ΠΟΛΥΤΡΟΠΟ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ Απαντήσεις στα θέµατα πανελλαδικών στη Χηµεία, θετικής κατεύθυνσης Γ Λυκείου

Transcript

1 Θέµα Α Α 1 γ Α 2 β Α 3 β Α 4 γ ΠΟΛΥΤΡΟΠΟ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ Απαντήσεις στα θέµατα πανελλαδικών στη Χηµεία, θετικής κατεύθυνσης Γ Λυκείου Α 5 (α) Είναι αδύνατο στο ίδιο άτοµο να υπάρχουν δύο ηλεκτρόνια µε την ίδια τετράδα κβαντικών αριθµών. Συνεπώς δεν µπορεί σε ένα τροχιακό να χωρέσουν πάνω από 2 ηλεκτρόνια. (β) είκτες είναι ουσίες των οποίων το χρώµα αλλάζει ανάλογα µε το ph του διαλύµατος στο οποίο προστίθενται. Θέµα Β Β1. (α) 7 Ν 1s 2 2s 2 2p 3 8O 1s 2 2s 2 2p 4 11Na 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 Περισσότερα µονήρη e έχει το 7 Ν (β) 11Νa 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 αποβάλει 1e και µετατρέπεται σε κατιόν Νa +. Έτσι δηµιουργείται το ιόν ΝΟ 2. Ηλεκτρόνια σθένους ΝΟ 2 : =18 Άρα ηλεκτρονιακός τύπος της ένωσης ΝaΝO 2 είναι: [: Na : ].. + [: O N = O ] - ιοντικός δεσµός......

2 Β2. (α) Σωστό (α) 34 Se 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 4s 2 4p 4 Αφού το άτοµο του Se έχει 4 ηλεκτρόνια στην υποστιβάδα 4p (4p 4 ) θα έχουν n=4 και =1. Για =1 οι δυνατές τιµές του m =1, 0, -1 Ετσι υπάρχει ηλεκτρόνιο στο ένα από τρία τροχιακά της 4p, στο 4p z, µε τριάδα κβαντικών αριθµών (4, 1, 0) (β) Σωστό Σε κάθε περίοδο του Π.Π, ο ατοµικός αριθµός, άρα και το δραστικό πυρηνικό φορτίο των ατόµων, αυξάνεται από τα αριστερά προς τα δεξιά, άρα αυξάνεται και η πρώτη ενέργεια ιοντισµού του. Σε κάθε οµάδα του Π.Π. έχουµε αύξηση του πλήθους των κατειληµµένων στιβάδων άρα ελάττωση της ενέργειας ιοντισµού των ατόµων από πάνω προς τα κάτω του Π.Π. Αρα για τα τρία πρώτα στοιχεία βλέπουµε αύξηση της πρώτης ενέργειας ιοντισµού και το τελευταίο έχει τη µικρότερη ενέργεια ιοντισµού από όλα, εποµένως αυτό µπορεί να έχει µια επιπλέον κατειληµµένη στιβάδα, άρα θα ανήκει στην επόµενη περίοδο από τα προηγούµενα τρία. (γ) Λάθος Το Η 2 SΟ 4 είναι ένα διπρωτικό οξύ που ιοντίζεται σε δύο στάδια. Στο 1 ο ιοντίζεται πλήρως, ενώ στο 2 ο εν µέρει: Η 2 SO 4 + H 2 O HSO H 3 O + 1 ο στάδιο 0,1Μ ;0,1Μ ;0,1Μ ΗSO H 2 O SO H 3 O + 2 ο στάδιο Ioν. Παρ. xm ;xm ;xm Όπου x<0,1 Στο διάλυµα αυτό η [Η 3 Ο + ]=0,1+x<0,1+0,1, άρα [Η 3 Ο + ]<0,2Μ (δ) Λάθος Η µονοπρωτική βάση Β ιοντίζεται: Β + Η 2 Ο ΒΗ + +ΟΗ - 1 η Προσθέτοντας ΝaΟΗ, αυτό διίσταται: ΝaΟΗ Νa + + ΟΗ - Λόγω επίδρασης κοινού ιόντος (ΟΗ - ) η 1 η ιοντική ισορροπία µετατοπίζεται προς αριστερά, άρα η βάση Β ιοντίζεται λιγότερο, άρα ο βαθµός ιοντισµού της ελαττώνεται.

