Πανελλήνιες Εξετάσεις Χημεία Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης Ημερήσιο: 2010 Επαναληπτικές

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλήνιες Εξετάσεις Χημεία Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης Ημερήσιο: 2010 Επαναληπτικές"

Ονησίφορος Αγγελόπουλος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Θέμα A ο Α1. γ Α2. β Α3. δ Α4. α Πανελλήνιες Εξετάσεις Χημεία Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης Ημερήσιο: 20 Επαναληπτικές Α5: α. Σ β. Λ γ. Λ δ. Σ ε. Σ Θέμα B Β1. 2 H H N H H +, C 2- Β2. α Kατά την αραίωση ασθενούς διαλύματος βάσης μειώνεται η συγκέντρωση των ιόντων ΟΗ -. Έτσι μειώνεται το ρη του διαλύματος. 1

2 β. Πρόκειται για μία αντίδραση απόσπασης. Το κύριο προϊόν προκύπτει με βάση τον κανόνα του Saytseff: Σύμφωνα με τον κανόνα του Saytseff, κατά την απόσπαση μορίου ΗΑ από οργανική ένωση, το Η αποσπάται ευκολότερα από το τριτοταγές άτομο άνθρακα, λιγότερο εύκολα από το δευτεροταγές άτομο άνθρακα και δυσκολότερα από το πρωτοταγές άτομο άνθρακα. Σύμφωνα με τα παρπάνω ισχύει: H 3 C CH Cl 2 - χλωρο -βουτένιο αλκοολικό διάλυμα + ΝαΟΗ H 3 C CH CH + NaCl + H βουτένιο γ. Στην 1 η στιβάδα υπάρχουν =1 ατομικά τροχιακά Στην 2 η στιβάδα υπάρχουν =3 ατομικά τροχιακά Στην 3 η στιβάδα υπάρχουν =5 ατομικά τροχιακά Στην 4 η στιβάδα υπάρχουν =7 ατομικά τροχιακά... Στην η στιβάδα υπάρχουν (-1)+2 ατομικά τροχιακά 2

3 Παρατηρούμε ότι το πλήθος των ατομικών τροχιακών σε στιβάδες αποτελεί αριθμητική πρόοδο με λόγο ω=2. Το άθροισμα των όρων μιας αριθμητικής προόδου δίνεται από τη σχέση: 2 1 ( 1) 21 ( 1) δ. Όσο μεγαλύτερη είναι η ατομική ακτίνα, τόσο μεγαλύτερη είναι και η μέση απόσταση του πιο μακρινού ηλεκτρονίου (με το μεγαλύτερο κύριο κβαντικό αριθμό) από τον πυρήνα. Αυτό έχει ως συνέπεια να ελαττώνεται η έλξη πυρήνα - ηλεκτρονίου με αποτέλεσμα να μειώνεται η ενέργεια ιοντισμού. ε. Εύρεση K b του ΗC - : K 14 w Ka Kb Kw Kb Kb K 4 b Ka Σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο (παράγραφος 3.3) οι ηλεκτρολύτες με σταθερές ιοντισμού -4 ως -15 είναι ασθενείς. Είναι προφανές λοιπόν πως η HC - είναι ασθενής βάση. 3

4 Β3. Με επίδραση αντιδραστηρίου Tolles θα αντιδράσει μόνο η βουτανάλη. Τη διαχωρίζω. Με επίδραση αμμωνιακού διαλύματος νιτρικού αργύρου (αντιδραστήριο Τοlles) αντιδρά μόνο η βουτανάλη. Στο δοχείο που την περιέχει θα συμβεί σχηματισμός κατόπτρου Ag. Τη διαχωρίζω. Αντίδραση που θα συμβεί: CH= + 2AgN 3 +3NH 3 +H 2 CNH 4 + 2Ag + 2NH 4 N 3 Με επίδραση ιωδίου και υδροξειδίου του νατρίου (αλογονοφορμική αντίδραση) θα παρατηρηθεί ο σχηματισμός του ιζήματος μόνο στο δοχείο που περιέχει τη βουτανόνη. Τη διαχωρίζω. Αντίδραση που θα συμβεί: C +3 I 2 + 4NaH CNa + CHI NaI + 3H 3 Με επίδραση Νa 2 C 3 θα αντιδράσει μόνο το βουτανικό οξύ. Στο δοχείο που το περιέχει θα παρατηρηθεί παραγωγή αέριου C 2. Το διαχωρίζω. Αντίδραση που θα συμβεί: 2 2 H 3 C CH + Na 2 C 3 H 3 C CNa +C 2 + H 2 Στο δοχείο που απομένει περιέχεται ο προπανικός μεθυλεστέρας. Φυσικά υπάρχουν κι άλλοι τρόποι διαχωρισμού. 4

