ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ηµεροµηνία: Παρασκευή 20 Απριλίου 2012 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΤΑΞΗ: ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ: ΜΑΘΗΜΑ: Γ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ ΧΗΜΕΙΑ Ηµεροµηνία: Παρασκευή 0 Απριλίου 01 ΘΕΜΑ Α Α1. (α) Α. (δ) Α3. (γ) Α4. (δ) Α5. α Σ, β Λ, γ Λ, δ Λ, ε Λ. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β1. Έχουµε τις παρακάτω ηλεκτρονιακές δοµές: 6 :1s s p 6 1Mg : 1s s p 3s P : 1s s p 3s 3p i) Για να έχει το στοιχείο X άθροισµα spin των ηλεκτρονίων του ίσο µε 1 + θα πρέπει να έχει ένα µονήρες ηλεκτρόνιο. Κάνουµε κατανοµή σε τροχιακά µέχρι να πληρούνται οι προυποθέσεις: 1 X : 1s s px py p z. Άρα Ζ( Χ) = 9. ii) Από τις τιµές των ενεργειών ιοντισµού παρατηρούµε ότι η E i3 είναι πολύ µεγαλύτερη από την E i, κάτι που σηµαίνει ότι απαιτείται πολύ µεγάλο ποσό ενέργειας για την αποµάκρυνση του τρίτου ηλεκτρονίου, (δηλαδή όταν έχουν αποµακρυνθεί δύο ηλεκτρόνια το στοιχείο έχει αποκτήσει δοµή ευγενούς αερίου). ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 1

2 Άρα οι τιµές αυτές των ενεργειών αντιστοιχούν στο 1 Mg που έχει ηλεκτρόνια στην εξωτερική του στιβάδα. iii) Οι ενώσεις O, Pl 5 είναι οµοιοπολικές ενώσεις: O O l l l P l l Στο Pl 5 έχουµε εξαίρεση από τον κανόνα της οκτάδας, το άτοµο του φωσφόρου σχηµατίζει εξωτερική στιβάδα µε 10 ηλεκτρόνια. Η ένωση H3MgBr είναι ιοντική µε ηλεκτρονικό τύπο: H H - Mg H + l - iv) Το στοιχείο Ψ βρίσκεται στη δεύτερη περίοδο του περιοδικού πίνακα και εφόσον σχηµατίζει βασικό οξείδιο του τύπου ΨΟ σηµαίνει ότι το κάθε άτοµο Ψ αποβάλλει ένα ηλεκτρόνιο, από την εξωτερική του στιβάδα το οποίο προσλαµβάνεται από το άτοµο του οξυγόνου. Άρα το στοιχείο Ψ έχει ένα ηλεκτρόνιο στην εξωτερική του στιβάδα και η ηλεκτρονιακή του δοµή θα είναι: 1 Ψ : 1s s Άρα Ζ( Ψ) = 3. Β. α) Έστω η συγκέντρωση του διαλύµατος Hl, και A, B και Γ οι αντίστοιχες συγκεντρώσεις των διαλυµάτων των µονόξινων βάσεων Α, Β και Γ. Κατά την εξουδετέρωση των βάσεων µε το Hl, επειδή έχουµε µονόξινες βάσεις και το Hl είναι µονοβασικό οξύ, η εξουδετέρωση θα γίνεται µε αναλογία mol 1:1. Για τις συγκεντρώσεις των βάσεων από τα δεδοµένα της ογκοµέτρησης µε το πρότυπο διάλυµα Hl ισχύει αντίστοιχα: 3 3 A Hl A A n = n = 5 10 = 0,5 3 3 B Hl B B n = n = 5 10 = 0,5 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 1

3 3 3 Γ Hl Γ Γ n = n = = 5 ιαπιστώνουµε λοιπόν, ότι µεταξύ των βάσεων Α και Β, έχουµε την ίδια συγκέντρωση αλλά η Α είναι ισχυρότερη αφού το διάλυµά της είναι βασικότερο, δηλαδή όταν ιοντίζεται δίνει µεγαλύτερη συγκέντρωση ανιόντων OH. Μεταξύ των βάσεων Α και Γ που έχουν το ίδιο ph, η Α έχει µικρότερη συγκέντρωση άρα είναι ισχυρότερη, γιατί µε µικρότερη αρχική συγκέντρωση δίνει ίση συγκέντρωση ανιόντων OH µε την βάση Γ. Άρα, συνολικά, ισχυρότερη βάση είναι η Α. β) Λόγω αραίωσης θα έχουµε αλλαγή στις συγκεντρώσεις των βάσεων: 3 3 na = n A' A = A' A' = 10 A Οµοίως και οι συγκεντρώσεις των βάσεων Β και Γ θα ισχύει: B' = 10 B και Γ ' = 10 Γ. Στο αρχικό διάλυµα της βάσης Α έχουµε: ph = 11 3 poh = 3 [ OH ] = 10 M ph + poh = 14 3 [OH ] 10 οπότε ο βαθµός ιοντισµού είναι aa= = A A Αν για κάθε βάση συγκρίνουµε τον αρχικό βαθµό ιοντισµού µε βαθµό ιοντισµού της στο αραιωµένο διάλυµα έχουµε: 3 [OH ] 10 a = = = 1 aa = a A' a ' [OH ]' 10 A A A A 5 A' 10 A 4 [OH ] 10 a = = = 0,1 ab = 0,1 a B' a ' [OH ]' 10 B B B B 5 B' 10 B ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 1