3 Β3. Οι τέσσερις ενώσεις είναι: CH 3 CH 2 CH 2 CH=O, CH 3 CH 2 CΟCH 3, CH 3 CH 2 CH 2 COOH και CH 3 CH 2 CHCH 3 Σε ένα µέρος από το κάθε δοχείο προσθέτω ποσότητα Νa. Σε δύο δοχεία (έστω 1 και 2 ) εκλύεται αέριο (Η 2 ), διότι και οι αλκοόλες (ROH) και τα οργανικά οξέα (RCOOH) αντιδρούν µε Νa. Στα δοχεία αυτά θα περιέχονται οι ενώσεις CH 3 CH 2 CH 2 COOH και CH 3 CH 2 CΗCH 3 (όχι αντίστοιχα). H Στη συνέχεια σε µέρος από τα δύο δοχεία αυτά προσθέτουµε αλκαλικό διάλυµα Ι 2. Σε O όποιο δοχείο δηµιουργηθεί κίτρινο ίζηµα (CHI 3 ) θα περιέχει την CH 3 CH 2 CHCH 3 ενώ το άλλο δοχείο θα περιέχει CH 3 CH 2 CH 2 COOH. Στα άλλα δύο δοχεία ( 3 και 4 ) θα περιέχονται οι ενώσεις CH 3 CH 2 CH 2 CH=O και CH 3 CH 2 CΟCH 3. Σε µέρος αυτών προσθέτω αλκαλικό διάλυµα Ι 2. Όπου δηµιουργηθεί ίζηµα θα περιέχεται η CH 3 CH 2 CΟCH 3 ενώ στο εναποµένον δοχείο θα περιέχεται η CH 3 CH 2 CH 2 CH=O. O O H H Θέµα Γ Γ1. Η ένωση (Α) µε µοριακό τύπο C 5 H O 2 ειναι ή κορεσµένο µονοκαρβοξυλικό οξύ (RCOOH) ή εστέρας (RCOOR ) Είναι όµως εστέρας, διότι τα οξέα αντιδρούν µε βάσεις, αλλά δίνουν µόνο µία οργανική ένωση: RCOOH + NaOH RCOONa + H 2 O Άρα η (Α) είναι εστέρας µε γενικό τύπο C ν Η 2ν+1 COOC µ Η 2µ+1 µε ν 0, µ 1 και ν+µ+1=5 ή ν+µ=4 (1). Ο εστέρας αντιδρά µε NaOH: C ν Η 2ν+1 COOC µ Η 2µ+1 + ΝaOH C ν Η 2ν+1 COONa + C µ Η 2µ+1 OH (A) H ένωση (Γ) είναι η αλκοόλη C µ Η 2µ+1 OH. εν µπορεί να είναι το αλάτι C ν Η 2ν+1 COONa διότι και αν ακόµα αυτό ήταν το HCOONa, µε οξείδωσή του παράγεται CO 2 που δεν αντιδρά µε Cl 2 /NaOH. H (Γ) οξειδώνεται µε όξινο διάλυµα KMnO 4 δίνοντας ένωση ( ) που δίνει την αλογονοφορµική. Άρα η (Γ) είναι της µορφής: CH 3 CH C κ Η 2κ+1, κ 0 ΟΗ και κ+2=µ (2)