β mol CH(H) 1 ο μέρος α/2 mol H και β/2 mol CH(H) 2 ο μέρος H και β/2 mol

5 Θέμα Γ Γ1. Α: CΞCH Ε: H 3 C C CH MgI Β: CH= Ζ: C Γ: CH(I) Λ: CΞCNa Δ: H 3 C CH MgI Μ: H 3 C C C CH Γ2. Έστω α mol της H και β mol CH(H). Διαχωρισμός αρχικού διαλύματος σε δύο ίσα μέρη: Αρχικό διάλυμα α mol H και β mol CH(H) 1 ο μέρος α/2 mol H και β/2 mol CH(H) 2 ο μέρος H και β/2 mol CH(H) 1 ο μέρος: Υπάρχουν α/2 mol H και β/2 mol CH(H). Αντιδρά μόνο η CH(H) : ((H) +4 I 2 + 6NaH CNa + CHI NaI + 5H 3 Προσδιορίζω τα mol του CHI 3 που παράγονται: 5

6 m 7,88 0,02 mol CHI 3. Mr 394 Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης βρίσκω το α: Το 1 mol CH(H) παράγει 1 mol CHI 3 Τα α/2 mol CH(H) παράγoυν 0,02 mol Αg 0, 02 0,04 mol CH3 CH(H) 2 1 Στο 1 ο μέρος αντέδρασαν συνεπώς α/2 =0,02 mol CH(H). 2 ο μέρος: Προσδιορίζω τα συνολικά mol του ΚM 4 που καταναλώθηκαν: C C V V , 016moL ΚM 4 Στο 2 ο μέρος περιέχονται α/2 = 0,02 mol CH(H) και β/2 mol H. Η οξείδωση της CH(H) είναι η: 5 (H) + 2KM 4 +3H 2 S 4 5 CH + 2MS 4 + K 2 S 4 +8H 2 Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης: Τα 5 mol CH(H) αντιδρούν με 2 mol KM 4 Τα α/2 =0,02 mol CH(H) αντιδρούν με x 2 mol KM 4 0,02 x2 2 x 0,008mol KM 4. 5 Τα υπόλοιπα mol του KM 4 αντέδρασαν με την H: = 0,016-0,004=0,008 mol KM 4. 6

7 Η οξείδωση της H είναι η: 5 H+ 4KM 4 +6H 2 S 4 5 CH + 4MS 4 + 2K 2 S 4 +11H 2 Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης: Τα 5 mol H αντιδρούν με 4 mol KM 4 Τα β/2mol H αντιδρούν με 0,008 mol KM 4 0, ,02mol 2 4 CH3 CH CH H. 2 2 Άρα στο αρχικό μίγμα υπήρχαν: 0,04 mol CH(H) και 0,02 mol H Θέμα Δ Δ1. Πριν την αραίωση: Ιοντισμός του ασθενούς οξέος CΗ στο Η 2 Ο : C/M CH + H 2 H 3 + (aq) + C - (aq) Αρχικά 0,1 0 0 Αντιδρούν x Παράγονται x x Ισορροπία 0,1- x x x Προσεγγίσεις 0,1 x x 7

8 Εφαρμογή της Κ a στην ισορροπία : [H ] [CH C ] x x Ka x [H 1 3 ] ph 3 [CH3CH] Μετά την αραίωση: Έστω C A η συγκέντρωση του CΗ μετά την αραίωση Το νέο ph αραιωμένο διάλυμα θα είναι αυξημένο κατά μια μονάδα: ph 31 4 Βρίσκω τη συγκέντρωση [Η 3 Ο + ] στο νέο διάλυμα: p H ] [H3 1 M Ιοντισμός του ασθενούς οξέος CΗ στο Η 2 Ο στο αραιωμένο διάλυμα : C/M CH + H 2 H 3 + (aq) + C - (aq) Αρχικά C Α 0 0 Αντιδρούν ψ Παράγονται ψ ψ Ισορροπία C Α - ψ ψ ψ Προσεγγίσεις C Α ψ = 4 ψ Εφαρμογή της Κ a στην ισορροπία : ' ' 3 C ' 5 [CH3CH] C [H ] [CH C ] Ka C Σύμφωνα ε το νόμο αραίωσης των διαλυμάτων ισχύει: C V C L 000mL 1 1 ' ' ' A A ' A VA CA VA VA V ' A 3 CA 8

