΑ Α Α1. α Α2. α Α3. β Α4. δ Α5. α. Σωστό ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΧΗΜΕΙΑΣ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ (4) β. Σωστό γ. Λάθος δ. Λάθος ε. Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1. i) Οι πιθανές ηλεκτρονιακές διαμορφώσεις θα