ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 28 ΜΑΪΟΥ 2010 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Transcript

1 ΘΕΜΑ Α ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ 8 ΜΑΪΟΥ 010 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ A1. β A. α A. α A4. δ A5. α. Σ, β. Σ, γ. Λ, δ. Λ, ε. Λ. ΘΕΜΑ Β Β1. α. 0Ca : 1s s p 6 s p 6 4s 6Fe : 1s s p 6 s p 6 d 6 4s 16S : 1s s p 6 s p 4 β. Το 0 Ca ανήκει στην η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 6 Fe ανήκει στην 8η οµάδα και την 4η περίοδο. Το 16 S ανήκει στην 16η οµάδα και την η περίοδο. Β. α. Η δεύτερη ενέργεια ιοντισµού έχει µεγαλύτερη τιµή από την πρώτη, καθώς πιο εύκολα φεύγει το ηλεκτρόνιο από το ουδέτερο άτοµο από ότι από το φορτισµένο ιόν. β. Ο ιοντισµός του νερού είναι ενδόθερµη αντίδραση οπότε ευνοείται µε την αύξηση της θερµοκρασίας. Άρα, η σταθερά ιοντισµού του νερού K w [H O + ] [OΗ ] αυξάνεται, δηλαδή [H O + ] [OΗ ] > Οπότε, [H O + ] [OΗ ] > 10 7, δηλαδή ph < 7. γ. Σύµφωνα µε την απαγορευτική αρχή του Pauli είναι αδύνατο να υπάρχουν στο ίδιο άτοµο δύο ηλεκτρόνια µε ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών (n, l, m l, m s ). 1 1 Ο m s µπορεί να πάρει µόνο δύο τιµές: +,. Οπότε δεν µπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δύο ηλεκτρόνια. δ. Όσο πηγαίνουµε προς τα δεξιά του περιοδικού πίνακα, αυξάνεται ο ατοµικός αριθµός και κατά συνέπεια αυξάνεται το δραστικό πυρηνικό φορτίο. Έτσι, λόγω µεγαλύτερης έλξης των ηλεκτρονίων της εξωτερικής στιβάδας από τον πυρήνα, η ατοµική ακτίνα µειώνεται. ε. Ο αιθέρας πρέπει να είναι απόλυτος, γιατί η παραµικρή ποσότητα νερού αντιδρά µε το RMgX και δίνει αλκάνιο, οπότε καταστρέφεται το αντιδραστήριο Grignard: RMgX + HOH RH + Mg(OH)X 1

2 Β. ιοχετεύουµε και στις τρεις φιάλες διάλυµα CuCl + NH. ΘΕΜΑ Γ Γ1. Στη µία φιάλη θα παρατηρηθεί σχηµατισµός κεραµέρυθρου ιζήµατος. Η φιάλη αυτή θα περιέχει το 1-πεντίνιο. C + CuCl + NH C CCu + NH Cl 4 Στη συνέχεια διοχετεύουµε τις άλλες δύο σε διάλυµα Br σε CCl 4. Στη φιάλη που θα παρατηρηθεί αποχρωµατισµός έχουµε 1-πεντένιο, οπότε στην άλλη θα είναι το πεντάνιο. CCl + Br 4 A : Br B : Γ: I. OH : CΗ CΟΟΝa E : COO Z : MgBr Λ : C Ο Μ : C ΟMgBr Br Br

