ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ 13 ΙΟΥΝΙΟΥ 2015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Transcript

1 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ ΙΟΥΝΙΟΥ 05 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΘΕΜΑ Α Α. γ Α. β Α. δ Α4. γ Α5. α ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Β Β.α. Η πρόταση είναι σωστή. Αιτιολόγηση Σε διάλυμα ασθενούς οξέος ΗΑ ισχύει: HA HO A H O [A [ΗΟ kα HA = () [HA Σε διάλυμα ασθενούς βάσης Α ισχύει: H O HA OH [HA [OH kb = () A [A Πολλαπλασιάζουμε τις () και () κατά μέλη: [A [ΗΟ [HA [OH kα k = HA b A [HA [A k α [Η HA Ο k b A A [OH = [Η Ο = k [OH k α HA k β. Η πρόταση είναι σωστή. Αιτιολόγηση Το διάλυμα του CH NH Cl είναι όξινο: Μ CH NHC CHNH C b A = k.

2 Από τα ιόντα του άλατος μόνο το CH NH αντιδρά με μόρια νερού (προέρχονται από την ασθενή βάση CH NH ) και παρέχει οξώνια, το Cl είναι η συζυγής βάση του HCl και επειδή το HCl είναι ισχυρό οξύ το Cl είναι πολύ ασθενής σαν βάση και δεν αντιδρά με μόρια νερού. CH NH HO CHNH HO οπότε στο διάλυμα του CH NH Cl ισχύει: [ HO > [OH και το διάλυμα είναι όξινο. Το διάλυμα του Νa CO είναι βασικό: Na CO Na CO CO HO HCO OH ισχύει [ΟΗ > [ΗΟ HCO HO H CO OH άρα το διάλυμα είναι βασικό. Το Η CO είναι ασθενές διπρωτικό οξύ και έχει δύο στάδια ιοντισμού του. Άρα ένα όξινο διάλυμα (διάλυμα CH NH C ) έχει πάντα μικρότερο ph από ένα βασικό διάλυμα (διάλυμα Na CO ) στην ίδια θερμοκρασία. γ. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Αιτιολόγηση Η ηλεκτρονιακή δομή του 4 Cr είναι: 4Cr : s s p 6 s p 6 d 5 4s Μονήρη ηλεκτρόνια έχουμε μόνο στις υποστιβάδες d και 4s. Σύμφωνα με τον κανόνα του Hund η κατανομή των ηλεκτρονίων στις υποστιβάδες αυτές είναι: d 5 4s ( )( )( )( )( ) ( ) και ο αριθμός των μονήρων ηλεκτρονίων είναι έξι (6). δ. Η πρόταση είναι σωστή. Αιτιολόγηση Σε κάθε υδατικό διάλυμα ισχύει η σχέση: [ Η Ο [OH = k log [Η Ο [OH ( ) = log k

3 log[η poh = log[oh pk = log k Ο ph = log[η log[oh Ο = log k pk pk ph = pk ph = ph = poh [HO = [OH και το pk δεδομένο poh = διάλυμα είναι ουδέτερο Εναλλακτική λύση: Σε κάθε υδατικό διάλυμα ισχύει η σχέση: [ ΗΟ [OH = k () Σε κάθε ουδέτερο διάλυμα ισχύει η σχέση: [ ΗΟ = [OH () Άρα σ ένα ουδέτερο διάλυμα από τις σχέσεις () και () έχουμε: [Η = Ο [OH k [OH = k = [OH k [ΗΟ = [OH log[ OH = logk log[oh = ( logk ) pk poh = poh = pk σχέση που ισχύει (δεδομένο της άσκησης). ε. Η πρόταση είναι λανθασμένη. Αιτιολόγηση Οξείδωση είναι η αύξηση του αριθμού οξείδωσης του ατόμου ή ενός ιόντος (χωρίς να μας ενδιαφέρει με ποιό τρόπο έγινε η αύξηση αυτή). Έτσι π.χ. σε μία αλογονοφορμική αντίδραση: β ταγής αλκοόλη: 0 I /NaOH R CH CH R COONa OH Ο αριθμός οξείδωσης του άνθρακα αυξάνεται από μηδέν (0) σε συν τρία () χωρίς την παρουσία οξειδωτικού μέσου π.χ. KnO 4 /H ή K Cr O 7 /H. Στην α ταγή αλκοόλη CH CH OH: I /NaOH CH CH ph poh = pk Δεδομένο : pk poh = pk poh =