4 Η (Γ) µε αλογονοφορµική δίνει τις ενώσεις CHCl 3 και C κ Η 2κ+1 COONa. Όµως η ένωση C κ Η 2κ+1 COONa είναι η Β δηλαδή C ν Η 2ν+1 COONa. Άρα ν=κ Από τη (2): ν+2=µ και από (1) ν+µ=4. Άρα ν=1 και µ=3. Εποµένως οι συντακτικοί τύποι των ενώσεων είναι: (Α): CH 3 COOCHCH 3 CH 3 (B): CH 3 COONa (Γ): CH 3 CHCH 3 OH ( ): CH 3 COCH 3 (Ε): CHCl 3 Χηµικές εξισώσεις: CH 3 COOCHCH 3 + NaOH CH 3 COONa + CH 3 CHCH 3 CH 3 OH 5 CH 3 CHCH 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 5CH 3 COCH 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 +8H 2 O OH CH 3 CHCH 3 + Cl 2 CH 3 COCH 3 + 2HCl OH CH 3 COCH 3 + 3Cl 2 CH 3 COCCl 3 + 3HCl CH 3 COCCl 3 + NaOH CH 3 COONa + CHCl 3 5HCl + 5NaOH 5NaCl + 5H 2 O CH 3 CHCH 3 + 4Cl 2 + 6NaOH CH 3 COONa + CHCl 3 + 5NaCl + 5H 2 O OH Γ2. Η CH 3 CH 2 OH είναι πρωτοταγής αλκοόλη. Εποµένως µπορεί να οξειδωθεί είτε προς αλδεΰδη είτε προς οξύ. Αφού οξειδώνεται δίνοντας δύο οργανικές ενώσεις, ένα µέρος της CH 3 CH 2 OH, έστω xmol οξειδώνεται προς αλδεΰδη και το υπόλοιπο έστω ψ mol οξειδώνεται προς οξύ, σύµφωνα µε τις χηµικές εξισώσεις: 3CH 3 CH 2 OH + K 2 Cr 2 O 7 +4H 2 SO 4 3CH 3 CH=O+Cr 2 (SO 4 ) 3 +K 2 SO 4 +7H 2 O xmol ;x/3 mol ;xmol (A)

5 3CH 3 CH 2 OH + 2K 2 Cr 2 O 7 +8H 2 SO 4 3CH 3 COOH+2Cr 2 (SO 4 ) 3 +2K 2 SO 4 +11H 2 O ψmol ;ψ/3 mol ;ψmol (B) Η ένωση (Α) είναι η CH 3 CH=O, αφού αντιδρά µε Fehling: CH 3 CH=O+2CuSO 4 +5NaOH CH 3 COONa+Cu 2 O +2Na 2 SO 4 +3H 2 O xmol Η µάζα του ιζήµατος είναι 28,6g. Για το Cu 2 O Mr=2.63,5+16=143 28, 6 Άρα x= 143 =>x=0,2mol ;xmol H ένωση (Β) είναι το CH 3 COOH και εξουδετερώνεται µε NaOH, σύµφωνα µε τη χηµική εξίσωση: CH 3 COOH + NaOH CH 3 COONa + H 2 O ψmol ;ψmol mol Η ποσότητα του ΝaOH που καταναλώθηκε είναι 1.0,2L=0,2mol, άρα ψ=0,2mol L Aπό την 1 η και 2 η χηµική εξίσωση παρατηρούµε ότι αντιδρούν συνολικά x 2ψ 0,2 2.0,2 0,6 + = + = mol=0,2 mol K 2 Cr 2 O Εποµένως c= n V n 0,2mol => V = = c 0,1 mol, άρα V=2L L Θέµα mol 1. Στα 20mL του Y 1 περιέχονται 0,1.0,02L= -3 mol HA L mol Στα ml του Υ 2 περιέχονται 0,1.0,01L= -3 mol ΝaOH L Αναµιγνύοντας τα διαλύµατα αυτά πραγµατοποιείται η αντίδραση: ΗΑ + ΝaOH NaA + H 2 O Αντ. Παρ. -3 mol -3 mol -3 mol όπου αντιδρά όλο το NaOH. Έτσι στο Υ 3 διάλυµα θα υπάρχουν: = -3 mol ΗΑ (περίσσεια) και -3 mol NaA 1 Αυτά έχουν συγκεντρώσεις: M = M σε ΗΑ και M Tο Υ 3 είναι ρυθµιστικό διάλυµα: ΗΑ (οξύ) και Α - (συζυγής βάση) = 1 M 30 σε NaA

