ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ

Transcript

1 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ ΙΟΥΝΙΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΧΗΜΕΙΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ Α A γ, Α β, Α β, Α4 γ Α5 α. Σχολικό σελ.. «Είναι αδύνατον να υπάρχουν στο ίδιο άτομο δυο ηλεκτρόνια με ίδια τετράδα κβαντικών αριθμών (, l, m l, m s ). Συνεπώς δεν μπορεί ένα τροχιακό να χωρέσει πάνω από δυο ηλεκτρόνια. β. Σχολικό σελ.. «Δείκτες οξέων βάσεων ή ηλεκτρολυτικοί ή πρωτολυτικοί δείκτες, είναι ουσίες των οποίων το χρώμα τους αλλάζει ανάλογα με το ph του διαλύματος στο οποίο προστίθενται.» ΘΕΜΑ Β Β α. N 7 O 8 s s p s s p 4 μονήρη μονήρη Na s s p 6 s μονήρες β. Ο ηλεκτρονιακός τύπος είναι: : Nα: O N O: Β α. Σωστό Η ηλεκτρονιακή δομή του Se 4 είναι: 4 Se : s s p 6 s p 6 d 0 4s 4p 4 και Κ, L8, M8, N6 Τα ηλεκτρόνια σθένους ενός ατόμου, είναι τα ηλεκτρόνια της εξωτερικής στιβάδας, δηλ τα ηλεκτρόνια της στιβάδας Ν όπου = 4. Είναι: 4s : = 4, l = 0, m l = 0, (m s = ±½) = 4, l =, m l = -, (m s = ± ½) 4p 4 = 4, l =, m l = 0, (m s = +½) = 4, l =, m l = +, (m s = +½) Συνεπώς υπάρχει ηλεκτρόνιο με = 4, l =, m l = 0 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

2 β. Λάθος Σχολικό σελ. 5. Η σωστή ηλεκτρονιακή δομή είναι: 6 Fe : s s p 6 s p 6 d 6 4s γ. Λάθος Το H SO 4 σε υδατικό του διάλυμα, είναι ισχυρό κατά το ο στάδιο ιοντισμού του, ενώ ιοντίζεται μερικώς κατά το ο στάδιο ιοντισμού του. Θα είναι: H SO 4 + H O HSO + H 4 O + ( ο στάδιο) 0, Μ 0, Μ 0, Μ HSO 4 + H O SO 4 + H O + Αρχ. (Μ) 0, 0, αντ/σχημ. (Μ) x x x Ι.Ι (Μ) 0, x x 0,+x Με x < 0,. Άρα [H O + ] = 0,+ x < 0, δ. Λάθος Η βάση στο διάλυμα έχει αποκαταστήσει την ισορροπία ιοντισμού της: Β + H O ΗΒ + + ΟΗ Με την προσθήκη της ισχυρής βάσης ΝαΟΗ, αυτή θα διασταθεί πλήρως: ΝαΟΗ H O Να + + ΟΗ Θα έχουμε δηλαδή αύξηση των ιόντων ΟΗ και συνεπώς θα γίνει επίδραση κοινού ιόντος στην ισορροπία της βάσης Β που θα την οδηγήσει προς τα αριστερά. Οπότε ο βαθμός ιοντισμού θα ελαττωθεί. Β α. CH CΗ=CH + HCl CH CH CH C β. CH CH Cl + ΗC CNa ΗC C CH CH + NaCl γ. CH CH=Ο + CuSO 4 + CH COONa + Cu O + Na SO 4 + H O δ. CH Cl + CH ONa CH O CH + NaCl ΘΕΜΑ Γ Γ Οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων είναι: Α: CH COONa Β: CH OΗ Γ: HCH=O Δ: CΗCl Ε: CΗ MgCl Z: CΗ CH OMgCl Θ: CΗ CH OΗ Γ Η αντίδραση οξείδωσης της αλκοόλης είναι: 5 CH CH CΗ ΚΜO4 H SO 4 5CH C CΗ ΜSO 4 K SO 4 8H O OH O 0,5 0,5 5 Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

3 Αντέδρασαν 5 0,5 = 0, ΚMO4. Θα είναι: C C 0, 0, = L Η αντίδραση θα είναι: CH CH CΗ Na CH OH CH CΗ ONa H 0, H m = m = 0,,4 H =,4 L H 0, = 0, ΘΕΜΑ Δ Δ Θα βρούμε τα των ΗΑ, ΝαΟΗ στα διαλύματα Υ και Υ. ΗΑ: C C 0,0 0, 0 ΝαΟΗ: C C 0,0 0, 0 ΗΑ + ΝαΟΗ ΝαΑ + Η Ο Αρχ. () αντ/σχημ. () τελ. () Το Υ έχει όγκο = = 0 ml και είναι ρυθμιστικό διάλυμα αφού περιέχεται το συζυγές ζεύγος ΗΑ ΝαΑ (οξέος βάσης) με συγκεντρώσεις:. 0 ΗΑ: C C Cοξ. M 0 0 NaA 0 ΝαΑ: C NaA C NaA Cβασ. M 0 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselbalch έχουμε: Cβασ ph = pk a + log 4 = pk a + log 0 pk a = 4 K a = 0-4 C οξ. 0 Δ Θα βρούμε τα των ΗΑ, ΝαΟΗ στα διαλύματα Υ και Υ. 4 ΗΑ: C C 0, 0, Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