4 Ο αριθμός οξείδωσης του άνθρακα αυξάνεται από μείον ένα ( ) σε συν δύο () χωρίς την παρουσία οξειδωτικού μέσου π.χ. KnO 4 /H ή K Cr O 7 /H. Εναλλακτική λύση: Η οξείδωση των α ταγών και β ταγών αλκοολών μπορεί να γίνει καταλυτικά με Cu/00 ο C (καταλυτική αφυδρογόνωση). α ταγής: Cu R CH R CH O H o 00 C β ταγής: Cu R CH R C H o 0 00 C Β. Στα τέσσερα δοχεία περιέχονται οι ενώσεις: Αιθανικό οξύ: CH COOH Μεθανικό οξύ: HCOOH Οξαλικό νάτριο: βουτανόλη: Σε δείγμα των δοχείων προσθέτουμε Ι /ΝaOH. Στο δείγμα εκείνο που εμφανίζεται κίτρινο ίζημα CHI υπάρχει η βουτανόλη. Αντίδραση: CH CH CH CH 4I 6NaOH CHCHCOONa CHI 5NaI 5H O Σε άλλο δείγμα των υπολοίπων τριών ενώσεων προσθέτουμε ερυθροϊώδες όξινο διάλυμα KnO 4. Στο δείγμα εκείνο που δεν γίνεται αποχρωματισμός του διαλύματος του υπερμαγγανικού καλίου υπάρχει το οξικό οξύ (CH COOH). Αντιδράσεις: CH COOH KnO4 HSO4 KnO4 HSO4 5CO nso 4 K SO4 8H O COONa 5 0CO COONa KnO 4 8HSO4 nso 4 K SO4 5Na SO 4 8H O CH CH CH CH

5 Σε άλλο δείγμα των υπολοίπων δύο ενώσεων [HCOOH, (COONa), προσθέτουμε Na CO. Στο δείγμα εκείνο που εμφανίζονται φυσαλίδες CO (θολώνει το ασβεστόνερο) υπάρχει το HCOOH (μυρμηκικό οξύ). HCOOH Na CO HCOONa CO H O Οπότε τελικά μας μένει το δείγμα του δοχείου που περιέχει το οξαλικό νάτριο (COONa). * Η διάκριση των παραπάνω ενώσεων με την χρήση των παραπάνω αντιδραστηρίων δεν είναι η μοναδική. ΘΕΜΑ Γ Γ. A: B: HCOOCHCHCH CH CH CHCHCH OH Γ: ΗCOOH E: CH CH CH CH CH CH CH Cl CH Z: CHCH CHgCl CH : CH CH CH CH Θ: HCH=O K: CH CH CH CH OH CH CHCH COOH CH Γ.α. Το αλκένιο (Α) επειδή δεν διαθέτει άνθρακες με sp υβριδισμό σημαίνει ότι δεν περιέχει άλλους άνθρακες εκτός από αυτούς του διπλού δεσμού (οι οποίοι έχουν sp υβριδισμό). Άρα ο συντακτικός τύπος του αλκενίου Α είναι: CH =CH (αιθένιο). β. Αντίδραση πολυμερισμού: CH CH CH CH CH