6 c Αφού ph=pka+log c β oξ => 4=pKa+log 1 30 => pka=4=> Ka(HA)= Στα 18mL του Υ 1 περιέχονται 0,1.0,018=1,8. -3 mol HA Στα 22mL του Υ 2 περιέχονται 0,1.0,022=2, -3 mol NaOH Πάλι πραγµατοποιείται η αντίδραση: ΗΑ + ΝaOH NaA + H 2 O Αντ. Παρ. 1,8. -3 mol 1,8. -3 mol 1,8. -3 mol Τώρα αντιδρά όλο το ΗΑ. Έτσι στο τελικό διάλυµα θα υπάρχουν: 2, -3-1,8. -3 =0,4. -3 mol NaOH και 1,8. -3 mol NaA Tο διάλυµα Υ 4 έχει όγκο 18+22=40mL Έτσι αυτές οι ουσίες θα έχουν συγκεντρώσεις: 0,4. = -2 1,8. Μ NaOH και Στο διάλυµα Υ 4 αυτές διίστανται: ΝaOH Na + + OH - -2 Μ ; -2 Μ ; -2 Μ ΝaA Na + + A - 1 η 1, 8 = Μ NaA 40 1,8 1, 8 1, 8 M ; M ; M Όµως το Α - συµπεριφέρεται ως ασθενής βάση διότι είναι η συζυγής βάση του ασθενούς οξέος ΗA. Εποµένως αντιδρά µε το Η 2 Ο: Α - + Η 2 Ο ΗΑ + ΟΗ - Αντ. Παρ. ωμ ;ωμ ;ωμ Στο διάλυµα αυτό έχουµε: [Α - 1, 8 ]= 40 - ω, [ΗΑ]=ω και [ΟΗ - ]= -2 + ω Όµως Κ b (A - 14 K w )= = 4 = K a HA - Λόγω επίδρασης κοινού ιόντος και επειδή K b (A - ) είναι πολύ µικρή θα ισχύει: ω<< -2 άρα [ΟΗ - ]= -2 + ω -2 Μ Άρα poh=2 και ph= α) Στα 60mL του Υ 5 περιέχονται 0,06c mol HB, όπου c η άγνωστη συγκέντρωση του ΗΒ στο Υ 5.

7 Στα 20mL του διαλύµατος Υ 2 περιέχονται 0,1.0,02= -3 mol NaOH. Όταν στο διάλυµα ΗΒ προσθέτουµε ΝaOH πραγµατοποιείται η αντίδραση: ΗΒ + ΝaOH NaB + H 2 O Στην ογκοµέτρηση έχουµε τρεις πιθανές εκδοχές: 1 η. Να περισσέψει ΗΒ. Τότε στο τελικό διάλυµα θα έχουµε ΗΒ και NaB. 2 η. Να εξουδετερωθούν πλήρως (ισοδύναµο σηµείο). Τότε στο διάλυµα έχω µόνο NaB. 3 η. Να περισσέψει NaOH οπότε στο τελικό διάλυµα θα έχω ΝaB και NaOH. Έστω ότι σε κάποια ογκοµέτρηση έχουµε τη 2 η περίπτωση. Τότε στο τελικό διάλυµα: NaB Νa + + B - Το Β - (συζυγής βάση του ΗΒ) αντιδρά µε νερό: Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ - δηµιουργώντας βασικό διάλυµα. Και στην 3 η περίπτωση το διάλυµα θα είναι ακόµα πιο βασικό. Άρα και στις δύο ογκοµετρήσεις έχουµε την 1 η περίπτωση διότι ph=4 και ph=5 αντίστοιχα. 1 η ογκοµέτρηση ΗΒ + ΝaOH NaB + H 2 O Αντ. Παρ. -3 mol -3 mol -3 mol Στο τελικό διάλυµα θα υπάρχουν (0,06c- -3 )mol HB και -3 mol NaB Ο όγκος αυτού είναι 60+20=80mL. Άρα αυτά έχουν συγκεντρώσεις: (0,06c 0,08 Το διάλυµα αυτό είναι ρυθµιστικό, άρα: c ph=pka(ηβ)+log c β oξ 0,08 => 4=pKa(ΗΒ)+log 0,06c 0,08 ) M σε ΗΒ και => 0,08 M σε NaB. pka(ηβ)=4-log 0,06c (3) 2 η ογκοµέτρηση Όταν στα 60mL διαλύµατος ΗΑ προσθέσω 50mL διαλύµατος Υ 2 τότε: Στο Υ 2 περιέχονται 0,1.0,05=5. -3 mol NaOH Πάλι αντιδρά όλο το NaOH.