9 Ο όγκος του νερού που προστέθηκε είναι: V V V V mL Η 2 Ο Δ2. ' A A Βρίσκω το βαθμό ιοντισμού πριν την αραίωση: x (Δ2 1) 1 C Βρίσκω τη συγκέντρωση του HCl μετά την ανάμειξη: 2 C C C 1 V 1 M Ιοντισμός του ισχυρού οξέος ΗCl: mol HCl + H 2 H 3 + (aq) + Cl - (aq) Αρχικά 0,1 Ιοντίζονται 0,1 Παράγονται 0,1 0,1 Τελικά 0 0,1 0,1 Ιοντισμός του ασθενούς οξέος CH στο Η 2 Ο: C/M CH + H 2 H 3 + (aq) + C - (aq) Αρχικά 0,1 0,1 Αντιδρούν δ Παράγονται δ δ Ισορροπία 0,1- δ 0,1+ δ δ Προσεγγίσεις 0,1 0,1 δ Εφαρμογή της Κ a στην ισορροπία και εύρεση του ρη: 9

10 [H ] [CH C ] Ka [CH3CH] Από το βαθμό ιοντισμού βρίσκω το δ: ' 1 (Δ2 2) 1 C Από τις σχέσεις (Δ2 1) και (Δ2 2) προκύπτει: Δ3. Βρίσκω τα mol των ουσιών πριν την αντίδραση στα αρχικά τους διαλύματα: CH: o o o ΝαΟΗ: mol NaH C V mol mol mol CH + NaH H 2 CNa + H 2 Αρχικά 0,01 β Αντιδρούν 0,01 0,01 Παράγονται 0,01 Τελικά 0 0 0,01 Από τη στοιχειομετρία της αντίδρασης προκύπτει: m Mr 2 0 B B m B Mr m 0 m 0 4, 4g Στο τελικό διάλυμα περιέχεται το άλας CNa που φέρει τη συζυγή του βάση CΗ. Συγκέντρωση του άλατος CNa στο διάλυμα: C V 2 1 CH3CNa CCH3CNa 1

11 Διάσταση του άλατος: C/M CNa H 2 Na + (aq) + C - (aq) Αρχικά 0,1 Διίστανται 0,1 Παράγονται 0,1 0,1 Τελικά 0 0,1 0,1 Με το Η 2 Ο αντιδρά μόνο το C - το οποίο είναι η συζυγής βάση του ασθενούς οξέος CΗ. Η αντίδραση της ασθενούς βάσης Α - είναι η: C/M + H 2 CH + H - C - Αρχικά 0,1 Αντιδρούν x Παράγονται x x Ισορροπία 0,1-x x x Προσεγγίσεις 0,1 x x Εύρεση K b του C - : K K K K K K 14 a b w w b Ka b 5 b K Εφαρμογή της Κ b στην ισορροπία και εύρεση ph: 9 [H ] [CH CH] x x Kb x [H ] M p H 1 [CH3C ] 5 ph 14 ph ph 9 Δ4. 11

12 1 1 2 Υ3: C V mol CNa ΗCl: C V 5 5 mol HCl Εξουδετέρωση : mol CNa + HCl H 2 CH + NaCl Αρχικά 0,01 0,005 Αντιδρούν 0,005 0,005 Παράγονται 0,005 Τελικά 0, ,005 Στο τελικό διάλυμα περιέχονται το ασθενές οξύ CΗ και το άλας CNa που φέρει τη συζυγή του βάση CΗ. Επειδή κατά την εκφώνηση ισχύουν οι προσεγγίσεις στα υδατικά διαλύματα των ασθενών ηλεκτρολυτών, τα συστατικά συνιστούν ρυθμιστικό διάλυμα. Συγκέντρωση του άλατος CNa στο διάλυμα: C 0,005 C 0,05 V CH3CNa CH3CNa 1 Διάσταση του άλατος: C/M CNa H 2 Na + (aq) + C - (aq) Αρχικά 0,05 Διίστανται 0,05 Παράγονται 0,05 0,05 Τελικά 0 0,05 0,05 Με το Η 2 Ο αντιδρά μόνο το C - οξέος CΗ. το οποίο είναι η συζυγής βάση του ασθενούς Βρίσκω τις συγκεντρώσεις του οξέος και της συζυγούς του βάσης στο ρυθμιστικό διάλυμα: C 0,005 C 0,05 V CH3CH CH3CH 1 12

13 C 0, 5 0 CH3C Εφαρμόζω τη σχέση των Hederso Hasselbalch των ρυθμιστικών διαλυμάτων: 5 K C έ 0, 05 5 [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] M C 0,05 ά Εύρεση ρη: 5 [H3 ] ph 5 13

Σχετικά έγγραφα

Πανελλήνιες Εξετάσεις Χημεία Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης Ημερήσιο: 2011 Επαναληπτικές

Πανελλήνιες Εξετάσεις Χημεία Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης Ημερήσιο: 20 Επαναληπτικές Θέμα ο Α. β Α2. α Α. γ Α4. α Α: α. Λ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ Θέμα B Β. + Na, H C - 2+ - Mg 2 N,, Β2. α Η πυκνότητα του