4 ΝαΟΗ: C C 0, 0,0 0 ΗΑ + ΝαΟΗ ΝαΑ + Η Ο Αρχ. () αντ/σχημ. () τελ. () Tο Υ 4 θα έχει όγκο 4 = 8 + = 40 ml οπότε για τις συγκεντρώσεις θα έχουμε ΝαΟΗ: C C C 0 M NaA 8 0 ΝαΑ: CNaA CNaA 4,5 0 M Τα άλατα θα διασταθούν πλήρως στο διάλυμα: ΝαΟΗ H O Να + + ΟΗ Μ 0 - Μ 0 - Μ ΝαΑ H O Να + + Α - 4,50 - Μ 4,50 - Μ 4,50 - Μ Το ιόν Α - θα υδρολυθεί αφού προέρχεται από το ασθενές οξύ ΗΑ. Α - + Η Ο ΗΑ + ΟΗ- Αρχ. (M) 4, αντ/σχημ. (M) y y y y I.I. (M) 4,50 - y 4,50 - y y K K 0 4 W 0 a K b K W K b K 4 b 0 K a 0 Στο διάλυμα Υ 4 συνυπάρχουν η ισχυρή βάση ΝαΟΗ και η πολύ ασθενής (Κ b = 0-0 ) A -. Η βάση Α - είναι πολύ ασθενής, αλλά έχουμε και Ε.Κ.Ι στην ισορροπία της από τα ιόντα ΟΗ - της διάστασης της ισχυρής βάσης ΝαΟΗ. Οπότε μπορούμε να κάνουμε τις σχετικές προσεγγίσεις (αναφέρεται και στα δεδομένα της άσκησης). Δηλ. το ph του διαλύματος θα καθορίζεται όπως ήταν αναμενόμενο από την ισχυρή βάση. Οπότε η συγκέντρωση [ΟΗ - ] του διαλύματος θα είναι: [ΟΗ - ] ολ. = [ΟΗ - ] ΝαΟΗ. + [ΟΗ - ] - Α = y 0 - Μ. Άρα: ph + poh = 4 ph = 4 poh = 4 ( log0 - ) ph = 4 Δ. Έστω πως περιέχονται HB στα 60 ml του διαλύματος Υ 5. Όταν προσθέτουμε 0 ml διαλύματος Υ. Θα είναι: Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

5 C ΝαΟΗ C 0, 0,0 0 ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η Ο Αρχ. () 0 - αντ/σχημ. () τελ. () Το οξύ ΗΒ πρέπει να είναι σε περίσσεια ώστε το διάλυμα που θα προκύψει να είναι όξινο (ph = 4). Έτσι μας προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΗΒ ΝαΒ με όγκο = 80 ml. Οι συγκεντρώσεις θα είναι: HB 0 ΗΒ: CHB Cοξ. Cοξ. M 80 0 NaB 0 ΝαΒ: CNaB Cβασ. Cβασ. M 80 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselbalch έχουμε: 0 C βασ ph = pk a + log ph = pk a + log 80 0 Cοξ ph = pk a + log 0 () Όταν προσθέτουμε 50 ml διαλύματος Υ. Θα είναι: C C 0, 0, ΗΒ + ΝαΟΗ ΝαΒ + Η Ο Αρχ. () 50 - αντ/σχημ. () τελ. () Το οξύ ΗΒ πρέπει να είναι σε περίσσεια ώστε το διάλυμα που θα προκύψει να είναι όξινο (ph = 5). Έτσι μας προκύπτει ρυθμιστικό διάλυμα ΗΒ ΝαΒ με όγκο = 0 ml. Οι συγκεντρώσεις θα είναι: HB 5 0 ΗΒ: CHB Cοξ. Cοξ. M 0 0 NaB 5 0 ΝαΒ: C NaB Cβασ. Cβασ. M 0 0 Από την εξίσωση Hederso Hasselbalch έχουμε: 5 0 C ph = pk a + log βασ ph = pk a + log 0 0 Cοξ Με αφαίρεση κατά μέλη των σχέσεων έχουμε: 5 0 ph = pk a + log 5 0 () Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690

6 5 0 0 () () ph ph = pk a + log pk a log = log = ( 0 ) = ( 5 0 ) = = = 90 - = = 5 Οπότε από τη σχέση () παίρνουμε: 0 0 ph = pk a + log 4 = pk a + log 4 = pk a + log = logk a log 4 = log(k a ) log(k a ) = 4 log(k a ) = log0-4 K a = 0-4 K a = 50-5 Επιμέλεια απαντήσεων: Λογιώτης Σταύρος Οικονόμου Θανάσης Φυσικοί Φροντιστήριο Μ.Ε «ΕΠΙΛΟΓΗ» - Καλαμάτα Ιατροπούλου & Χρυσ. Παγώνη - Καλαμάτα τηλ.: & 9690