3 N : C ΟH Γ. Οι καρβονυλικές ενώσεις του τύπου C 4 H 8 O είναι: O, O, C ΘΕΜΑ Από τα τρία ισοµερή, µόνο οι δύο αλδεΰδες αντιδρούν µε το αντιδραστήριο Fehling. Υπολογίζουµε τα mol του ιζήµατος: m,86 n 0,0 mol Mr 14 Η οξείδωση τωναλδεϋδών µε το αντιδραστήριο Fehling είναι η εξής: R O + CuSO4 + 5 aoh RCOO a + CuO + aso4 + HO 1mol 1mol 0,0 mol 0,0mol H συνολική ποσότητα των δύο αλδεϋδών είναι 0,0mol. To µίγµα είναι ισοµοριακό, οπότε το κάθε συστατικό του µίγµατος είναι 0,01mol. ηλ.: O 0,01mol O 0,01mol C O 0,01mol M COOH H O COO H O αρχικά C αc αc αν/παρ. -αc αc αc Ι-Ι C(1-α) αc αc COO H O a C Ka Ka [ COOH] C(1 a) Λόγω των γνωστών προσεγγίσεων a C Ka Ka a C (Νόµος Ostwald.) C Από τον νόµο αραίωσης του Ostwald Ka a C Η θερµοκρασία είναι σταθερή, οπότε Κ α σταθερό. a 1 C1 ηλ. a1 C1 a C, C C1 M. a 9 Για την αραίωση έχουµε: O

4 C V 0,1 0,1 0, C1 V1 C V V lt C 0,1 9 Οπότε V ύ V V 1 0,9 νερο 0,1 0,8lt 800 ml.. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n 0, 0,1 0,0 mol n COOH aoh 0,1 0,1 0,01mol Οι ουσίες ατιδρούν: mol COOH + aoh COO a + HO αρχ. 0,0 0,01 - αντ/παρ. -0,01-0,01 0,01 τελ ,01 Στο διάλυµα Υ έχουµε επίδραση κοινού ιόντος: 0,01 CCOOH 0,05 M C COO a 0, M COOH + H O COO + H O ΙΙ 0,05-x x x M COO a COO + a ,05 0,05 K a [ COOH] + 0,05 x COO HO (0, 05 x) x Λόγω των προσεγγίσεων 5 0,05 x 5 10 x 10 M. 0,05 Οπότε: + 5 HO 10 M και ph5.. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n 0, 0,1 0,0 mol COOH n 0, 0,1 0,0 mol NaOH mol CΗ CΟΟΗ + ΝaΟΗ CΗ CΟΟΝa + Η Ο αρχ. 0,0 0,0 αντ/παρ. 0,0 0,0 0,0 τελ. 0,0 4

5 C COONa 0,0 0,1 M 0, Μ CΗ CΟΟΝa CΗ CΟΟ Νa + 0,1 0,1 0,1 Το ιόν CΗ CΟΟ είναι η συζυγής βάση του CΗ CΟΟΗ οπότε αντιδρά µε το νερό: Μ CΗ CΟΟ Η Ο CΗ CΟΟΗ ΟΗ ΙΙ 0,1 y y y Για το συζυγές ζεύγος CΗ CΟΟΗ CΗ CΟΟ ισχύει: Κ α Κ b K w, Ka Kb K w, Kb K b [COOH][OH ] [ COO ] 9 y 10, λόγω προσεγγίσεων 0,1 y 9 y , y 10, y 10 M [OH ] 0,1 Οπότε pοη 5 και pη 9 4. Υπολογίζουµε τα mol των ουσιών: n 0, 0,101 0,00 mol COOH n aoh 0,1 V, όπου V ο όγκος του διαλύµατος ΝαΟΗ.σε L Οι ουσίες αντιδρούν: mol COOH + aoh COO a + HO Το ph του διαλύµατος Υ 5 είναι 7, οπότε θα πρέπει να έχουµε περίσσεια COOH γιατί σε διαφορετική περίπτωση (πλήρης εξουδετέρωση ή περίσσεια ΝαΟΗ) προκύπτουν βασικά διαλύµατα στους 5 C. Οπότε: mol COOH + aoh COO a + HO αρχ. 0,00 - αντ./παρ. τελ. 0, , 00 M. V τελ. [ COOH] COO M. V τελ. 5

6 + 7 HO 10 M. Οµοίως µε το ερώτηµα, καταλήγουµε: 7 10 COO HO 5 Vτελ. Ka V 0, L [ COOH] 0, 00 0, 00 Vτελ. Εναλλακτικά, µπορεί να χρησιµοποιηθεί η εξίσωση Henderson-Hasselbalch: Cβ Cβ Cβ Cβ ph pka + log log log 100 C C C C οξ. οξ. οξ. οξ. 100 V 0, L