4 3 [OH ] 10 aγ Γ = = Γ = 0,1 a 4 Γ = 0,1 a Γ ' a Γ ' [OH ]' 10 Γ ' 10 Γ Γνωρίζουµε ότι για σταθερή τιµή θερµοκρασίας ( Kb σταθερή) όσο αραιώνουµε ένα διάλυµα ασθενούς ηλεκτρολύτη τόσο η τιµή του α Kb αυξάνει ( a= νόµος αραιώσεως του Ostwald). Παρατηρούµε λοιπόν, ότι µόνο στην περίπτωση της βάσης Α ο βαθµός ιοντισµού παραµένει σταθερός κατά την αραίωση. Αυτό συµβαίνει µόνο όταν a= 1, δηλαδή όταν η βάση είναι ισχυρή. Άρα, η Α είναι ισχυρή βάση. γ) Για κάθε δείκτη υπολογίζουµε την περιοχή ph, όπου αλλάζει χρώµα: 3,4 δινιτροφαινόλη ( pka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 4 7 Κυανό της βρωµοθυµόλης ( pka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < 6 χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 8 9 Φαινολοφθαλεΐνη ( pka= 10 ): χρώµα όξινης µορφής δείκτη ph < pka 1 ph < 8 χρώµα βασικής µορφής δείκτη ph > pka + 1 ph > 10 Για τις ασθενείς βάσεις Β και Γ, το ισοδύναµο σηµείο κατά την ογκοµέτρηση µε πρότυπο διάλυµα Hl, βρίσκεται στην περιοχή του όξινου ph, εποµένως καταλληλότερος δείκτης είναι η,4 δινιτροφαινόλη που αλλάζει χρώµα από ph= έως ph= 4. Για την ισχυρή βάση Α, το ισοδύναµο σηµείο έχει ph= 7, οπότε καταλληλότερος δείκτης είναι το κυανό της βρωµοθυµόλης µε εύρος ph αλλαγής χρώµατος από ph= 6 έως ph= 8. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 1

5 Β3. i) Εφόσον ο υδρογονάνθρακας (Α) θα έχει δύο βαθµούς ακορεστότητας, δηλαδή σχηµατίζει δύο π δεσµούς σηµαίνει ότι θα είναι αλκίνιο ή αλκαδιένιο. Επειδή σχηµατίζει και εννέα σ (σίγµα) δεσµούς καταλήγουµε στον µοριακό τύπο 4H 6. ii) iii) Αφού η ένωση (Α) δίνει πολυµερισµό τύπου 1,4 σηµαίνει ότι είναι αλκαδιένιο µε εναλλασσόµενους απλούς και διπλούς δεσµούς. Άρα είναι το H= H H= H. v H = H H = H ( H H = H H ) v Τεχνητό καουτσούκ Η ένωση Β που αποτελεί ισοµερές οµόλογης σειράς της Α σηµαίνει ότι είναι αλκίνιο και αφού δεν αντιδρά µε Na σηµαίνει ότι ο τριπλός δεσµός δεν είναι στην άκρη. Άρα η ένωση Β θα είναι η H3 H3. Τα άτοµα άνθρακα βρίσκονται στην ίδια ευθεία, γιατί τα δύο άτοµα άνθρακα του τριπλού δεσµού έχουν sp υβριδισµό, άρα αυτά και όσα άλλα άτοµα άνθρακα συνδέονται µε αυτούς τους άνθρακες θα βρίσκονται στην ίδια ευθεία. ΘΕΜΑ Γ Γ1 Η ένωση Α είναι κορεσµένη µονοσθενής αλκοόλη οπότε έχουµε: Mr( λhλ+ 1OH ) = 88 14λ + 18 = 88 λ = 5 (Α) H 3 H OH (Β) H 3 H l (Γ) H 3 Mgl ( ) H 3 l ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 1