8 ΗΒ + ΝaOH NaB + H 2 O Αντ. Παρ mol mol mol Άρα στο τελικό διάλυµα θα έχω (0,06c )mol HB και mol NaB. Το διάλυµα αυτό έχει όγκο: 50+60=1mL και είναι ρυθµιστικό άρα: c ph=pka(ηβ)+log c β oξ 5. 0,11 => 5=pKa(ΗΒ)+log 0,06c 5. 0,11 => 5. pka(ηβ)=5-log 0,06c 5. Από τις (3) και (4) έχουµε: (4) 4-log 0,06c 5. =5-log 0,06c => log 0,06c 5. -log 0,06c =1 5. 0,06c 5. 5.(0,06c ) => = => = => 0,06c- -3 =0,24c => 2(0,06c 5. ) 0,06c 0,18c= =>c=0,1m Aπό (3) έχω: pka(ηβ)=4-log 0,06.0,1 =4-log ½ =-log -4 - log ½=-log(½. -4 ) Άρα Ka(ΗΒ)= 4 2 β) Στα 60mL του διαλύµατος ΗΒ που βρήκαµε ότι έχει συγκέντρωση 0,1Μ περιέχονται 0,06.0,1=6. -3 mol HB Στο ισοδύναµο σηµείο έχω πλήρη εξουδετέρωση: Άρα n HB =n NaOH ΗΒ + ΝaOH NaB + H 2 O Αλλά n NaOH =c.v ή c.v=6. -3 =>V= 6. =6. -2 L 0,1 ηλαδή πρέπει να προσθέσω 60mL διαλύµατος NaOH 0,1M µέχρι το ισοδύναµο σηµείο που έχω πλήρη αντίδραση: ΗΒ + ΝaOH NaB + H 2 O Αντ. Παρ mol mol mol Στο τελικό διάλυµα υπάρχουν mol NaB. Ο όγκος του τελικού διαλύµατος είναι 60+60=120mL ή 0,12L.

9 6. mol Στο διάλυµα αυτό το NaB έχει συγκέντρωση: = 0,12L 2 Το NaB διίσταται: ΝaB Na + + B - 1 M 1 2 M 1 2 M Όπου Β - + Η 2 Ο ΗΒ + ΟΗ - xm xm xm [HB].[OH ] K b (B - )= [B ] (5) K όπου K b (B - w )= = K a HB = - Και [HB]=xM, [OH - ]=xm, [B - ]= 1 - x Από την (5): - x.x. = 1 2 =>x 2 = -11 => x= -5,5 M=[OH - ] => poh=5,5 και ph=8,5 Σχόλιο Τα θέµατα της Χηµείας Γ Λυκείου Ήταν σαφή. Ήταν διαβαθµισµένα. Κάλυπταν σχεδόν όλη την ύλη. Οι ασκήσεις είχαν πολύ καλά αριθµητικά δεδοµένα. Ήταν απαιτητικά, χωρίς παγίδες. Ήταν θέµατα που πρέπει κάποιος υποψήφιος να κατέχει καλώς, ώστε να ανταποκριθεί στις απαιτήσεις µιας καλής σχολής. Ήταν θέµατα που ενισχύουν το θεσµό, το κύρος της ΚΕΕ και την αντικειµενική αξιολόγηση των υποψηφίων.

10