6 Έστω ότι αρχικά διαθέτουμε α mol μονομερών που ζυγίζουν 5 g: m 5 n = α = 8 r α 8 = 5 () Μr (CH = 8 = CH ) Από την αντίδραση πολυμερισμού έχουμε: mol CH CH CH CH αρχ. α τελ. 0 α/ν Για το πολυμερές ισχύει: r(πολυμερούς) = ν r(μονομερούς). Άρα: mπολυμ = n πολ r(πολυμ) mπολυμ = r(πολυμ) = ν 8 α ν ν 8 m Εναλλακτική λύση: Λόγω της αρχής διατήρησης της μάζας ισχύει: m (πολυμερούς) = m (μονομερούς) = 5 g. πολυμ () = α 8 () m πολυμ = 5 g γ. mol (A) (B) H CH = CH HOH CHC H OH 0,6 ;0,6 mol Έστω ότι x mol CH CH OH οξειδώνονται σε αλδεΰδη και y mol οξειδώνονται σε οξύ. Άρα: x y = 0,6 () K Cr O7 4HSO4 O Cr (SO 4) K SO4 x mol ;x/ mol 7H O K Cr O7 8HSO4 Cr (SO 4) K SO4 y mol ;y/ mol H O Για το K Cr O 7 έχουμε: n C = n = C V = 0,5 = 0,5 mol άρα, V x y = 0,5 () Από τις () και () έχουμε:

7 x y = 0,6 x y = 0,6 y = 0,45 mol x y =,05 x y =,05 και x = 0,6 0,45 = 0,5 mol. Άρα τελικά παράχθηκαν 0,5 mol αλδεΰδης (CH CH=O) (Γ) ή (Δ) και 0,45 mol οξέος (CH COOH) (Δ) ή (Γ). ΘΕΜΑ Δ Δ. 500 ml 500 ml Y Y NH HCl 0, 0,4 n NH = C V = 0, 0,5 = 0, mol n HC = C V = 0,4 0,5 = 0, mol mol HC 4C 0, 0, 0, 0, 0, 0 0, 0, Στο τελικό διάλυμα περιέχονται: 0, 0, [ HC = = 0,, [ NH4 C = = 0, 4C 4 C 0, ;0, ;0, 4 HO HO 0, 0, φ φ φ 0,φ φ 0,φ [NH [HO kα = NH 4 [NH kα = = 0 φ(0, φ) -5 NH = φ = 0 0, φ Λόγω ΕΚΙ δεκτές προσεγγίσεις : 0, φ 0, 0, φ 0, ;ph L Y

8 9 Οπότε έχουμε: [HO = 0, 0 0, και ph = log0 =. Δ. 00 ml Y 4 HCl 0, NH4Cl 0, 50 ml Y NaOH 0, Y 5 50 ml n NH 4 C = C V = 0, 0, = 0,0 mol. n HC = C V = 0, 0, = 0,0 mol. n NaOH = C V = 0, 0,5 = 0,05 mol. mol HC NaOH NaC HO 0,0 0,05 0,0 0,0 0,0 0 0,005 0,0 mol 4 C NaOH NaC HO 0,0 0,005 0,005 0,005 0,005 0,005 0, ,005 0,005 Βρίσκουμε τις συγκεντρώσεις των συστατικών του διαλύματος Υ 5. n NaC 0,0 0,005 0,05 [NaC = = = = 0,06. Vδιαλύματος 0,5 0,5 0,005 [ NH4 C = = 0,0. 0,5 0,005 [ NH = = 0,0. 0,5 Το διάλυμα είναι ρυθμιστικό: Coξ [HO = kα C β 9 0,0 9 [HO = 0 = 0. Άρα ph = ,0 9 kα = = 0-5 NH 4 0 Για τις συγκεντρώσεις όλων των ιόντων έχουμε: NaC Na C 0,06 ;0,06 ;0,06

9 C 4 4 C 0,0 ;0,0 0,0 HO 4 OH 0,0 0,0 ω ω ω 0,0 ω 0,0ω ω Έτσι έχουμε: [ Na = 0,06, [ C = 0,06 0,0 = 0, [H O = 0 [OH = 0 = ω. 5 [NH = 0,0 ω = 0,0 0 0,0. Δ. Ογκομέτρηση: ΕΚΙ 4 5 ml HCl NH C 0, Ογκομετρικό πρότυπο διάλυμα διάλυμα Κατά την ογκομέτρηση αυτή λαμβάνει χώρα η αντίδραση εξουδετέρωσης: HC 4C Στο ισοδύναμο σημείο έχουμε: 4C 4 C 4 HO H O Ισχύει: [ H O > [OH ph < 7 (όξινο διάλυμα). Επομένως ο καταλληλότερος δείκτης ο οποίος με αλλαγή χρώματος μας δείχνει πότε γίνεται η πλήρης εξουδετέρωση (τελικό σημείο) είναι αυτός ο οποίος έχει περιοχή αλλαγής χρώματος μικρότερη του επτά (7). α. Άρα ο μαθητής Β που χρησιμοποίησε το κόκκινο του μεθυλίου (περιοχή αλλαγής χρώματος (4,7 6,) προσδιόρισε με μεγαλύτερη ακρίβεια την συγκέντρωση της ΝΗ στο ογκομετρικό διάλυμα. β. Έστω V A ο όγκος του προτύπου διαλύματος HCl που κατανάλωσε ο μαθητής Α και V B ο όγκος του προτύπου διαλύματος HCl που κατανάλωσε ο μαθητής Β.