6 (Ε) H (Ζ) H 3 H O (Θ) H 3 OONa (Λ) H 3 H ONa H 3 H (Μ) H 3 O H (Ν) H 3 O O H Γ. 3 H H OH + K r O + 4 H SO H7H = O + r ( SO 4 ) 3 + KSO4 + 7HO m 5,8 n αλκοόλης = = =0,6 mol Mr 88 Από τη στοιχειοµετρία της αντίδρασης βρίσκουµε ότι απαιτούνται 0, mol KrO 7 για πλήρη αντίδραση. Άρα ο όγκος του διαλύµατος που µπορεί να αποχρωµατιστεί είναι: n n 0, = V = = = L V 0,1 Γ3. Ο γενικός τύπος khk+ O αντιστοιχεί σε κορεσµένες µονοσθενείς αλκοόλες ή αιθέρες. Επειδή µε επίδραση περίσσειας διαλύµατος KMnO 4 οξινισµένου µε HSO 4, οπότε εκλύεται αέριο O, συµπεραίνουµε ότι στο µίγµα υπάρχει H3OH που είναι η µοναδική αλκοόλη που µε πλήρη οξείδωση µπορεί να σχηµατίσει αέριο O. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 1

7 5H3OH + 6 KMnO4 + 9H SO4 5O + 3K SO4 + 6 MnSO4 + 19HO V,4 L O no = 0,1mol V = mol,4 L / mol = Από τη στοιχειοµετρία της αντίδρασης βρίσκουµε ότι η ποσότητα της H3OH στο µίγµα είναι 0,1mol, οπότε αφού το µίγµα είναι ισοµοριακό και η η ένωση θα είναι 0,1mol. Όταν το µίγµα αντιδρά µε µεταλλικό Na, η µεθανόλη θα σχηµατίσει (µε βάση 1 την στοιχειοµετρία της αντίδρασης H3OH + Na H3ONa + H ), 0,05mol αερίου υδρογόνου δηλαδή 1,1 L σε stp συνθήκες. Άρα η η ένωση του µίγµατος δεν θα είναι αλκοόλη, αλλά αιθέρας, αφού όπως αναφέρει η εκφώνηση συνολικά εκλύεται αέριο υδρογόνο όγκου 1,1 L µετρηµένο σε stp συνθήκες. n Mr + n Mr = m 0, ,1 Mr = 7,8 1 1 µιγµατος Mr = 46 Mr = 14k + 18 = Αλλά k οπότε η η ένωση του µίγµατος είναι ο Mr = 46 διµεθυλαιθέρας H3 O H3. ΘΕΜΑ V 1 HA 1= 0,1M 1 1. Επειδή: + 8 [ H3O ] = 10 [OH ] [OH ] 10 [OH ] 10 M + = = Kw = [ H3O ] [OH ] Άρα [ H3O ] = 10 M x = 10 M δηλαδή το οξύ είναι ασθενές αφού έχει συγκέντρωση 1 = 0,1 M και ο βαθµός ιοντισµού του είναι: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 7 ΑΠΟ 1

8 + 3 [ H3O ] 10 a= = = 10 [ HA] 0,1 Υπολογίζουµε και την σταθερά ιοντισµού του οξέος HA που θα χρειαστεί στα επόµενα ερωτήµατα: HA + ΗΟ HO 3 + A Αρχικά (Μ) 1 Μεταβολές (Μ) x + x + x Ισορροπία (Μ) 1 x x x ( HA ) 5 [ HA] 1 0,1 [ H O ][ A ] x 10 Ka = = = Ka = 10 V 1 HA = 0,1M 1 V NaA = ph= 9 V + V 1 HA 11 NaA 1 ph= 5 1 Στο διάλυµα έχουµε το άλας NaAτου οποίου τα ιόντα Na + κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, ενώ τα ιόντα A, (συζυγής βάση του HA) αντιδρούν µε το HO : NaA Na + + A Τελικά (Μ) A + HO HA + OH Αρχικά (Μ) Μεταβολές (Μ) y + y + y Ισορροπία (Μ) y y y ( HA ) 14 Kw 10 Kb ( A ) Ka( HA ) = Kw Kb ( A ) = = = 10 Ka ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 8 ΑΠΟ 1

9 ph = 9 poh 5 [ OH ] 10 5 M y 10 5 = = = M ph + poh = 14 [ HA][ OH ] ( A ) 9 y [ A ] Kb = 10 = = 0,1M Στο διάλυµα υπολογίζουµε τις νέες συγκεντρώσεις των HA και NaA: HA: 1 V 1 1 V1 = 11 (V1 + V ) 11 = V1 + V NaA: V V = 1 (V1 + V ) 1 = V1 + V Το διάλυµα είναι ρυθµιστικό γιατί περιέχει το ασθενές οξύ HA και την συζυγή τους βάση A, που προέρχεται από την διάσταση του άλατος NaA. Τα δεδοµένα του προβλήµατος επιτρέπουν τις γνωστές προσεγγίσεις, οπότε ισχύει η εξίσωση των Henderson και Hasselbalch: βάσης 1 ph= pka+ log 5 = 5 + log 1 = 11 οξέος 11 Άρα : 1 V1 V V = 1 1 V1 = V 0,1 V1 = 0,1 V = 1 V1 + V V1 + V V Η ερώτηση µπορεί να λυθεί και µε αναλυτικά τις διαστάσεις ιοντισµούς και επίδραση κοινού ιόντος. 3. V3= 0, L NaA = 0, M 3 3 n mol Hl V3 = 0, L ph= ' Το άλας NaA αντιδρά µε το Hl και σχηµατίζει το οξύ HA. Θα εξετάσουµε αν το τελικό διάλυµα ' περιέχει µόνο το ασθενές οξύ HA µπορεί να έχει ph=. Έστω λοιπόν ότι το NaA αντιδρά πλήρως µε το Hl : Αρχικά mol NaA: n3 = 3 V3 = 0, M 0, L = 0,04 mol NaA + Hl Nal + HA (mol ) 0,04 n 0,04 0,04 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 9 ΑΠΟ 1

10 Επειδή αντιδρούν πλήρως n= 0,04mol, οπότε στο τελικό διάλυµα ' θα έχουµε συγκεντρώσεις: 0,04mol 0,04mol Nal : 31= = 0,M και HA: 3= = 0,M 0, L 0,L Στο διάλυµα ' του άλας Nal τα ιόντα Na +, l κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, οπότε δεν επηρεάζουν το ph, ενώ για το HA έχουµε: HA + ΗΟ HO 3 + A Αρχικά (Μ) 3 Μεταβολές (Μ) x' + x' + x' Ισορροπία (Μ) 3 x' x' x' [ H3O + ][ A ] ( HA ) 5 ( x') = = = 3 + = 3 [ HA] 3 Το διάλυµα που προκύπτει είναι λιγότερο όξινο από αυτό που απαιτεί η + άσκηση, δηλαδή µε ph = [ H3O ] = 10 M, οπότε πρέπει στην Ka 10 x' [ H O ] 10 M αντίδραση του NaA µε το Hl να περισσέψει οξύ Hl : NaA + Hl Nal + HA Αρχικά ( mol ) 0,04 n Μεταβολές ( mol ) 0,04 0,04 0,04 0,04 Τελικά ( mol ) n 0,04 0,04 0,04 Στο τελικό διάλυµα ' θα έχουµε συγκεντρώσεις: 0,04mol Nal : 31= = 0,M, 0, L 0,04mol HA: 3= = 0,M και 0,L n 0,04 Hl : 33= M 0, Λόγω της παρουσίας του ισχυρού οξέος Hl το ph του διαλύµατος θα καθορίζεται από την συγκέντρωση των 3 HO + που προκύπτουν από τον ιοντισµό του Hl : ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 10 ΑΠΟ 1

11 Hl + ΗΟ HO 3 + l Αρχικά (Μ) 33 Μεταβολές (Μ) Ισορροπία (Μ) [ H3O + ] 33 M 0, + 33 ph = n 0,04 10 n 4, 10 n 0,04 = = mol = = 0, V1= 0, L HA = 0,1M 1 a V4= 0, L aa H = 0,1M Τα αρχικά mol του HA είναι: n1 = 1 V1 = 0,1M 0, L = 0,0 mol Το a αντιδρά µε το οξύ HA σύµφωνα µε την χηµική εξίσωση: HA + a aa + H Αρχικά ( mol ) 0,0 n 4 Μεταβολές ( mol ) z z + z + z Ισορροπία (Μ) 0,0 z n z z z 4 Για το αέριο υδρογόνο όγκου 4 m L έχουµε: VH 0,4 L n = z z 0,01 mol V = mol,4 L / mol = οπότε στο τελικό διάλυµα 4 0,01mol θα έχουµε 0,01mol άλατος aa µε συγκέντρωση 4= = 0,05 M 0, L Στο διάλυµα 4 έχουµε το άλας aa του οποίου τα ιόντα a + κυκλοφορούν «ελεύθερα» µέσα στο HO, χωρίς να αντιδρούν µαζί του, ενώ τα ιόντα A, (συζυγής βάση του HA) αντιδρούν µε το HO : ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 11 ΑΠΟ 1

12 aa a + + A Τελικά (Μ) 4 4 A + HO HA + OH Αρχικά (Μ) 4 Μεταβολές (Μ) y' + y' + y' Ισορροπία (Μ) 4 y' y' y' ( A ) 9 [ HA][OH ] ( A ) 9 ( y') = = = 5 [ A ] 4 5 Kb = 10 Kb 10 y' 10 M y' = [OH ] = 10 M poh = log[ OH ] poh = 5 ph = 9 ph + poh = 14 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 1