10 Για τους όγκους V A και V Β ισχύει V Β >V A γιατί στο ισοδύναμο σημείο το ph είναι μικρότερο του επτά και επομένως ο μαθητής Β καταναλώνει μεγαλύτερο όγκο προτύπου διαλύματος για την πλήρη εξουδετέρωση. ΜΑΘΗΤΗΣ Α ΜΑΘΗΤΗΣ Β n A = n HC n B = n HC CA V = CHC VA CB V = CHC VB C A 5 0 = 0, VA CB 5 0 = 0, VB 0, VA 0, VB C A = = 4V A C B = = 4V B Άρα: C V V A = 4V B > A A CB > CA. CB = 4VB γ. Το μήκος του κατακόρυφου τμήματος της καμπύλης της ογκομέτρησης επηρεάζεται από:. Την ισχύ του ηλεκτρολύτη που ογκομετρείται. Π.χ. αν έχουμε ογκομέτρηση μεταξύ ισχυρών ηλεκτρολυτών τότε το μήκος του κατακόρυφου τμήματος της ογκομέτρησης είναι μεγαλύτερο απ ότι στην περίπτωση που ογκομετρείται ασθενής ηλεκτρολύτης. Αυτό συμβαίνει επειδή αν ογκομετρείται ισχυρός ηλεκτρολύτης το αρχικό ph θα είναι πολύ μικρό, όταν ογκομετρείται ισχυρό οξύ ή πολύ μεγάλο, όταν ογκομετρείται ισχυρή βάση. Άρα το εύρος της κατακορύφου θα είναι μεγαλύτερο..i) Την συγκέντρωση του ογκομετρούμενου διαλύματος. (Όσο πιο μεγάλη η συγκέντρωση του ογκομετρούμενου διαλύματος τόσο μικρότερο το εύρος της κατακορύφου). Π.χ. όταν ογκομετρείται διάλυμα NaOH με C = 0, έχει μεγαλύτερο εύρος κατακορύφου απ ότι στην περίπτωση που ογκομετρείται διάλυμα NaOH 0,00 Μ γιατί το αρχικό ph στην η περίπτωση (ph = ) είναι μεγαλύτερο από το ph στην η περίπτωση (ph = ) και κατά συνέπεια μεγαλύτερο εύρος στην κατακόρυφο. ii) Την συγκέντρωση του προτύπου διαλύματος. (Όσο πιο μεγάλη η συγκέντρωση τόσο μεγαλύτερο το εύρος της κατακορύφου. ) Η χρήση πολυπρωτικών ή μονοπρωτικών ηλεκτρολυτών. Η καμπύλη ογκομέτρησης στην περίπτωση μονοπρωτικών ηλεκτρολυτών περιέχει ένα μόνο κατακόρυφο τμήμα, ενώ η καμπύλη ογκομέτρησης στην περίπτωση πολυπρωτικών ηλεκτρολυτών περιέχει περισσότερα από ένα κατακόρυφα τμήματα.

11 ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ Το ερώτημα Δ(γ) θεωρώ ότι είναι άστοχο γιατί δεν γίνεται καμία αναφορά περί αυτού στο σχολικό βιβλίο, ούτε στον εργαστηριακό οδηγό. Επιμέλεια απαντήσεων: ΜΩΥΣΟΠΟΥΛΟΣ ΓΙΩΡΓΟΣ, Χημικός - Φροντιστής Φροντιστηριακό συγκρότημα Θεσ/νίκης «ΚΟΡΥΦΗ»